temas EDO

17/1/2021
Tema 1: Introducción a las ecuaciones diferenciales
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1.1. Ecuaciones diferenciales: conceptos básicos | Tema 1: Introducción a las ecuaciones diferenciales
1.1. Ecuaciones diferenciales: conceptos básicos
Supongamos que:
y
2
= sen (x)
derivando respecto a x se tiene:
′
y
= 2sen (x) . cos (x)
′′
y
= 2cos
2
′′
y
2
(x) − 2sen
2
= 2(1 − 2sen
y reemplazando y
(x)
(x))
2
= sen
(x)
, se obtiene la ecuación: y
′′
= 2(1 − 2y)
′′
es decir: y + 4y = 2
que es una ecuación que relaciona la variable dependiente o función incógnita y sus
derivadas con la variable independiente x.
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1.1.1. Definición | Tema 1: Introducción a las ecuaciones diferenciales
1.1.1. Definición
Una ecuación que contiene (o relaciona) las derivadas de una o más variables
dependientes con respecto a una o más variables independientes se denomina
ecuación diferencial (E.D).
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1.1.2. Clasificación | Tema 1: Introducción a las ecuaciones diferenciales
1.1.2. Clasificación
Si la función incógnita y es función de una sola variable independiente x, es decir, si la
ecuación diferencial relaciona una variable dependiente y sus derivadas con una sola
variable independiente recibe el nombre de ecuación diferencial ordinaria (E.D.O).
Ejemplos
Si la función incógnita es función de varias variables, es decir, si la ecuación diferencial
relaciona una o más variables dependientes con una o más variables independientes y
sus derivadas, se denomina ecuación diferencial parcial (E.D.P).
Ejemplos
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1.1.2. Clasificación | Tema 1: Introducción a las ecuaciones diferenciales
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1.1.3. Origen de las E.D (modelos matemáticos) | Tema 1: Introducción a las ecuaciones diferenciales
1.1.3. Origen de las E.D (modelos matemáticos)
Existen muchos fenómenos que se presentan en la naturaleza o son provocados por el
hombre y que se pueden describir mediante ecuaciones diferenciales. Ejemplos de estos
fenómenos son:
Ecuación que rige la cantidad de corriente I en un circuito simple RL:
′
LI (t) + RI (t) = E(t)
donde: L = condensador
E = fuerza electromotriz
R = resistencia
La razón de desintegración de material radioactivo:
dy
dt
= ky
donde: y = cantidad de material radioactivo
k = constante de proporcionalidad
t = tiempo
Ley de Newton de enfriamiento:
donde:
dt
= k(T
− T m)
T = temperatura de un cuerpo
Tm = temperatura del medio ambiente
k = constante de proporcionalidad
t = tiempo
Vaciado de un tanque:
donde:
dT
dV
dt
−
−
−
= −Ao √2gh
V = volumen de agua contenida en el tanque
Ao = área transversal del agujero de salida de agua
h = altura de agua en el tanque
t = tiempo
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1.1.3. Origen de las E.D (modelos matemáticos) | Tema 1: Introducción a las ecuaciones diferenciales
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1.2. Ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden | Tema 1: Introducción a las ecuaciones diferenciales
1.2. Ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden
1.2.1. Definición
1.2.2. Solución de una E.D.O
1.2.3. Clasificación de las E.D.O
1.2.4. Tipos de solución
1.2.5. Ecuación diferencial de una familia de curvas
1.2.6. Problemas con condición inicial
1.2.7. Teorema de existencia y unicidad
1.2.8. Campo de direcciones
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1.2.1. Definición | Tema 1: Introducción a las ecuaciones diferenciales
1.2.1. Definición
Una ecuación de la forma: F (x,
donde,
y
= ϕ(x)
′
y, y ,
…, y
(n)
)
=
0
es la función incógnita, se llama ecuación diferencial ordinaria de
orden n. (E.D.O). Cualquier función
que transforme la E.D.O en una
identidad, se llama solución o integral de la E.D.O y la gráfica de dicha función se llama
curva integral o familia de curvas o arco integral.
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1.2.2. Solución de una E.D.O | Tema 1: Introducción a las ecuaciones diferenciales
1.2.2. Solución de una E.D.O
Dada una EDO de orden n, entendemos por solución o integral de la ecuación, sobre
un intervalo α<x<β la función
satisfagan la ecuación:
(n)
ϕ
′
tal que existan
ϕ(x)
′′
(n−1)
(x) = f (x, ϕ (x), ϕ (x), … , ϕ
′
′′
(n)
ϕ (x), ϕ (x), … , ϕ
(x); ∀x ∈ (α, β)
(x)
y
y
Ejemplos
Verificar que la función y
= ϕ (x)
es solución de la E.D.O dada.
Ejemplo 1
y
′
+ y
Si
y
=
=
x;
e
y
−x
=
e
−x
+ x − 1
+ x − 1
′
derivando se tiene que:
y
=
− e
−x
+ 1
Reemplazando en la ecuación diferencial dada:
−e
−x
+ 1 + e
−x
es decir, se cumple
ecuación.
+ x − 1 = x
∀ x
∈
⇒
x = x
, por lo tanto,
R
y
=
e
−x
+ x − 1,
sí es solución de la
Ejemplo 2
Si
y
=
e
−x
+ x − 1
′
derivando se tiene que:
y
=
− e
−x
+ 1
Reemplazando en la ecuación diferencial dada:
−e
−x
+ 1+e
−x
+x −1 = x
es decir, se cumple
ecuación.
∀ x
∈
R
⇒
x = x
, por lo tanto
y
=
e
−x
+ x − 1,
sí es solución de la
Ejemplo 3
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1.2.2. Solución de una E.D.O | Tema 1: Introducción a las ecuaciones diferenciales
′′′
y
′
+ 2y − 3y = 0;
a) Si y1
=
e
−3x
y
− 3e
−27e
e − 3x ≠ 0
⇒
Entonces y1
= e
e
= e
−3x
;
y
=
9e
2
= e
x
,
=
Reemplazando:
=
1
′
derivando:
b) Si y2
y
−3x
−3x
′′
;
⇒
y
+ 2 (−3e
−3x
−3x
′′′
:
) − 3 (e
⇒
−3x
y
) = 0 :
= −27e
⇒
−3x
− 36e
−3x
= 0
− 36 = 0
−3x
no es solución.
x
derivando se tiene que:
y
′
2
= y
′′
2
= y
′′′
2
= e
x
Reemplazando en la ecuación diferencial dada:
e
x
+ 2 e
x
− 3 e
x
=
es decir, se cumple ∀ x
0
⇒
∈ R ,
0
=
0
; → Identidad
por lo tanto, sí es solución.
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1.2.3. Clasificación de las E.D.O | Tema 1: Introducción a las ecuaciones diferenciales
1.2.3. Clasificación de las E.D.O
Se dice que una E.D.O es de orden n, si la máxima derivada de la función incógnita
y=ϕ(x) en esa ecuación es la n- esima derivada de y.
Las E.D.O se clasifican, por su orden, en ecuaciones de:
1.er orden, si su máxima derivada es y'
2.o orden, si su máxima derivada es y''
3.er orden (orden 3), si su máxima derivada es y'''
Orden n, si su máxima derivada es y(n)
El grado de una E.D.O es el grado algebraico de la derivada de más alto orden en la
ecuación diferencial, es decir, es el exponente de la derivada de más alto orden.
Ejemplos
Se dice que la EDO F ( x,
′
y, y ,
…, y
′
′′
(n)
)
=
de orden n es lineal, si F es una
0
función lineal en las variables y, y , y , … , y , es decir, una ecuación diferencial
ordinaria lineal (E.D.O.L o E.D.L). En su forma más general se escribe como:
a0 (x) y
(n)
+ a1 (x) y
(n−1)
(n)
′
+ ⋯ + an−1 (x) y
+ an (x) y
=
g(x)
Aquellas ecuaciones diferenciales ordinarias que no tienen esta forma general se
denominan ecuaciones diferenciales no lineales (E.D.N.L).
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1.2.3. Clasificación de las E.D.O | Tema 1: Introducción a las ecuaciones diferenciales
Ejemplos
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1.2.4. Tipos de solución | Tema 1: Introducción a las ecuaciones diferenciales
1.2.4. Tipos de solución
Cada una de las siguientes funciones:
y
=
sen (x) ;
y
=
sen (x) + 2π;
es solución de la ecuación diferencial:
y
y
′
=
=
sen (x) +
π
4
cos(x)
entonces, toda solución de esta ecuación es de la forma y
=
sen(x) + c
en donde c es la constante arbitraria de integración.
Una ecuación diferencial puede tener más de una solución, incluso infinidad de
soluciones representadas en una sola fórmula que contiene una constante arbitraria c. A
esta solución se le llama solución general. Si se le asigna un valor definido a esa
constante c, reemplazando en la solución general las condiciones iniciales dadas, la
solución obtenida se llama solución particular.
Es costumbre llamar una solución singular a cualquier solución de una E.D.O que no
pueda obtenerse de la solución general mediante la selección de una constante
arbitraria. Es una solución no usual que aparece ocasionalmente en problemas de
ecuaciones diferenciales no lineales.
Las soluciones se clasifican en:
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1.2.4. Tipos de solución | Tema 1: Introducción a las ecuaciones diferenciales
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1.2.5. Ecuación diferencial de una familia de curvas | Tema 1: Introducción a las ecuaciones diferenciales
1.2.5. Ecuación diferencial de una familia de curvas
Al resolver ecuaciones diferenciales se obtiene una solución general que representa una
familia de curvas. Ahora el problema inverso es encontrar la ecuación diferencial de una
familia de curvas planas que dependen de un parámetro real λ.
Supongamos que las curva C(λ) están definidas por su ecuación cartesiana:
F (x, y, λ ) =
0
(1)
derivando en forma implícita F (x, y,
∂ F (x, y, λ)
′
λ) = 0
, con respecto a x se tiene:
∂ F (x, y, λ)
+ y
= 0
∂x
(2)
∂y
eliminando el parámetro λ entre (1) y (2) se obtiene una relación en y' de la forma
, que no depende de λ y es la ecuación diferencial de la familia de curvas
C(λ).
Procedimiento
En general se trata de escribir la función F (x, y, λ ) = 0
en la forma:
, con lo cual, al derivar respecto a x, se elimina la constante λ y se tiene:
∂ g(x, y)
g(x, y) = λ
∂ g(x, y)
′
+ y
= 0
∂x
∂y
Ejemplo
La familia de círculos concéntricos sobre la recta y = x, y que pasa por el origen tiene
como ecuación:
(x − λ)
2
+ (y − λ)
Despejando λ:
Es decir:
x
x
2
2
2
=
2
2 λ
2
− 2λ x + λ
+ y
2
+ y
2
2
− 2 λ y + λ
=
2
2 λ
− 2 λ (x + y) = 0
2λ (x + y) = x
2
+ y
2
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1.2.5. Ecuación diferencial de una familia de curvas | Tema 1: Introducción a las ecuaciones diferenciales
2
2λ =
x + y
2
x+y
′
derivando respecto a x:
0 =
′
2
2x+2yy (x+y)−(1−y )(x + y
(x+y)
2
)
2
finalmente, la ecuación diferencial de la familia de curvas
es:
2
y
′
=
x +2xy−y
2
2
x −2xy− y
2
Ejemplo
Determinar la ecuación diferencial de la familia de curvas cuya ecuación cartesiana
es:
x
2
− y
2
+ 2 λ x
Despejando λ: 2λ
=
=
y
0
2
− x
2
x
′
(2yy −2x)x−(y
derivando respecto a x: 0
=
x
2
2
−x )
2
la ecuación diferencial de la familia de curvas es: y ′
2
=
x +y
2
2xy
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1.2.6. Problemas con condición inicial | Tema 1: Introducción a las ecuaciones diferenciales
1.2.6. Problemas con condición inicial
Muy frecuente, especialmente en problemas de aplicación, una ecuación diferencial se resuelve
sujeta a condiciones dadas que la función incógnita y debe satisfacer.
Definición
Un problema de valor inicial (P.V.I) o problema de Cauchy es un problema que busca
determinar una solución a una E.D sujeta a condiciones sobre la función incógnita y sus
derivadas, especificadas en un único valor de la variable independiente. Dichas condiciones
reciben el nombre de condiciones iniciales (c.i), y se dice que se tiene un problema de valores
iniciales para la E.D.O dada.
Ejemplo
Dada la ecuación
′
y
= 3x,
Integrando se obtiene la solución general:
3
y =
2
2
x
+ c
aplicando condiciones iniciales, y(0)
3
y (0) =
2
2
(0)
= 2
,
+ c = 2; ⇒ c = 2
por lo tanto, la solución particular es:
y =
3
2
2
x
+ 2
Ejemplo
Dado el problema con valores iniciales:
′′
y
′
− 2y
+ y = sen (x) ,
PV I = {
′
s. a :
y (0) =
− 1; y (0) = 1
La solución general es: y (x) = c1
x
e
aplicando las condiciones iniciales: si
se tiene la solución particular:
x
+ c2 x e
x = 0,
y (x) = −
3
2
+
1
2
y =
x
e
+
cos (x)
− 1;
5
2
x
x e
y
′
+
= 1
1
2
cos (x)
Observación
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1.2.6. Problemas con condición inicial | Tema 1: Introducción a las ecuaciones diferenciales
A menudo cuando se resuelve una E.D la solución se determina mediante una relación de la
forma,
g(x, y) = 0
. Estas expresiones se denominan soluciones implícitas (definen en
forma implícita las soluciones explícitas).
Las soluciones se pueden presentar como:
Cada vez que se formule un problema de valor inicial, se deben hacer tres preguntas: existencia,
unicidad y método (determinación) de la solución.
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1.2.7. Teorema de existencia y unicidad | Tema 1: Introducción a las ecuaciones diferenciales
1.2.7. Teorema de existencia y unicidad
¿Cómo sabemos si existen soluciones de una ecuación diferencial? Si no hay
soluciones, ¿para qué buscarlas? y si sabemos que la ecuación dada tiene solución,
¿cómo debemos obtenerla?
Consideremos un ejemplo sencillo que nos ayudará a clarificar estas ideas.
La solución de la ecuación algebraica: 3x5
x que hace que se verifique la igualdad.
Si
evaluamos
3(1)
5
− 2(1)
3
la
ecuación
+ 10 (1) + 1
− 2x
dada
3
en
+ 10x + 1
x
=
=
1
0
, es un valor de
se
tiene
que:
= 12
5
y si la evaluamos en x = -1 se tiene: 3(−1)
3
− 2(−1)
+ 10(−1) + 1
= −10
como los polinomios son funciones continuas: si en x=1 el polinomio toma un valor
positivo y en x=-1 un valor negativo, debe haber un punto entre -1 y 1 en el que el
polinomio vale cero. Por lo tanto, comprobamos la existencia de por lo menos un valor de
x para el que la expresión 3x5 − 2x3 + 10x + 1 vale cero, es decir, probamos que la
ecuación tiene al menos una solución en el intervalo (-1, 1).
Con las ecuaciones diferenciales sucede algo parecido. Si tenemos el problema de
condiciones iniciales
′
y
(x) =
f (x, y) ,
y(x0 )
= y0
es posible que podamos saber si la ecuación tiene solución, pero sin saber cómo
calcular dicha solución. El siguiente teorema nos sirve para saber dónde se puede
garantizar la existencia y unicidad de las soluciones, bajo determinadas condiciones
iniciales.
Teorema
Dada la ecuación diferencial
i.
ii.
′
f (x, y, y ,
∂
∂y
…, y
…,
(n)
(n−1)
′
f (x, y, y ,
y
y
)
′
= f (x, y, y ,
x0
, es decir, y(x0 )
(n−1)
= y0
(n−1)
)
, si
es real, finita y continua en
)
es real, finita y continua en
Entonces existe una y solo una solución
x =
…, y
y = ϕ (x) ∈
R
tal que
y = y0
cuando
que satisface las condiciones iniciales.
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1.2.7. Teorema de existencia y unicidad | Tema 1: Introducción a las ecuaciones diferenciales
Observación
Este teorema da las condiciones suficientes para la existencia y unicidad de una
solución, es decir, si las condiciones se cumplen, la existencia y unicidad están
aseguradas.
Ejemplos
Use el teorema de existencia y unicidad, para determinar si existen soluciones únicas.
a)
′
y
= 3x + 2y
{
c. i : y (1) = 4
f (x, y) = 3x + 2y
∂f (x,y)
f (1, 4) = 11
, finita, continua en R
finita, continua en R
= 2 ,
∂y
⇒
Entonces está asegurada existencia y unicidad
b)
′
y
=
{
1
√xy
c. i : y (1) = 0
o f (x, y)
1
=
⇒
√xy
f (1, 0) =
1
0
,
⇒
no existe solución en (1,0)
c)
′
{
y
= 3y
c. i :
y (1) = 0
o f (x, y)
o
∂f (x,y)
∂y
2/3
= 3y
=
2
y
1/3
2/3
,
⇒
f (1, 0) = 0
, finita, continua en R
no existe en y = 0
Entonces la solución existe, pero no única en el punto (1,0).
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1.2.7. Teorema de existencia y unicidad | Tema 1: Introducción a las ecuaciones diferenciales
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1.2.8. Campo de direcciones | Tema 1: Introducción a las ecuaciones diferenciales
1.2.8. Campo de direcciones
Supongamos la ecuación diferencial y'=f(x,y) , donde f(x,y) satisface las condiciones del
teorema de existencia y unicidad. En cada punto (a,b) se puede construir una línea corta
llamada un elemento de línea, con pendiente f(a,b), si se hace esto para un gran
número de puntos, se obtiene un gráfico llamado campo de direcciones de la ecuación
diferencial. Los elementos de línea representan rectas tangentes a las curvas solución
de esos puntos.
Mediante esta técnica, podemos llegar a tener una representación de la solución general
de la ecuación diferencial dada, sin necesidad de resolver la ecuación, llega a ser muy
útil sobre todo cuando no se puede encontrar una solución exacta.
Ejemplo
Si se tiene la ecuación diferencial y'=x/y
Escogiendo convenientemente puntos (x, y) para los cuales x y y sean enteros,
calculando y graficando las pendientes correspondientes en esos puntos se obtiene el
campo de direcciones de la ecuación diferencial dada.
Se puede visualizar en el gráfico la curva de soluciones o familia de curvas de la
ecuación, que en este caso son hipérbolas con centro en el origen.
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1.2.8. Campo de direcciones | Tema 1: Introducción a las ecuaciones diferenciales
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Tema 2: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 1)
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2.1. Ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden | Tema 2: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 1)
2.1. Ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden
Una ecuación diferencial ordinaria de primer orden (E.D.O) es de la forma:
′
F (x, y, y ) = 0
donde
f (x, y)
o y′
= f (x, y)
es una función dada.
La ecuación diferencial puede también ser escrita como:
M (x, y) dx + N (x, y) dy
=
0
La solución de la E.D.O. de primer orden es la función
ecuación.
y = ϕ(x)
que satisface dicha
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2.2. Ecuaciones diferenciales de variables separables | Tema 2: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 1)
2.2. Ecuaciones diferenciales ordinarias de variables separables
Dada la ecuación y ′ = f (x, y) se llama ecuación de variables separables (E.V.S)
si,
M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0
se
puede
expresar
como:
M (x) dx + N (y) dy = 0 ,
es decir: M no depende de
(x, y)
sino solo de x .
N no depende de (x, y) sino solo de y .
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2.2.1. Integración directa: ecuaciones de la forma y’ = f(x) | Tema 2: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 1)
2.2.1. Integración directa: ecuaciones de la forma y ′
= f(x)
Es la ecuación diferencial más sencilla, donde f (x, y) no depende de (x, y) sino solo
de x .
Resolver esta ecuación significa encontrar una primitiva de f (x) .
Integrando a ambos lados:
Ejemplo 1
Resolver la ecuación:y ′
=
e
x
, bajo condiciones iniciales:y(0)
= 2
Ejemplo 2
Resolver la ecuación: y ′
=
tan(x)
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2.2.1. Integración directa: ecuaciones de la forma y’ = f(x) | Tema 2: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 1)
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2.2.2. Ecuaciones autónomas: ecuaciones de la forma y’ = g(y) | Tema 2: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 1)
2.2.2. Ecuaciones autónomas: ecuación de la forma y ′
= g(y)
Es la ecuación diferencial donde f (x, y) no depende de (x, y) sino solo de y
Integrando a ambos lados:
Ejemplo 1
Resolver la ecuación diferencial:
y
′
=
y
2
+ 1
Ejemplo 2
Resolver la ecuación:
′
y
= y
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2.2.2. Ecuaciones autónomas: ecuaciones de la forma y’ = g(y) | Tema 2: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 1)
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2.2.3. Ecuaciones de la forma M(x.y)dx + N(x,y)dy=0 | Tema 2: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 1)
2.2.3. Ecuaciones de la forma M
Si la ecuación diferencial M (x, y) dx
M (x) dx + N (y) dy = 0,
(x. y) dx + N (x, y) dy = 0
+ N (x, y) dy
=
0
se puede expresar como:
integrando M (x) respecto a x , y N (y) respecto a y , se tiene:
∫
M (x) dx +
Por lo tanto:
∫ N (y) dy
H1 (x)
=
+ H2 (x) =
C
C
Solución general dada en forma implícita.
Ejemplo 1
′
Resolver la ecuación: y
=
y cosx
1+2y
2
sujeta a c. i.:y(0) = 1.
Ejemplo 2
2
′
Resolver la ecuación: y
=
3x +4x+2
2(y−1)
, bajo c.i.: y(0)
=
− 1
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2.2.3. Ecuaciones de la forma M(x.y)dx + N(x,y)dy=0 | Tema 2: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 1)
Ejemplo 3
′
Resolver la ecuación: y
x
=
y
2
√ 1+x2
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2.3. Ecuaciones diferenciales reducibles a variables separables | Tema 2: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 1)
2.3. Ecuaciones diferenciales reducibles a variables separables
En ciertas ocasiones se debe utilizar un cambio de variable, para lograr que la ecuación
dada pueda ser de variables separables.
Son ecuaciones de la forma: y ′
=
f (ax + by + c)
; con a, b, c, ctes.
Para resolver este tipo de ecuaciones se debe hacer la sustitución:
z
=
ax + by + c
Ejemplo 1
Resolver la ecuación:
′
y
=
1
x+y+1
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2.3. Ecuaciones diferenciales reducibles a variables separables | Tema 2: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 1)
Ejemplo 2
Resolver la ecuación:
Reescribiendo la ecuación se tiene:
y mediante el cambio de variable: z
=
x + y
se tiene:
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2.3. Ecuaciones diferenciales reducibles a variables separables | Tema 2: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 1)
Integrando:
Reemplazando:
Ejemplo 3
Resolver la ecuación: y′
=
2
(x + y)
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2.3. Ecuaciones diferenciales reducibles a variables separables | Tema 2: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 1)
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2.4. Ecuaciones diferenciales homogéneas | Tema 2: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 1)
2.4. Ecuaciones diferenciales homogéneas
Existe un tipo de ecuaciones diferenciales de primer orden, que no son de variables
separables, pero que mediante el cambio de variable v = x/y o u = y/x , se
transforman en ecuaciones separables, estas son las llamadas ecuaciones
homogéneas.
Definición
Dada una ecuación diferencial de la forma
homogénea de grado k, si al sustituir
f (λ x,
k
λ y) = λ
f (x, y)
x
, se dice que f(x,y) es una función
por λx y y por λy, entonces:
.
Ejemplos
Verifique que las funciones dadas son funciones homogéneas.
Definición
Una ecuación diferencial ordinaria
M (x, y) dx + N (x, y) dy
=
0
, en la que los
coeficientes M (x, y) y N (x, y) , son funciones homogéneas del mismo grado se
denomina ecuación homogénea.
Teorema
Si una ecuación M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 es homogénea, entonces el cambio
y
de variable: u = x o v = xy , transforma la ecuación dada en una ecuación de
variables separadas o separables.
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2.4. Ecuaciones diferenciales homogéneas | Tema 2: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 1)
Si y ′ = f (x, y) y f no depende por separado de x y de y , sino que depende del
cociente y/x, es decir,y ′ = F (y/x), haciendo la sustitución v = y/x, se tiene que
y
′
Si:
= F (v)
, entonces:
v =
y
x
⟹
y = x v
Ejemplo
Resolver la ecuación:
x
2
y dx − (x
3
− a y
3
) dy
=
0
Ejemplo
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2.4. Ecuaciones diferenciales homogéneas | Tema 2: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 1)
Resolver la ecuación:
x
2
y dx − (x
La ecuación dada está en la forma y
3
− a y
′
=
f (
x
y
3
) dy
),
=
0
por lo tanto, es una ecuación
homogénea.
Sea:
v =
y
x
Reemplazando:
′
⟹
y
′
v + xv
′
= v + x v
= e
v
+ v
Ejemplo
Resolver la ecuación: xy ′
cos (
2y
x
)
− y cos (
2y
x
)
=
3x
4
Dividiendo para:
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2.4. Ecuaciones diferenciales homogéneas | Tema 2: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 1)
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2.5. Ecuaciones diferenciales reducibles a homogéneas | Tema 2: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 1)
2.5. Ecuaciones diferenciales reducibles a homogéneas
Son ecuaciones del tipo: y ′
ax+by+c
= f (
a1 x+b 1 y+c1
)
Este tipo de ecuaciones diferenciales se reducen a ecuaciones homogéneas si se
cumple que:
Si , c
=
c1 =
0
dividiendo para x : y ′
es decir: y ′
= g(
y
x
)
, entonces la E.D.O se reduce a y ′
= f (
a+b(y/x)
a1 x+b 1 (y/x)
ax+by
a1 x+b 1 y
)
)
; ecuación homogénea.
Si c ≠ 0, o c1 ≠ 0 , las ecuaciones: ax
están asociadas con las rectas:
L_1 :
= f (
ax + by + c = 0
y L2
:
+ by + c
y a1 x
+ b1 y + c1
a1 x + b1 y + c1 = 0
Caso 1
Si las rectas L1 ,
homogénea.
L2
, se cortan en un punto (α,β), entonces se reduce a una ecuación
Caso 2
Si las rectas L1 , L2 no se cortan en un punto, es decir, son paralelas, entonces se
reduce a una ecuación de variables separables.
a) Caso 1
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2.5. Ecuaciones diferenciales reducibles a homogéneas | Tema 2: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 1)
Si las rectas L 1 ,
L2 ,
se cortan en un punto (α,
β)
Ejemplo
Resolver: (x − y + 3) dx
+ (3x + y + 1) dy
=
0
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2.5. Ecuaciones diferenciales reducibles a homogéneas | Tema 2: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 1)
Ejemplo
Resolver: y
′
=
x+2y−4
2x+y−5
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2.5. Ecuaciones diferenciales reducibles a homogéneas | Tema 2: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 1)
b) Caso 2
Si las rectas L 1 ,
L2 ,
Si L1
a1 =
|| L2
⟹
no se cortan (son paralelas).
α a,
b1 =
α
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2.5. Ecuaciones diferenciales reducibles a homogéneas | Tema 2: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 1)
Haciendo el cambio de variable z
=
ax + by
, se transforma en una ecuación de
variables separables.
Ejemplo
Resolver: y
′
=
x−y+3
2x−2y+1
Ejemplo
Resolver: y
′
=
2x−6y+3
x−3y+1
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2.5. Ecuaciones diferenciales reducibles a homogéneas | Tema 2: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 1)
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3.1. Ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de primer orden | Tema 3: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 2)
3.1. Ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de primer orden
Las ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de primer orden (E.D.O.L) son de la
forma:
a0 (x) y
′
+ a1 (x) y
dividiendo para a0
′
y
+
a1 (x)
y
a0 (x)
es decir: y ′
en donde
α
<
x
=
(x)
a0 (x)
≠
0
:
a0 (x)
p(x) =
β
g1 (x),
g1 (x)
+ p(x)y
<
=
=
a1 (x)
a0 (x)
g(x)
forma general
y g(x)
=
g1 (x)
a0 (x)
, son funciones continuas en algún intervalo
.
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3.1.1. Método del factor integrante-Método de Euler | Tema 3: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 2)
3.1.1. Método del factor integrante-Método de Euler
Caso 1
Si
y
p(x)= a
g(x)= 0
, siendo a constante
Consideremos la ecuación: y ′
+ ay
= 0
(ecuación homogénea asociada)
se tiene que:
′
y
= − a y
⟹
dy
= −ay
dx
dy
⟹
y
= −a dx
E.V.S
Integrando:
ln|y|
= −ax + ln |c|
⟹
ln |y|
ln |c|
= −ax
Es decir:
ln ∣
∣
y
∣
∣
c
= −ax
⟹
y
c
e
−ax
⟹
y = c e
−ax
Solución general
Ejemplo 1
Si
′
y
+ 5y = 0
⟹
y =
c e
−5x
Ejemplo 2
Si
′
y
− 2y = 0
⟹
y =
c e
2x
Caso 2
Si
p(x)= a
y
g(x) ≠ 0
Consideremos la ecuación:
, siendo a constante
y
′
+ ay = g(x)
Procedimiento
Buscamos un factor integrante u(x) tal que:
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3.1.1. Método del factor integrante-Método de Euler | Tema 3: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 2)
d
(u(x) y) =
u(x)(y
′
+ ay)
dx
La ecuación homogénea asociada es: y
cuya solución es: y
=
c e
−ax
⟹
′
+ ay = 0
e
ax
y
=
c
derivando respecto a x :
ae
′
ax
y + y e
ax
= 0
⟹
e
ax
(y
′
+ ay) = 0
por lo tanto, el factor integrante buscado es:
u(x) =
e
ax
Ahora, multiplicamos la ecuación dada por el factor integrante u(x)
e
ax
(y
′
+ ay) = e
ax
=
e
ax
:
g(x)
pero:
e
ax
′
(y
d
+ ay) =
dx
( e
ax
y)
con lo que se obtiene:
d
dx
(e
ax
y) =
e
ax
g(x)
integrando:
e
ax
y
=
∫ e ∧ {ax} g(x)dx + c
entonces la solución general es:
y = e
−ax
∫ e
ax
g(x) dx + c e
−ax
Ejemplo 3
Resolver la ecuación: y ′
− 2y
=
e
2x
Aplicando la fórmula obtenida: con
y = e
2x
∫
e
−2x
e
2x
dx + c e
2x
=
a = −2
e
2x
∫
y g(x)
=
dx + c e
2x
e
2x
=
e
2x
x + c e
2x
Entonces la solución general es:
y = e
2x
(x + c)
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3.1.1. Método del factor integrante-Método de Euler | Tema 3: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 2)
Siguiendo el procedimiento:
Buscamos un factor integrante u(x) tal que:
d
dx
′
(u(x) y) =
u(x)(y
− 2y)
La ecuación homogénea asociada es: y
′
− 2y = 0
cuya solución es:
y =
c e
2x
⟹
e
−2x
y
=
c
derivando respecto a x :
−2e
′
−2x
y + y e
−2x
= 0
⟹
e
−2x
′
(y
por lo tanto, el factor integrante buscado es:
− 2y) = 0
u(x) =
e
−2x
Ahora, multiplicamos la ecuación dada por el factor integrante u(x)
e
−2x
′
(y
− 2y) = e
−2x
e
=
e
−2x
:
2x
pero:
e
−2x
′
(y
− 2y) =
d
dx
( e
−2x
y)
con lo que se obtiene:
d
dx
(e
−2x
y) =
1
integrando:
e
−2x
y
=
∫ dx + c
⟹
e
−2x
y = x + c
entonces la solución general es:
y = e
2x
(x + c)
Ejemplo 4
Resolver la ecuación: y
′
+ y
=
x
e (x + 1)
Buscamos un factor integrante u(x) tal que:
d
dx
′
(u(x) y) =
u(x)(y
+ y)
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3.1.1. Método del factor integrante-Método de Euler | Tema 3: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 2)
La ecuación homogénea asociada es:
′
y
+ y = 0
cuya solución es:
y =
c e
−x
⟹
e
derivando respecto a
e
x
′
y + y e
x
= 0
x
x
y
=
c
:
′
x
⟹
e (y
+ y) = 0
por lo tanto, el factor integrante buscado es:
u(x) =
e
x
Ahora, multiplicamos la ecuación dada por el factor integrante :u(x)
′
x
e (y
x
=
e
x
:
x
+ y) = e e (x + 1)
pero:
x
e
′
(y
d
+ y) =
dx
x
( e y)
con lo que se obtiene:
d
dx
x
(e
2x
y) = e
(x + 1)
integrando:
x
e
2x
y =
∫ e
(x + 1)dx + c
⟹
x
e
y =
1
2
2x
e
(x + 1) −
1
4
2x
e
+c
entonces la solución general es:
y =
1
2
x
xe
+
1
4
x
e
−x
+ ce
Caso 3
Si
p(x) ≠ a
y
g(x) ≠ 0
Consideremos la ecuación:
siendo a constante
y
′
+ p(x)y = g(x)
Procedimiento
Buscamos un factor integrante u(x) tal que:
′
u (x) [ y
+ p (x) y] =
d
dx
[u (x) y]
(1)
pero:
d
dx
′
[u(x)y] = u (x) y + u(x) y
′
(2)
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3.1.1. Método del factor integrante-Método de Euler | Tema 3: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 2)
igualando (1) = (2): u(x)[y
′
′
+ p(x)y] = u (x)y + u(x) y
′
entonces:
′
u (x)
p(x) =
u(x)
integrando:
ln |u (x)|
=
∫ p(x)dx
Por lo tanto, el factor integrante es:
∫ p(x)dx
u(x) = e
Ahora, multiplicamos la ecuación dada por el factor integrante u(x):
′
u (x) [y
+ p (x) y] = u (x) g (x)
⟹
d
dx
[u(x)y] = u(x)g(x)
integrando:
u(x) y =
∫ u(x)g(x)dx + c
Y la solución general es:
y =
1
∫
u(x)
u(x)g(x) dx +
c
u(x)
Ejemplo 5
′
Resolver la ecuación diferencial:
x y
+ 2y = sen (x) ,
x ≠ 0
Dividiendo para x se tiene:
′
y
+ 2
y
x
=
sen(x)
x
siendo:
p (x) =
2
x
y
g(x)
=
sen(x)
x
Calculamos el factor Integrante:
u (x) = e
∫ p(x)dx
= e
∫
2
x
dx
2
=
e
ln(x )
2
=x
y la solución general:
y =
1
u(x)
∫
u(x)g(x) dx +
c
u(x)
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3.1.1. Método del factor integrante-Método de Euler | Tema 3: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 2)
y =
1
x
2
∫
x
2
sen(x)
x
dx +
c
x
2
=
1
x
2
∫ x sen(x) dx +
c
x
2
integrando:
y =
1
x
2
[ sen(x) − x cos(x) + c ]
Ejemplo 6
Resolver la ecuación diferencial:
y dx = (y e
y
− 2x) dy
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3.1.2. Método de variación del parámetro o sustitución-Método de Lagrange | Tema 3: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 2)
3.1.2. Método de variación del parámetro o sustitución-Método de
Lagrange
Consideremos la ecuación diferencial lineal:
y
′
+ p(x) y
=
g(x)
haciendo el cambio de variable:
derivando respecto a x:
y
′
=
y
=
′
u. v
′
u v + v u
y reemplazando en la ecuación se tiene:
′
′
u v + v u + p(x) u v
agrupamos en: v: v (u′
=
g(x)
′
+ p(x)u) + v u
asumimos una condición arbitraria: u′
=
g(x)
+ p(x) u
=
(1)
0
E.V.S
y resolviendo:
du
u
=
− p (x) dx
⟹
ln (u)
=
− ∫ p (x) dx
reemplazando en la ecuación (1) se tiene: v′ u
=
⟹
u = e
− ∫ p(x)dx
g(x)
es decir:
dv
dx
u = g (x)
⟹
dv =
g(x)
u
E. V . S
Integrando:
g(x)
v =
∫
pero y
u
dx + c
= uv
, por lo tanto:
g(x)
y = u(x) [ ∫
u
dx + c]
Ejemplo
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3.1.2. Método de variación del parámetro o sustitución-Método de Lagrange | Tema 3: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 2)
Resolver la ecuación diferencial:
y
′
1
+
y
x
=
x
2
hacemos el cambio de variable:
y
=
u. v
⟹
y
′
=
′
′
u v + v u
reemplazando en la ecuación:
′
′
u v + v u +
1
x
uv = x
2
agrupamos en v:
′
v [u +
′
1
u] + v u = x
x
2
(1)
asumimos que:
′
1
u +
x
u
=
0
⟹
du
u
=
−
dx
⟹
x
ln |u|
= − ln |x|
⟹
u =
1
x
reemplazando en la ecuación (1) :
′
v
1
x
= x
pero y
y =
2
⟹
= uv
1
x
(
x
v =
3
∫ x dx
=
x
4
4
+ c
, entonces la solución general es:
4
4
+ c)
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3.2. Ecuaciones diferenciales no lineales | Tema 3: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 2)
3.2. Ecuaciones diferenciales no lineales
3.2.1. Ecuaciones de Bernoulli
3.2.2. Ecuación de Ricatti
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3.2.1. Ecuación de Bernoulli | Tema 3: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 2)
3.2.1. Ecuaciones de Bernoulli
Son ecuaciones de la forma:
′
y
+ p (x) y = g (x) y
Si n
Si
= 0
y
′
, es una E.D.O.L de primer orden
+ p(x)y
=
g(x)
+ p (x) y
=
g (x) y
′
n = 1
dy
⟹
Si
⟹
n
n
y
≠ 0
⟹
′
y
= − [p(x) − g(x)] dx
∧ n
≠
1
⟹
y
′
⟹
y
= − [p (x) − g (x)] y
E.V.S
+ p(x)y = g(x) y ∧ n
ecuación de Bernoulli
Para resolver este tipo de ecuaciones se debe hacer la sustitución:
v =
y
1−n
con lo que se convierte en una E.D.L de primer orden.
Procedimiento
Consideremos la ecuación de Bernoulli:
haciendo el cambio de variable:
y derivando respecto a x:
v =
y
y
+ p(x)y = g(x) y ∧ n
1−n
′
v
′
= (1 − n) y
1−n−1
′
y
Ahora, multiplicamos la ecuación dada por el factor:
= (1 − n) y
(1 − n) y
−n
y
′
−n
con lo que se obtiene:
(1 − n) y
−n
′
y
+ (1 − n) y
−n
p (x) y = (1 − n) y
−n
g (x) y
n
Es decir, una E.D.L de primer orden:
′
v + (1 − n)p(x)v = (1 − n)g(x)
Ejemplo
Resolver:
2
x y
′
+ 2xy − y
2
= 0
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3.2.1. Ecuación de Bernoulli | Tema 3: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 2)
Otra forma para resolver Bernoulli
Usando el método de variación del parámetro (método de Lagrange) para ecuaciones
lineales.
Es decir, dada la ecuación diferencial y ′
hacemos el cambio de variable:
y
=
+ p(x) y
u. v
⟹
=
g(x) y
y
′
=
n
′
,
′
u v + v u
y reemplazando en la ecuación se tiene:
′
′
u v + v u + p(x) u v
agrupamos en v: v
′
=
g(x) u
n
n
v
′
[u + p (x) u] + v u
=
g (x) u
n
n
v
(1)
asumimos condición arbitraria: u' + p(x) u = 0
y resolviendo la E.V.S:
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3.2.1. Ecuación de Bernoulli | Tema 3: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 2)
du
= − p (x) dx
u
⟹
ln |u|
=
−
∫ p (x) dx
⟹
u =
e
− ∫ p(x)dx
reemplazando en la ecuación (1) se tiene que:
′
v u
=
g(x)u
n
n
v
es decir, se obtiene una E.V.S:
dv
dx
= g (x) u
n−1
n
v
⟹
dv
v
n
= g(x)u
n−1
dx
Ejemplo
Resolver la ecuación:
′
y
−
4
x
y = x √y
Es una ecuación de Bernoulli, de grado n
= 1/2
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3.2.2. Ecuación de Ricatti | Tema 3: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 2)
3.2.2. Ecuación de Ricatti
Definición
Una ecuación de primer orden se dice que es una ecuación de Ricatti, si es de la forma:
y
′
+ p(x)y + q (x) y
2
= f (x)
con p, q, f , funciones continuas en algún intervalo abierto I. Esta ecuación se reduce
a una ecuación de Bernoulli o una ecuación lineal, si se conoce una solución singular
y1 .
Observación
, usualmente se determina por tanteo; de acuerdo con los coeficientes
estos son polinomiales entonces y1 será un polinomio.
y1
p, q, f ,
si
Reducción a ecuación de Bernoulli
Para convertir una ecuación de Ricatti en una ecuación de Bernoulli, sabiendo que y1 es
una solución singular, hacemos el cambio de variable:
y
=
z + y1
derivando y reemplazando en la ecuación dada se tiene:
′
y
′
′
= z + y
1
⟹
z
′
+ y
′
1
+ p(x)(z + y1 ) + q(x)(z + y1 )
2
= f (x)
Si y1 , es solución singular de la ecuación de Ricatti siempre se cumple que:
y
′
1
+ p(x)y1 + q(x) y1
2
= f (x)
entonces:
z
′
+ y
′
1
+ p(x) z + p(x) y1 + q(x)(z
Luego, simplificando: z ′ +
2
2
+ 2 z y1 + y1 ) = f (x)
p(x) z + 2q(x)z y1 + q(x) z
2
= 0
con lo que se obtiene una ecuación de Bernoulli, de grado n = 2.
′
z
+ [2q (x) y1 + p (x)] z
=
q(x) z
2
Ejemplo
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3.2.2. Ecuación de Ricatti | Tema 3: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 2)
Resolver la ecuación diferencial:
y
′
− x y
2
+ (2x − 1)y = x − 1
Debemos primero verificar que y1
Suponemos
y1 = 1
⟹
reemplazando en la ecuación:
⟹
x − 1 = x − 1
y
, si y1
= 1
′
1
= 1
es una solución de la ecuación dada:
= 0
2
0 − x(1)
+ (2x − 1)(1) = x − 1
, se convierte en identidad, entonces y1 si es solución
Reducción a ecuación diferencial lineal
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3.2.2. Ecuación de Ricatti | Tema 3: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 2)
Para convertir una ecuación de Ricatti en una ecuación lineal, sabiendo que
solución singular, hacemos el cambio de variable:
y = y1 +
y1
es una
1
z
derivando y reemplazando en la ecuación dada se tiene:
Si y1 , es solución singular de la ecuación de Ricatti siempre se cumple que:
y
′
1
+ p(x)y1 + q(x) y1
2
= f (x)
entonces:
luego:
multiplicando por:
z
′
se tiene:
2
(−z )
− p(x) z − q(x) − 2q(x) y
1
z
= 0
es decir, se obtiene una E.D.L de primer orden:
z
′
− [p(x) + 2 y1 q(x)] z
=
q(x)
Ejemplo
Resolver la ecuación diferencial:
′
y
= (1 + x + 2 x
verificamos que y1
si
y1 = x
⟹
2
cos (x)) − (1 + 4x cos (x)) y + 2 cos (x) y
=
x
y
2
,
si y1 =
x
es una solución de la ecuación dada:
′
1
= 1
reemplazando en la ecuación:
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3.2.2. Ecuación de Ricatti | Tema 3: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 2)
2
1 = (1 + x + 2 x cos(x)) − (1 + 4x cos(x)) x + 2 cos(x) x
2
es decir:
2
2
2
1 = 1 + x + 2 x cos (x) − x − 4x cos (x) + 2 x cos (x)
⟹
0 = 0
entonces y1 sí es solución.
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3.3. Ecuaciones diferenciales exactas | Tema 3: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 2)
3.3. Ecuaciones diferenciales exactas
Definición
Una ecuación M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 , se dice que es exacta o que es un
diferencial exacto, si proviene del diferencial total de una función de la forma:
F (x, y) = C .
Es decir, existe una función
∂ F
∂ x
dx +
∂ F
∂ y
dy
F (x, y)
tal que: dF
= M (x, y) dx + N (x, y) dy
,o
= M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
en donde, por comparación:
∂ F
∂ x
dx = M (x, y) dx;
∂ F
∂ y
dy = N (x, y)dy
Integrando respecto a x y y , respectivamente, se determina la solución:
F (x, y)
=
C
Observación
Una condición necesaria y suficiente para que
M (x, y) dx + N (x, y) dy
=
0
sea exacta es:
∂ M (x,y)
=
∂ y
∂N (x,y)
∂ x
Entonces, si la ecuación M (x, y) dx
∃ F/
∃ F/
∂F
= M
∂x
∂F
= N
∂y
⟹
⟹
F1 =
F2 =
+ N (x, y) dy
=
0
, es exacta se tiene que:
∫ M ∂x
∫ N ∂y
Ejemplo
Resolver la ecuación diferencial:
y(y
2
2
− 3x ) dx + x (3 y
2
2
− x ) dy
=
0
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3.3. Ecuaciones diferenciales exactas | Tema 3: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 2)
entonces, la ecuación es exacta puesto que se cumple que:
∂ M (x,y)
∂ y
=
∂N (x,y)
∂ x
Por lo tanto, existe una función F tal que:
Ejemplo
Resolver la ecuación diferencial:
(e
2y
− y cos(xy)) dx + (2x e
2y
− x cos(xy) + 2y) dy
=
0
La ecuación no es ni separable ni homogénea, pero sí es exacta puesto que:
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3.3. Ecuaciones diferenciales exactas | Tema 3: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 2)
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3.4. Ecuaciones diferenciales no exactas (casos de factores integrantes) | Tema 3: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 2)
3.4. Ecuaciones diferenciales no exactas (casos de factores
integrantes)
La ecuación diferencial
y e
x
dx + (y
2
exacta, pero si se divide a esta ecuación por
x
e
y
x
− e ) dy
y
2
=
0
no es una ecuación diferencial
se obtiene:
x
dx + ( 1 −
e
y
2
) dy
= 0
que sí es una ecuación exacta.
Existen ecuaciones diferenciales que pueden transformarse en ecuaciones exactas si se
les multiplica por una función adecuada, llamada factor integrante. En el ejemplo
2
1/ y
es un factor integrante de la ecuación dada.
Definición
Dada la ecuación
factor
u(x, y)
, que no es exacta, se dice que un
integrante
de
la
ecuación,
si:
M (x, y) dx + N (x, y) dy
es
un
factor
u (x, y) M (x, y) dx + u (x, y) N (x, y) dy
=
0
=
0
es una ecuación exacta, es decir:
∂
∂ y
(u M ) =
∂
∂ x
(u N )
Casos especiales para determinar factores integrantes
Dada la ecuación M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 , que no es exacta, se buscan
factores que al multiplicarlos por la ecuación dada la conviertan en ecuación exacta, se
tiene entonces que:
Caso 1
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3.4. Ecuaciones diferenciales no exactas (casos de factores integrantes) | Tema 3: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 2)
El factor integrante u(x, y) es una función que depende solo de x
Si se cumple la condición:
Es decir, es una función que solo depende de x , entonces el factor integrante u(x, y) es
también una función que depende solo de x :
Ejemplo
Resolver:
(x + y) dx + x ln(x) dy
=
0
La ecuación no es ni separable ni homogénea, comprobemos si es exacta:
∂ M (x,y)
∂ y
∂N (x,y)
= 1;
∂ x
= ln (x)
+ 1
es decir:
∂ M
∂ y
≠
∂N
∂ x
Entonces, buscamos un factor tal que al multiplicarlo por la ecuación dada, la convierta
en ecuación exacta.
Por lo tanto, un factor integrante es:
multiplicando la ecuación dada por el factor 1/x, se tiene:
1
x
(x + y) dx +
1
x
(x ln(x)) dy
=
0
Verificamos que la ecuación se haya convertido en ecuación exacta:
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3.4. Ecuaciones diferenciales no exactas (casos de factores integrantes) | Tema 3: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 2)
Por lo tanto, existe una función F tal que:
Caso 2
El factor integrante u(x, y) es una función que depende solo de y
Si se cumple la condición:
Es decir, es una función que solo depende y , entonces el factor integrante u(x, y) es
también una función que depende solo de x:
Ejemplo
Resolver la ecuación:
y
′
=
2xy
2
x −y
2
La ecuación puede escribirse como: 2xy
dx − (x
2
− y
2
) dy = 0
Por lo tanto:
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3.4. Ecuaciones diferenciales no exactas (casos de factores integrantes) | Tema 3: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 2)
buscamos un factor
u(x, y)
tal que, al multiplicarlo por la ecuación dada, la convierta
en ecuación exacta.
Por lo tanto, un factor integrante es:
multiplicando la ecuación dada por el factor 1/y 2
entonces:
Caso 3
El factor integrante u(x, y) es una función que depende solo de x. o solo de y, sino que
es el producto de dos funciones, una depende de x y la otra depende de y , es decir, si
existen funciones f (x) y g(y) tales que:
u
entonces el factor integrante u(x, y) se calcula como:
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3.4. Ecuaciones diferenciales no exactas (casos de factores integrantes) | Tema 3: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 2)
Ejemplo
Resolver la ecuación:
y
2
dx + (x
2
+ xy) dy
=
0
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3.4. Ecuaciones diferenciales no exactas (casos de factores integrantes) | Tema 3: Ecuaciones diferenciales de primer orden (parte 2)
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Tema 4: Ecuaciones diferenciales de primer orden. Modelos matemáticos
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4.1. Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales: modelos matemáticos | Tema 4: Ecuaciones diferenciales de primer orden. Modelos m…
4.1. Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales. Modelos
matemáticos
Existen muchos fenómenos de la naturaleza y creados por el hombre que pueden ser
descritos, en términos matemáticos, lo que nos permite explicar o interpretar dichos
fenómenos, para encontrar soluciones o predicciones de problemas reales, mediante un
modelo matemático.
Modelos matemáticos
Un modelo matemático es un conjunto de ecuaciones o inecuaciones, basado en una
descripción cuantitativa de un fenómeno natural o de un problema técnico científico; es
un proceso que intenta imitar la realidad en términos matemáticos.
Los problemas reales involucran muchos parámetros o variables, un modelo matemático
consiste en representarlos por medio de una ecuación diferencial sujeta a condiciones
que estas variables deben cumplir.
El proceso de modelado debe incluir tres pasos básicos, que son:
Identificación de las variables que intervienen, estableciendo una notación
matemática.
Elaboración de un conjunto de hipótesis o suposiciones, que implican una razón o
taza de cambio de las variables que intervienen.
Planteamiento de ecuaciones o inecuaciones que describan el fenómeno.
Una vez construido el modelo se debe analizar y resolver las ecuaciones involucradas
usando leyes empíricas y principios matemáticos, interpretar y validar los resultados
obtenidos y, finalmente, implementar el modelo para describir el problema.
Algunos ejemplos de modelos matemáticos que representan fenómenos naturales son:
- La razón de desintegración de material radioactivo
dy
dt
= ky
donde: y = cantidad de material radioactivo
k = constante de proporcionalidad
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4.1. Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales: modelos matemáticos | Tema 4: Ecuaciones diferenciales de primer orden. Modelos m…
t
= tiempo
- La ecuación que rige la cantidad de corriente I en un circuito simple RL
′
LI (t) + RI (t) = E(t)
donde: L = inductor
= fuerza electromotriz
R = resistencia
E
- Ley de Newton de enfriamiento
dT
dt
= k(T − Tm )
donde: T = temperatura de un cuerpo
Tm = temperatura del medio ambiente
k
t
= constante de proporcionalidad
= tiempo
- Crecimiento poblacional
dP
dt
= kP
donde: P = cantidad de habitantes (población)
k = constante de proporcionalidad
t = tiempo
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4.2. Aplicaciones geométricas | Tema 4: Ecuaciones diferenciales de primer orden. Modelos matemáticos
4.2. Aplicaciones geométricas
4.2.1. Trayectorias ortogonales
4.2.2. Trayectorias isogonales
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4.2.1. Trayectorias ortogonales | Tema 4: Ecuaciones diferenciales de primer orden. Modelos matemáticos
4.2.1. Trayectorias ortogonales
Las trayectorias ortogonales se pueden encontrar principalmente en fenómenos físicos
como: campos electrostáticos, campos magnéticos, curvas isotérmicas e isobáricas para
el estudio y predicción del clima, conducción de calor, dinámica de fluidos, entre otras.
Definición
Dadas dos familias de curvas,
se dice que son
trayectorias ortogonales (T.O) una de la otra, si cada uno de los elementos de la
primera familia corta a cada elemento de la segunda familia en ángulo recto.
El método para determinar las T.O de una familia de curvas se basa en que las
pendientes de dos curvas planas perpendiculares deben ser en cada punto de
intersección, recíproca negativa una de la otra. Si se obtiene la ecuación diferencial de la
primera curva en la forma y ′ = m(x, y) entonces la ecuación diferencial de la T.O será:
y
′
TO
=
−
1
m(x,y)
Procedimiento
Paso 1
Obtener la ecuación diferencial de la familia de curvas
y
′
=
F (x, y, λ) = 0
, es decir:
f (x, y)
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4.2.1. Trayectorias ortogonales | Tema 4: Ecuaciones diferenciales de primer orden. Modelos matemáticos
Paso 2
Encontrar:
y
′
TO
= −
1
y
′
= −
1
f (x,y)
= g(x, y)
Paso 3
Resolver la ecuación diferencial y ′ = g(x, y) , con lo que se obtiene la familia de
curvas G(x, y, μ) = 0 , que es la trayectoria ortogonal de la familia de curvas
F (x, y, λ) = 0 .
Ejemplo 1
Encontrar las T.O de la familia de rectas con pendiente
y
m
y la intersección con el eje
iguales.
La ecuación de la familia de rectas es:
y = m(x + 1)
Paso 1
Despejando la constante m:
m =
y
x+1
Y derivando respecto a x:
′
0 =
y (x+1)−y
(x+1)
2
Por lo tanto, la E.D de la familia de
rectas es:
y
′
=
y
x+1
Paso 2
Calculamos la E.D de la familia de
T.O.
y
′
TO
= −
1
y′
= −
x+1
= g(x, y)
y
Paso 3
La ecuación obtenida, en este caso, es una ecuación de variables separables.
y
′
= g(x, y)
=
−
x+1
y
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4.2.1. Trayectorias ortogonales | Tema 4: Ecuaciones diferenciales de primer orden. Modelos matemáticos
por lo tanto, integrando: ∫
y dy = − ∫ (x + 1) dx
es decir, la solución general es:
y
2
= −(
2
x
2
+ x)
2
+ c
⟹
x
2
+ y
2
+ 2x
=
c
Ejemplo 2
Determinar las T.O de la familia de curvas cuya ecuación es:
x
2
− y
2
+ 2λ x = 0
Despejamos λ:
2λ =
y
2
−x
2
=
x
y
2
− x
x
Derivando respecto a x:
′
2
2yy x−y
0 =
x
− 1
2
Es decir:
′
2yy x − y
2
− x
2
= 0
⟹
y
′
=
y
2
+x
2
2xy
La E.D de la familia de T.O es:
y
′
TO
= −
1
y
= −
′
2xy
y
2
+x
2
Resolvemos la ecuación diferencial homogénea obtenida:
y
′
= −
2xy
y
2
+x
2
Reescribiendo la ecuación:
2xy dx + (x
2
+ y
2
) dy
=
0
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4.2.1. Trayectorias ortogonales | Tema 4: Ecuaciones diferenciales de primer orden. Modelos matemáticos
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4.2.2. Trayectorias isogonales | Tema 4: Ecuaciones diferenciales de primer orden. Modelos matemáticos
4.2.2. Trayectorias isogonales
Definición
Dadas dos familias de curvas, F (x, y, λ) = 0 y G(x, y, μ) = 0 , se dice que son
trayectorias isogonales (T.I) una de la otra, si cada uno de los elementos de la primera
familia corta a cada elemento de la segunda familia en un mismo ángulo α, que es el
ángulo formado por las tangentes a las curvas F y G en el punto de intersección.
Para determinar las T.I de una familia de curvas, las pendientes de las curvas planas, en
cada punto de intersección, se relacionan mediante la identidad trigonométrica:
tan(A) − ∖tan(B)
1+tan(A) tan(B)
= tan (α) ,
siendo α =
A − B
Si se obtiene la ecuación diferencial de la primera curva en la forma:
′
y
= m (x, y) = m1
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4.2.2. Trayectorias isogonales | Tema 4: Ecuaciones diferenciales de primer orden. Modelos matemáticos
Entonces la ecuación diferencial de la T.I si suponemos que
′
y
TI
= m2
entonces:
m2 −m1
1+m2 m1
= tan(α)
m2 − m1 = (1 + m2 m1 )tan(α)
m2 − m1 m2 tan(α) =
tan(α) + m1
m2 (1 − m1 tan (α)) =
tan(α) + m1
m2 =
tan(α) + m1
1−m1 tan(α)
Procedimiento
Paso 1
Obtener la ecuación diferencial de la familia de curvas F (x, y, λ)
= 0
, es decir,
′
y
=
f (x, y) = m1
Paso 2
Encontrar:
y
′
TI
= m
2
=
tan(α) + m1
1−m1 tan(α)
= g(x, y)
Paso 3
Resolver la ecuación diferencial y ′ = g(x, y) , con lo que se obtiene la familia de
curvas G(x, y, μ) = 0 , que son las trayectorias isogonales de la familia de curvas
F (x, y, λ) = 0 .
Ejemplo 3
Hallar las trayectorias isogonales a 45° de la familia de rectas que pasan por el origen.
La ecuación de la familia de rectas que pasan por el origen es: y = mx, y tan(a) =
tan(45°)=1.
Paso 1
Despejamos la constante m :
m =
y
x
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4.2.2. Trayectorias isogonales | Tema 4: Ecuaciones diferenciales de primer orden. Modelos matemáticos
Y derivando respecto a x :
′
y
0 =
x−y
x
2
Por lo tanto, la E.D. de la familia de rectas es:
y
′
=
y
= m1
x
Paso 2
La E.D de la familia de TI:
∘
y
′
TI
=
m2 =
tan(45 ) +m1
1−m1 tan(45∘ )
=
1+y/x
1−y/x
=
x+y
x−y
Paso 3
Resolvemos la ecuación homogénea obtenida:
y
′
=
x+y
x−y
Ejemplo 4
Determinar la curva que pasa
x
2
+ y
2
2
= c
(
1
2
,
3
2
)
y corta a cada miembro de la familia
formado un ángulo de 60 .
∘
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4.2.2. Trayectorias isogonales | Tema 4: Ecuaciones diferenciales de primer orden. Modelos matemáticos
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4.3. Problemas de aplicación | Tema 4: Ecuaciones diferenciales de primer orden. Modelos matemáticos
4.3. Problemas de aplicación
Cada uno de los modelos matemáticos tiene como base fundamental leyes que
describen el comportamiento de fenómenos físicos, químicos, biológicos, económicos,
etc., que son parte de la vida real. Algunos de estos modelos se muestran en los
siguientes problemas de aplicación.
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4.3.1. Crecimiento y descomposición | Tema 4: Ecuaciones diferenciales de primer orden. Modelos matemáticos
4.3.1. Crecimiento y descomposición
En la vida real existen cantidades cuya velocidad de crecimiento o decaimiento en un
instante de tiempo t, es directamente proporcional a la cantidad presente en ese instante,
esto es:
dy
dt
=
k y,
y(t0 ) =
y0
donde k es la constante de proporcionalidad
Entonces: si
dy
dt
= k y
⟹
dy
y
=
cuya solución general es:
k dt
ln(y)
⟶
=
E. V . S
kt + ln(c)
⟹
y
=
c e
kt
Desintegración radioactiva
Ejemplo 1
Se sabe que cierto material radioactivo se desintegra a una razón de cambio
proporcional a la cantidad presente. Si inicialmente hay 100 mg de material presente y
después de dos horas se observa que el material ha perdido el 10 % de su masa
original. Hallar
a. Una expresión para la masa del material restante en un momento t.
b. La masa del material después de 4h.
c. El tiempo de vida media.
Si y es la cantidad de material radioactivo presente en un instante t entonces la solución
general será:
dy
dt
=
kt,
⟹
y (t) =
C e
kt
Donde k es la constante de desintegración; y tiempo de vida media es el tiempo
transcurrido para que la masa del material se haya desintegrado en un 50 %.
a) Para obtener la constante c, aplicamos condiciones iniciales, es decir:
si t
= 0
,y
= 100
mg ⟹
y (0) = 100 =
C e
k0
⟹
reemplazando c, se obtiene la solución particular: y (t)
=
C = 100
100 e
kt
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4.3.1. Crecimiento y descomposición | Tema 4: Ecuaciones diferenciales de primer orden. Modelos matemáticos
Para obtener la constante k , aplicamos otra condición, es decir:
si t=2, y(2) = 100 - 100(0.10) = 90
Por lo tanto:
y (2) =
90
=
100 e
2k
⟹
ln (
9
10
)
= 2k
Entonces:
ln(
k =
9
10
)
2
y el material presente en cualquier instante t , será:
1
y(t) = 100e
2
ln(
9
10
)t
b. Reemplazando t
1
y (4) = 100e
2
= 4
9
ln(
10
)4
h en la fórmula obtenida en a):
= 100e
ln(
9
10
2
)
= 100 (
9
10
2
)
= 81
c. Para calcular el tiempo de vida media debemos considerar que el material presente es
la mitad del material inicial, es decir:
1
y (t) = 50 = 100e
ln(
2
9
10
)t
⟹
1
2
= e
ln(
9
10
t/2
)
Por lo tanto:
ln(
ln (
1
2
)
=
t
2
ln (
9
10
)
⟹
t = 2
ln(
1
2
9
10
)
= 13.157
≈ 13 horas
)
Crecimiento poblacional
Ejemplo 2
Se sabe que la población de cierta comunidad aumenta a una razón proporcional a la
cantidad de personas que tiene en cualquier momento t. Si la población se duplicó en
cinco años y suponiendo que la población es de 10 000 habitantes después de tres años,
¿cuál es la población inicial y cuál será la población en diez años?
Si P es la población de la comunidad en un instante t entonces la solución general será:
dP
dt
=
kP ,
⟹
P (t)
=
C e
kt
Donde k es la constante de proporcionalidad.
Para obtener la constante C, aplicamos condiciones iniciales, es decir:
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4.3.1. Crecimiento y descomposición | Tema 4: Ecuaciones diferenciales de primer orden. Modelos matemáticos
sí
, P (0)
t = 0
= P0 ⟹
P (0) = Po =
C e
k0
Reemplazando C, se obtiene la solución particular: P
⟹
C = P0
(t) =
P0 e
kt
Para obtener la constante k, aplicamos otra condición, es decir:
Si t
= 5
, P(5)=2P0 , por lo tanto 2P0
= P0 e
5k
ln(2) = 5k
Entonces:
k =
1
5
1
ln(2)
⟹
P (t) = P0 e
5
ln(2)t
Si t=3, P(3) = 10.000, y remplazando en la fórmula obtenida:
1
10.000 = P0 e
5
ln(2)3
3/5
= P0 e
ln(2)
Con lo que la población inicial es:
P0 =
10.000
3/5
=
6597.53
≈
6598
habitantes
(2)
Después de diez años la población será:
1
P (10) = 6598 e
5
ln(2)10
2
= 6598 e
ln(2)
= 6598 (4) ≈ 26.390 habitantes
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4.3.2. Ley de enfriamiento de Newton | Tema 4: Ecuaciones diferenciales de primer orden. Modelos matemáticos
4.3.2. Ley de enfriamiento de Newton
Según la Ley de enfriamiento (calentamiento) de Newton, la velocidad de calentamiento
o enfriamiento de un cuerpo en un medio, durante un instante de tiempo t, es
proporcional a la diferencia entre la temperatura del cuerpo (T) y la temperatura del
medio ambiente (Ta ), esto es:
dT
dt
= k(T − Ta )
Donde k es la constante de proporcionalidad, entonces: si
dT
dt
= k (T − Ta )
dT
⟹
T −Ta
Cuya solución general es: ln(T
= k dt
− Ta )
= kt + ln(c)
⟹
T = Ta + c e
kt
Ejemplo
Una sustancia expuesta al aire libre a una temperatura de 30 °C se enfría de 100 °C a 70
°C en 15 minutos. ¿Cuánto tiempo debe transcurrir para que se enfríe a 40 °C?
Si T es la temperatura de la sustancia en un instante T, y la temperatura ambiente
∘
Ta = 30 C , entonces:
dT
dt
=
k (T − Ta ) ,
⟹
T (t) = Ta + C e
kt
Donde k es la constante de proporcionalidad.
Para obtener la constante C, aplicamos condiciones iniciales, es decir:
Si,
t = 0
, T (0)
= 100 ⟹
100 = 30 + C e
k0
Reemplazando C, se obtienen la solución particular:
⟹
C = 70
T (t) = 30 + 70 e
kt
Para obtener la constante k, aplicamos otra condición, es decir:
si t=15 ,T(15)=70, por lo tanto,
70 = 30 + 70 e
15k
⟹
ln(4/7)
= 15k
Entonces, la temperatura de la sustancia en cualquier instante t:
k =
1
15
ln (
4
7
t
)
⟹
T (t) = 30 + 70e
15
ln(4/7)
El tiempo que debe transcurrir para que la sustancia se enfríe a 40°:
t
T (t) = 40 = 30 + 70e
15
ln(4/7)
⟹
1
7
= e
ln(4/7)
t/15
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4.3.2. Ley de enfriamiento de Newton | Tema 4: Ecuaciones diferenciales de primer orden. Modelos matemáticos
Por lo tanto:
ln (
1
7
)
=
t
15
ln (
4
7
)
⟹
t = 15
ln(1/7)
ln(4/7)
= 52.158
≈ 52 min.
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4.3.3. Problemas de mezclas | Tema 4: Ecuaciones diferenciales de primer orden. Modelos matemáticos
4.3.3. Problemas de mezclas
Una solución es la mezcla de una sustancia (sólida, líquida o gaseosa) con un solvente
(líquido o gaseoso). Cuando se disuelve una sustancia sólida o líquida en un líquido se
llaman soluciones líquidas. Soluciones de distintas concentraciones dan lugar a una
ecuación diferencial de primer orden que permite calcular la cantidad de sustancia
acumulada o contenida en la mezcla en un momento t.
Si x(t) representa la cantidad de solución que se acumula en un recipiente, la velocidad
a la que x(t) varía viene dada por:
dx
dt
= Tasa de acumulación
Siendo la tasa de acumulación la cantidad de solución almacenada en un tanque en el
tiempo t, y se calcula como:
Tasa acumulación = Cantidad solución que entra - Cantidad solución que sale
La cantidad de solución que entra =
La cantidad de solución que sale =
siendo: v1
=
v1 c1
v2 c2
velocidad de entrada
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4.3.3. Problemas de mezclas | Tema 4: Ecuaciones diferenciales de primer orden. Modelos matemáticos
c1 =
concentración de la solución que entra
v2 =
velocidad de salida
concentración de la solución que sale
c2 =
Por lo tanto:
dx
dt
= v1 c1
− v2 c2
Ejemplo
Un tanque contiene diez galones de agua salada en la cual están disueltas cinco lb. de
sal. Una solución salina que contienen tres lb. de sal por galón entra al tanque con una
rapidez de 2 gal/min, y después de revolverla bien, sale a la misma velocidad.
a. Encontrar la cantidad de sal en el tanque en cualquier instante.
b. ¿Cuánta sal está presente después de 10 min?
Sea x la cantidad de sal en el tanque después de t minutos, entonces
entonces:
x − 30
cuando
= c e
−t/5
t = 0,
⟹
x
=
x = 30 + c e
5
⟹
−t/5
5 = 30 + c e
0
⟹
c = −25
con lo cual, la cantidad de sal en el tanque en cualquier instante t es:
x (t) = 30 − 25 e
−t/5
Y, después de diez minutos será:
x = 30 − 25 e
−10/5
= 30 − 25e
−2
≈ 26.6 lb.
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4.3.3. Problemas de mezclas | Tema 4: Ecuaciones diferenciales de primer orden. Modelos matemáticos
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4.3.4. Vaciado de tanques | Tema 4: Ecuaciones diferenciales de primer orden. Modelos matemáticos
4.3.4. Vaciado de tanques
Un tanque inicialmente lleno de líquido hasta una altura H se puede drenar por acción
de la gravedad, mediante un orificio, de área A0 , en el fondo del tanque. La variación de
volumen dV /dt es proporcional a la velocidad de salida y al área del orificio, es decir:
dV
dt
= −kA0 v
Donde:
−
−
−
√2gh;
v =
g = 32 pies/s
2
=
9.81 mts/s
2
Por lo tanto:
dV
dt
−
−
−
= −k A0 √2gh
k es la constante de proporcionalidad que depende de la forma del orificio de salida.
Ejemplo
Un cilindro circular recto de 4 m de radio y 20 m de altura, lleno en su totalidad con agua,
comienza a vaciarse por un pequeño orificio ubicado en la base del tanque, de área
2
A0 = 10 cm ,,
¿cuánto tiempo transcurrirá para que el tanque se vacíe
completamente? Asuma que k = 1
El volumen de agua en el tanque a una altura h se da por:
V = A h(t)
=
π r ∧ 2 h
=
16 π h(t)
por lo tanto:
dV
dt
Si
= 16 π
dh
dt
−
−
−−
−
= − k A0 √2gh(t)
2
A0 = 10 cm
2
= 0.001 m ,
y g = 9.81 m/s
2
Entonces:
16 π
dh
dt
−
−
−
−
−
−
−
− 0.001 √2(9.81)h
=
Integrando:
−
16000 π
√ 2(9.81)
∫
dh
=
∫ dt
√h
Es decir:
−
32000 π
−
√h = t + c
√ 2(9.81)
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4.3.4. Vaciado de tanques | Tema 4: Ecuaciones diferenciales de primer orden. Modelos matemáticos
Cuando
⟹
c
t = 0,
=
−
h (t) = h = 20 m.
32000 π
−
−
√20 ≈ 101500
√ 2(9.81)
Con lo que:
−
32000 π
−
−
−
−
√h (t) = t − 101500
√ 2(9.81)
El tiempo que transcurre para que el tanque se vacíe completamente, cuando h(t) = 0,
es:
t = −
32000 π
–
√0 + 101500 = 101500 seg = 28 h, 11 min, 40 seg.
√ 2(9.81)
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4.3.5. Problemas de circuitos eléctricos | Tema 4: Ecuaciones diferenciales de primer orden. Modelos matemáticos
4.3.5. Problemas de circuitos eléctricos
La cantidad de corriente que circula en un circuito simple RL está dada por la ecuación:
′
LI (t) + RI (t)
=
E(t)
Donde: I(t)= corriente (en amperios)
R = resistencia (en ohmios)
L = inductor (en henrios)
E(t) = voltaje (fuerza electromotriz f.e.m. en voltios)
Es decir:
dI
dt
+
R
L
I
E(t)
=
L
Ejemplo
Un generador con una f.e.m de 50 voltios se conecta en serie con una resistencia de 6
ohmios y un inductor de 2 henrios. Si el interruptor K se cierra a t=0, determine la
corriente en cualquier instante t.
La cantidad de corriente en el circuito viene dada por:
dI
dt
+
R
L
I
E(t)
=
L
Es decir:
dI
dt
+ 3 I = 25
Entonces:
u = e
∫ p(t)dt
= e
∫ 3 dt
= e
3t
Por lo tanto:
I (t) =
1
u
∫ u g (t) dt +
c
u
= e
−3t
∫ 25 e
3t
dt + c e
−3t
Integrando:
I (t) = e
−3t
3t
(
25 e
3
)
+ c e
−3t
=
25
3
+ c e
−3t
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4.3.5. Problemas de circuitos eléctricos | Tema 4: Ecuaciones diferenciales de primer orden. Modelos matemáticos
Cuando t=0, I=0
⟹
I (t) = 0 =
25
3
+ c e
0
⟹
c = −
25
3
La corriente en cualquier instante t es:
I (t) =
25
3
(1 − e
−3t
).
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Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes constantes
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5.1. Conceptos fundamentales | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes constantes
5.1. Conceptos fundamentales
5.1.1. Definiciones preliminares
5.1.2. Problemas de valor inicial
5.1.3. Problemas de valor frontera
5.1.4. E.D homogéneas y no homogéneas
5.1.5. Operadores diferenciales
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5.1.1. Definiciones preliminares | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes constantes
5.1.1. Definiciones preliminares
Una ecuación diferencial de orden superior o de orden n, es una ecuación que relaciona
la variable independiente x, con la variable dependiente y, y sus derivadas sucesivas
′
′ ′′
′′
y ,
y ,
, es decir, es una expresión de la forma:
(n)
y
, … ,y
′
′′
(n)
F (x, y, y , y , … . . ,y
)= 0
Definición
Una ecuación diferencial lineal (E.D.L) de orden n tiene la forma general:
an (x)
d
n
dx
y
+ an−1 (x)
n
Donde. an
d
n−1
y
dx n−1
+ ⋯ + a2 (x)
d
2
y
dx 2
(x) , an−1 (x) , … , a1 (x) , a0 (x)
+ a1 (x)
dy
dx
+ a0 (x) y = g(x)
son los coeficientes de la ecuación.
Si todos los coeficientes ai (x) , ∀ i = 1, … n, son constantes, la ecuación se llama
ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes.
Si al menos uno de los coeficientes ai (x) , depende de
ecuación diferencial lineal con coeficientes variables.
x
, la ecuación se llama
Ejemplos
′′
y
′
− 3y
′
+ 2y
′′′
3y
′′
+ 2y
′′
xy
x
4
4
y
dx
4
′
− 4y
′
− 2y
d
= 4sin(x)
+ 8y = 0
2
+ x y = x
+ 2(x − 1)
2 d
2
2
y
dx
2
− 2
− 3
E.D.L de orden 2, coeficientes constantes
E.D.L de orden 3, coeficientes constantes
E.D.L de orden 2, coeficientes variables
dy
dx
+ 9y = 1
E.D.L de orden 4, coeficientes variables
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5.1.2. Problemas de valor inicial | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes constantes
5.1.2. Problemas de valor inicial
Un problema de Cauchy o problema de valores iníciales (PVI), asociado a una ecuación
diferencial lineal es resolver la E.D.O
an (x)
d
n
dx
y
n
d
+ an−1 (x)
n−1
dx
y
n−1
+ ⋯ + a2 (x)
d
2
y
dx
2
dy
+ a1 (x)
dx
+ a0 (x) y = g(x)
Sujeta a las siguientes n condiciones iniciales que la variable dependiente y debe
satisfacer para un único valor de la variable independiente x.
y (x0 ) = y0
⎧
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
y
y
⎨
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
′
′′
(x0 ) = y1
,
(x0 ) = y2
⋮
y
(n−1)
(x0 ) = yn−1
Teorema de la existencia y unicidad
Dada la ecuación diferencial lineal de orden superior
′
F (x, y, y , y
′′
,…,y
(n)
= 0
, o y (n)
′′
′
= f (x, y, y , y , … , y
(n−1)
)
Y sea (P) un problema de Cauchy, el teorema de existencia y unicidad establece que:
′
Existencia: Si f es continua en un entorno del punto
(x0 , y , y
0
0
, … ,y
0
(n−1)
)
entonces (P) tiene solución.
df
Unicidad: Si además las derivadas parciales
continuas en un entorno del punto
dy
,
d
2
f
dy
2
′
(x0 , y , y
0
0
, … ,y
0
,
d
3
f
dy 3
(n−1)
,…,
)
existen y son
entonces (P) tiene
solución única.
Ejemplo
Comprobar que la función y
= 3e
2x
+ e
−2x
− 3x
, es solución del PVI:
′′
⎧
⎪
⎨s. a.
⎩
⎪
y
− 4y = 12x
y (0) = 4
e indique si la solución es única.
′
y
(0) = 1
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5.1.2. Problemas de valor inicial | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes constantes
Si
y = 3e
2x
Derivando:
′
y
=
12e
+ e
−2x
′
y
2x
=
6e
+ 4e
− 3x
2x
,
,
− 2e
−2x
− 3
−2x
Reemplazando en la ecuación:
′′
y
− 4y = 12e
Entonces,
2x
y =
+ 4e
3e
−2x
2x
− 4 (3e
+ e
−2x
2x
− 3x
+ e
−2x
− 3x) = 12x
si es solución de la E.D.O.
b) Aplicando condiciones iniciales:
y (0) =
3e
0
′
y
(0) =
6e
+ e
0
−0
− 2e
− 3 (0) = 4
−0
− 3 = 1
Entonces, si cumple con las condiciones iniciales.
c)
⎧ a2 (x) = 1 ≠ 0
⎪
⎪
⎪
⎪
a1 (x) = 0
⎨
a0 (x) = −4
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
g (x) = 12x
son funciones continuas en R, y x0
=
0 ϵ R
Cumple con las hipótesis del teorema de existencia y unicidad, por lo tanto, la solución
es única.
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5.1.3. Problemas de valor frontera | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes constantes
5.1.3. Problemas de valor frontera
Un problema de valor frontera (P.V.F), asociado a una ecuación diferencial lineal es
resolver la E.D.O.
an (x)
d
n
dx
y
n
d
+ an−1 (x)
n−1
dx
y
n−1
+ ⋯ + a2 (x)
d
2
y
dx
2
+ a1 (x)
dy
dx
+ a0 (x) y = g(x)
Sujeta a las siguientes n condiciones iniciales que la variable dependiente
satisfacer para distintos valores de la variable independiente x.
debe
y (x0 ) = y0
⎧
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
y
y
⎨
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
y
′
′′
(x0 ) = y1
,
(x0 ) = y2
⋮
y
(n−1)
(x0 ) = yn−1
La solución debe satisfacer en un intervalo I, tanto la ecuación diferencial como las n
condiciones iniciales.
Nota
Aunque el P.V.F cumpla con las condiciones del teorema de existencia y unicidad, puede
tener: infinitas soluciones, solución única o incluso no tener ninguna solución. Es decir, el
teorema de existencia y unicidad sirve solo para un P.V.I y no para un P.V.F.
Ejemplo
Verificar que la función
′′
y
+ 16y = 0
y (x) = c1 cos (4x)
+ c2 sen(4x)
es solución de la E.D.O
. Indicar si existe solución y es única para las siguientes condiciones
iniciales.
⎧ y (0) = 0;
⎪
⎨ y (0) = 0;
⎩
⎪
y (π/2) = 0
y (π/2) = 0
, e indique si la solución es única.
′
y (0) = 1
d) Si
y = 3e
2x
+ e
−2x
− 3x
,
,
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5.1.3. Problemas de valor frontera | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes constantes
′
Derivando: y
′
y
=
12e
=
2x
6e
+ 4e
2x
− 2e
−2x
− 3
−2x
Reemplazando en la ecuación:
′′
y
− 4y = 12e
Entonces,
2x
y =
+ 4e
3e
−2x
2x
− 4 (3e
+ e
−2x
2x
− 3x
+ e
−2x
− 3x) = 12x
\textbf{ } sí es solución de la E.D.O.
e) Aplicando condiciones iniciales:
y (0) =
3e
0
′
y
(0) =
6e
+ e
0
−0
− 2e
− 3 (0) = 4
−0
− 3 = 1
Entonces, sí cumple con las condiciones iniciales.
f)
⎧ a2 (x) = 1 ≠ 0
⎪
⎪
⎪
⎪
a1 (x) = 0
⎨
a0 (x) = −4
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
g (x) = 12x
son funciones continuas en R, y x0
=
0 ϵ R
Cumple con las hipótesis del teorema de existencia y unicidad, por lo tanto, la solución
es única.
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5.1.4. Ecuaciones diferenciales homogéneas y no homogéneas | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con …
5.1.4. Ecuaciones diferenciales homogéneas y no homogéneas
Una ecuación diferencial de orden n:
an (x)
d
n
dx
y
n
+ an−1 (x)
d
n−1
dx
y
n−1
+ ⋯ + a2 (x)
d
2
y
dx
2
Se dice que es una ecuación homogénea, si g(x)
Y, que es una ecuación no homogénea, si g (x)
+ a1 (x)
= 0
≠ 0
dy
dx
+ a0 (x) y = g(x)
.
.
Solución de la E.D.L de orden n
Dada la ecuación diferencial de orden n:
an (x)
d
n
dx
y
n
+ an−1 (x)
d
n−1
dx
y
n−1
+ ⋯ + a2 (x)
d
2
y
dx
2
+ a1 (x)
dy
dx
+ a0 (x) y = g(x)
Se dice que y = φ(x) es solución de la ecuación, si al sustituir y y sus derivadas
sucesivas en la ecuación dada, conducen a una identidad.
Si definimos como yh (x) a la solución general de la ecuación homogénea asociada, es
decir, cuando g(x) = 0 y, yp (x) a una solución de la ecuación no homogénea,
entonces la solución general de la E.D.O viene dada por:
y (x) = yh (x) + yp (x)
Dependencia lineal
Un conjunto de funciones {y1 (x), y2 (x), y3 (x) … , yn (x)} es linealmente
dependiente (l.d.) si existen constantes c1 , c2 , c3 , … , cn , no todas iguales a cero
simultáneamente, y tales que: c1 y1
+ c2 y2 + c3 y3 + ⋯ + cn yn = 0
Es decir, por lo menos una de las funciones es combinación lineal de las otras.
Independencia lineal
Un conjunto de funciones {y1
(x) ,
y
2
(x) ,
y3 (x) , … ,
yn (x)}
es linealmente
independiente (l.i.) si existen constantes c1 , c2 , c3 , … , cn , todas iguales a cero, y tales
que: c1 y1 + c2 y2 + c3 y3 + ⋯ + cn yn = 0 es decir, ninguna de las funciones es
combinación lineal de las otras.
Wronskiano
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5.1.4. Ecuaciones diferenciales homogéneas y no homogéneas | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con …
Dados {y1 (x), y2 (x), y3 (x) … , yn (x)} , funciones (n − −1) veces derivables en un
intervalo I, se denomina wronskiano o simplemente Wronski, al determinante:
Teorema de linealidad
Un conjunto de funciones {y1 (x) , y2 (x) , y3 (x) , … , yn (x)} es linealmente
independiente (l.i.), si y solo si el wronskiano es diferente de cero, es decir,
{y1 (x) , y
2
(x) , y3 (x) , … , yn (x)} , es l. i
⟺ W (y1 (x) , y
2
(x) , y3 (x) , …
Al conjunto {y1 (x) , y 2 (x) , y3 (x) , … , yn (x)} linealmente independiente se le
llama conjunto o sistema fundamental de soluciones.
Ejemplos
Determine si las funciones dadas son l.d, o l.i
-y
1
= sen (x) ; y2 = cos(x)
∣ y1
W (y1 , y2 ) = ∣
′
∣y
∣ sen(x)
y2 ∣
∣ = ∣
′
∣
y
∣ cos(x)
1
2
2
2
cos(x)
∣
∣
−sen(x) ∣
2
2
= −sen (x) − cos (x) = − (sen (x) + cos (x ) = −1 ≠ 0
W ≠ 0
-y
1
⟹
{y1 ,
es l.i
y2 }
x
= e ; y2 = cos (x) ; y3 = e
∣ y
1
∣
′
W (y1 , y2 , y3 ) = ∣ y
1
∣
′′
∣y
1
y2
y
y
′
2
′′
2
−x
y3
y
y
′
3
′′
3
∣
∣
∣e
∣
x
x
∣ = ∣e
∣
∣
x
∣
∣e
−x
cosh(x)
e
senh(x)
−e
cosh(x)
e
−x
−x
∣
∣
∣ = 0
∣
∣
Si dos filas iguales, entonces el determinante es cero.
W = 0
⟹
{y1 ,
y2 . y3 }
es l.d.
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5.1.4. Ecuaciones diferenciales homogéneas y no homogéneas | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con …
Solución de la E.D homogénea de orden 2
Dada la ecuación diferencial de orden 2:
d
a2 (x)
2
y
dx
2
+ a1 (x)
dy
+ a0 (x) y = 0
dx
Dividiendo para a2 (x)
≠ 0,
se tiene: y
′′
′
+ p (x) y
+ q (x) y = 0
Teorema de superposición de soluciones
Si
y = y1 (x)
condición:
y
y = y2 (x)
′
W(y1,y2) = y1y2 − y2y1
c1 y1 (x) + c2 y2 (x) ,
c1 , c2
son soluciones de la E.D.L homogénea, que satisfacen la
′
≠ 0
,
entonces
la
combinación
lineal
es también solución de la ecuación homogénea asociada, siendo
ctes. arbitrarias.
La solución general de la ecuación homogénea se puede escribir como:
yh = c1 y1 (x) + c2 y2 (x)
Solución de la E.D no homogénea de orden 2
Si yh (x) es la solución general de la ecuación homogénea asociada y, yp (x) es una
solución de la ecuación no homogénea, la solución general de la E.D.O viene dada por:
y (x) = yh (x) + yp (x)
Donde: yh (x): solución de la homogénea, contiene constantes c1 ,
yp (x)
c2
: solución particular de la no homogénea, no contiene constantes.
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5.1.5. Operadores diferenciales lineales | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes constantes
5.1.5. Operadores diferenciales lineales
Operador diferencial (D)
D es un operador diferencial lineal pues transforma una función derivable en otra función,
es decir:
Dy =
dy
dx
Para las derivadas de orden superior, se tiene:
d
2
D y =
2
y
dx
2
d
3
;
D y =
En donde D2
3
y
dx
= D. D;
3
4
;
D
3
D y =
d
4
y
dx
= D. D. D;
4
;
⋯;
n
D y =
d
n
dx
y
n
…
Ejemplo
Determine
Dy =
dy
dx
Dy
, si y
2
= −3sen
(x)
2
d(−3sen (x))
=
= −3 (2sen (x) cos (x) ) = −3sen(2x)
dx
Ejemplo
Determine:
2
, si f (x)
D f (x)
Derivando: f
f
′′
(x) =
d
2
= e
′
(x) =
f (x)
dx
2
3x
df (x)
dx
= 9e
Entonces: D2 (e3x
2
+ x cos (x)
3x
= 3e
3x
+ 2xcos (x)
2
− x sen (x)
2
− 4x sen(x) + (2 − x ) cos (x)
2
+ x cos (x)) = 9e
3x
2
− 4x sen(x) + (2 − x ) cos (x)
Operador diferencial de orden (L)
El operador diferencial de orden n viene dado por:
L (y) = a
n
(x)
d
n
dx
y
n
+ an−1 (x)
d
n−1
dx
y
n−1
+ ⋯ + a2 (x)
d
2
y
dx
2
+ a1 (x)
dy
dx
+ a0 (x) y
Escrita con el operador D se tiene:
L (D) y = (an (x) D
n
+ an−1 (x) D
n−1
+ ⋯ + a2 (x)D
2
+ a1 (x) D + a0 (x))y
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5.1.5. Operadores diferenciales lineales | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes constantes
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5.2. E.D lineales y no lineales: casos especiales | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes co…
5.2. E.D lineales y no lineales: casos especiales
5.2.1. Método de reducción de orden
5.2.2. Variable ausente
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5.2.1. Método de reducción de orden | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes constantes
5.2.1. Método de reducción de orden
Consideremos la ecuación diferencial homogénea de segundo orden:
L(y) =
a2 (x)y
Con a2 (x)
≠
0
′′
+ a1 (x)y
′
y a2 (x) ,
+ a0 (x)y = 0
a1 (x) ,
continuas en R.
a0 (x)
El método de reducción de orden consiste en encontrar una segunda solución de una
ecuación diferencial a partir de una solución conocida, es decir, si se conoce una
solución y1 (x), se puede encontrar una segunda solución y2 (x) linealmente
independiente y, por lo tanto, un sistema fundamental de soluciones {y1 , y 2 }.
Procedimiento
Si se conoce que y1 es solución de L(y) = 0 , sabemos que c1 y1 es también solución
de la ecuación entonces, reemplazando la constante c1 por una variable v, suponemos
que: y2 (x) = v(x) y1 (x)
Derivando respecto a : x : y ′ 2
′
= v y1 + vy
Reemplazando en la ecuación y ′′ + p(x)y ′
′′
′
(v y1 + 2v y
′
1
+ v y
′′
′′
′
⟹
1
+ q(x) y
′
1
y
) + p(x)(v y1 + v y
′
1
′′
2
′
= v y1 + 2v y
= 0
′
1
+ v y
′′
1
, se tiene que:
) + q(x)(v y1 ) = 0
Agrupando en términos de v:
′′
y1 v
′
+ (2y
′
1
+ p (x) y1 ) v + (y
′′
1
+ p(x) y
′
1
+ q(x) y1 ) v = 0
Por lo tanto:
′′
y1 v
′
+ (2y
′
1
+ p (x) y1 ) v
Si consideramos que u (x)
ecuación, es decir:
′′
= 0
⟹ v
′
= v (x)
⟹
+ (p (x) + 2
′
u (x) = v(x)
y
′
1
y1
′
)v
= 0
, lo que reduce el orden de la
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5.2.1. Método de reducción de orden | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes constantes
Integrando:
Entonces:
Integrando nuevamente:
Pero y_2(x)=v(x)\ y_1(x)$, entonces:
Ejemplo
Encontrar una segunda solución l.i. y la solución general de la ecuación
′′
′
6x
y − 4y − 12y = 0 ; si se conoce que y1 = e
Si, y1
= e
6x
, supongo y2
= v y1 =
e
6x
v
Derivando respecto a x :
y
′
′
2
= v e
6x
+ 6ve
′′
6x
⟹
y
′′
2
= v e
6x
′
+ 12v e
6x
+ 36v e
6x
Reemplazando en la ecuación, se tiene:
′′
(v e
6x
′
+ 12v e
6x
+ 36v e
6x
′
) − 4 (v e
6x
+ 6ve
6x
) − 12(v e
6x
) = 0
Agrupando en términos de v:
e
6x
′′
v
+ (12e
6x
− 4e
6x
′′
Por lo tanto: e6x v
+ 8e
Si consideramos que
′
) v + (36e
6x
6x
− 24e
′
′′
v
= 0
⟹
′
u = v
⟹
u
′
v
= v
6x
− 12e
6x
) v = 0
′
+ 8v
= 0
, entonces:
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5.2.1. Método de reducción de orden | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes constantes
′
u + 8u = 0
Pero u
⟹
′
=
v
∫
du
= −8 ∫ dx
u
⟹
u = e
−8x
+ k
, entonces
−8x
v =
e
+ k
−8
En este caso no son necesarias las constantes k y -8, por lo tanto: v
Pero, y2
= v y1
, entonces: y2
Y la solución general: y(x)
= e
= c1 e
−8x
6x
e
6x
+ c2 e
=
e
= e
−8x
−2x
−2x
Ejemplo
Si y1
x
2
y
1
=
′′
Si, y1
x
, encontrar y2 y la solución general de la ecuación diferencial:
′
+ 3x y
=
1
x
+ y
= 0
, suponemos y2
1
= v y1 =
x
v
Derivando respecto a x :
y
′
1
=
2
x
′
1
v −
x
2
′′
v
⟹
y
2
=
1
x
′′
v
2
−
x
2
′
v +
2
x
3
v
Reemplazando en la ecuación, se tiene:
x
2
(
1
x
′′
v
−
2
x
2
2
′
v +
x
v) + 3x (
3
′
1
v −
x
1
x
2
v) + (
1
x
v) = 0
agrupando en términos de v:
′′
x v
′
+ (−2 + 3)v + (
′′
Por lo tanto: xv
Pero, y2
=
′
v
⟹
1
+
) v = 0
x
′
= v
∫
du
u
, entonces: v
= v y1
3
x
= 0
′
Pero u
−
′
+ v
Si consideramos que u
xu + u = 0
2
x
⟹
= −∫
′
= v
dx
, entonces:
⟹
x
ln (u)
= −ln (x)
⟹ u =
1
x
= ln(x)
, entonces: y2
Y la solución general: y(x)
u
=
= c1
1
x
1
x
ln(x)
+ c2
1
x
ln(x)
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5.2.1. Método de reducción de orden | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes constantes
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5.2.2. Variable ausente | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes constantes
5.2.2. Variable ausente
Existen ecuaciones diferenciales no lineales de 2.o orden, y
′′
′
= f (x, y, y )
, que pueden
resolverse con un cambio de variable, esto se puede realizar cuando:
a) f no depende de y , es decir, y
′′
′
= f (x, y )
En este caso se debe hacer la sustitución: y
′
′′
= v;
y
′
= v
′
Con lo que se reduce a una ecuación de la forma v
= f (x, v)
Ejemplo
′′
y
′
+ x(y )
2
= 0
No depende de y , entonces suponemos: y
′
Reemplazando en la ecuación: v
Es decir,
v
v
′
2
= −x
Integrando: − 1v
Por lo tanto: v
Integrando: y
x
2
2
2
2
x +C 1
= ∫
2
2
− c1
= y
⟹
2
dx =
1
= v
=
dv
=
dx
′
= v
v
2
=
dv
dy
dy
dx
x +c1
2
′′
y
)
√C 1
′
= f (y, y )
′′
⟹
x
arctan (
En este caso se debe hacer la sustitución: y
y
y
= 0
√C 1
b) f no depende de x , es decir, y
′
⟹
′
x +c1
′′
′′
= v
E.V.S
= −
=
2
+ xv
′
= v
′
=
+ c2
,
dy
dx
= v;
dv
dy
′
Con lo que se reduce a una ecuación de la forma v
= f (y, v)
Ejemplo
′′
2yy
′
= 1 + (y )
2
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5.2.2. Variable ausente | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes constantes
No depende de x , entonces supongo: y
Reemplazando en la ecuación: 2y
v
dv
′
′′
= v
⟹
2
= 1 + v
dy
y
= v
dv
dy
E.V.S
Es decir,
v
1+v
2
1
dv =
2y
dy
Integrando:
∫
2v
1+v
Si, u
∫
du
u
2
dv = ∫
2
= 1 + v
= ∫
dy
y
:
dy
y
Por lo tanto: ln (u)
Pero: u
= ln (y)
+ ln(c )
1
2
2
= 1 + v ,
Entonces: v
⟹
⟹ 1 + v
u = c1 y
= c1 y
−
−−−
−
−
′
= √c1 y − 1 = y
Integrando:
∫
dy
√ c1 y−1
2√ c1 y−1
= ∫ dx
⟹
c1
= x + c2
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5.3. E.D.L homogénea con coeficientes constantes | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes …
5.3. E.D.L homogénea con coeficientes constantes
5.3.1. E.D.O lineal homogénea de orden 2
5.3.2. E.D.O lineal homogénea de orden n
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5.3.1. E.D.O lineal homogénea de orden 2 | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes constantes
5.3.1. E.D.O lineal homogénea de orden 2
Consideremos la ecuación diferencial lineal homogénea de orden 2, con coeficientes
constantes: L (y)
′′
′
= ay
+ by
+ cy = 0
Para resolver este tipo de ecuaciones buscamos soluciones de la forma:
y = e
rx
Con lo cual al derivar se tiene: y
′
= re
Reemplazando en la ecuación: ay
2
ar e
e
rx
rx
[ar
+ b re
2
rx
+ ce
rx
rx
′′
⟹
y
′′
2
= r e
rx
′
+ by
+ cy = 0
= 0
+ br + c] = 0;
Puesto que erx
≠ 0
, entonces:
[ar
2
Las raíces de esta ecuación son: x=
+ br + c] = 0
ecuación característica
2
−b±√ b −4ac
2a
Dependiendo de las raíces de la ecuación característica, se presentan tres casos de
solución.
Caso 1
Raíces reales y distintas
Si, Δ
2
= b
− 4ac > 0
entonces: r1
≠
Por lo tanto, las dos soluciones son: y1
∣ er1 x
W (y1 , y2 ) = ∣
r x
∣r e 1
1
Entonces yh
= c1 e
r1 x
e
r2 x
r2 e
r2 x
+ c2 e
r2
= e
r1 x
;
y2 = e
r2 x
∣
(r +r2 )x
∣ = (r 2 − r 1 )e 1
≠ 0
∣
r2 x
Ejemplo
′′
y
− 9y = 0
La ecuación característica: (r2
− 9) = 0
⟹
r = ± 3
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5.3.1. E.D.O lineal homogénea de orden 2 | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes constantes
Entonces: y1
= e
3x
;
y2 = e
∣ e3x
∣
W (y1 , y2 ) =
∣
3e
e
3x
−3x
−3x
− 3e
∣
−3x
∣
∣
Por lo tanto, yh
∣
= −3e
0
− 3e
0
= −6
son l. i
∣
= c1 e
3x
+ c2 e
−3x
Ejemplo
′′
y
′
− y
− 6y = 0
La ecuación característica: r2
− r − 6 = 0
(r − 3) (r + 2) = 0
⟹
Entonces: y1
y2 = e
= e
3x
∣ e
W (y1 , y2 ) =
∣
∣
;
3x
3e
r 1 = 3,
e
3x
−2x
−2x
− 2e
∣
−2x
∣
∣
∣
Por lo tanto: yh
r2 = −2
= −2e
x
− 3e
−x
= −5 e
x
;e
x
≠ 0
son l. i
∣
= c1 e
3x
+ c2 e
−2x
Caso 2
Raíces reales repetidas
Si, Δ
2
= b
− 4ac = 0
entonces: r1
La primera solución es: y1
= e
rx
=
r2 = r
;
Para obtener una segunda solución, l.i. utilizamos el método de reducción de orden, pero
en general, y2 = xerx
∣ erx
W (y1 , y2 ) = ∣
rx
∣ re
Entonces yh
= c1 e
rx
xe
e
rx
rx
+ rxe
+ c2 xe
rx
∣
2rx
∣ = e
≠ 0
∣
rx
Ejemplo
′′
y
′
− 6y
+ 9y = 0
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5.3.1. E.D.O lineal homogénea de orden 2 | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes constantes
La ecuación característica: r2
2
(r − 3)
= 0
Entonces: y1
⟹
= e
3x
∣
W (y1 , y2 ) =
∣
∣
;
e
3e
r1 =
− 6r + 9 = 0
r2 = 3
y2 = xe
3x
3x
xe
3x
e
3x
3x
∣
+ 3xe
3x
∣
Por lo tanto: yh
; raíces iguales
∣
∣
= e
6x
+ 3xe
6x
− 3xe
6x
=
e
6x
≠ 0
∣
= c1 e
3x
+ c2 xe
3x
Caso 3
Raíces imaginarias
Si, Δ
2
= b
− 4ac < 0
entonces: r1
= α + βi; r 2 = α − βi
Por lo tanto, las dos soluciones son:
y1 = e
y2 = e
(α+βi)x
(α−βi)x
=
e
=
e
αx
αx
e
e
iβx
−iβx
Utilizando la fórmula de Euler: e±ix
= cos(x) ± i sen(x)
Se obtiene:
Por lo tanto:
Ejemplo
′′
y
+ 4y = 0
La ecuación característica: r2
Entonces: y1
= e
0x
cos (2x)
+ 4 = 0
= cos(2x);
r = ±2i
y2 = e
raíces imaginarias
0x
sen(2x)
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5.3.1. E.D.O lineal homogénea de orden 2 | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes constantes
∣ cos(2x)
∣
W (y1 , y2 ) = ∣ −2sen(2x)
∣
∣
Por lo tanto: yh
sen(2x) ∣
∣
2
2
2cos(2x) ∣ = 2cos (2x) + 2sen (2x) = 2 ≠ 0
∣
∣
= c1 cos (2x)
+ c2 sen(2x)
Ejemplo
′′
y
′
+ 4y
+ 5y = 0
La ecuación característica: r2
Entonces: r1 , r2
Por lo tanto: yh
=
= e
+ 4r + 5 = 0
−4±√16−20
2
−2x
=
−4±2i
2
= −2 ± i
[c1 cos(x) + c2 sen(x)]
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17/1/2021
5.3.2. E.D.O lineal homogénea de orden n | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes constantes
5.3.2. E.D.O lineal homogénea de orden n
Dada la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n, con coeficientes constantes:
d
an
n
dx
y
n
d
+ an−1
n−1
dx
y
n−1
d
+ ⋯ + a2
2
y
dx
2
+ a1
Suponemos soluciones de la forma: y
= e
dy
dx
+ a0 y = 0
rx
Con lo cual, al derivar sucesivamente y reemplazar en la ecuación diferencial, se obtiene
la ecuación característica:
an r
n
+ an−1 r
n−1
+ ⋯ + a2 r
2
+ a1 r + a0 = 0
- Si esta ecuación tiene raíces reales y distintas: r
1
≠ r2
≠ r3 ≠ …
≠ rn
Entonces
yh = c e
r1 x
1
+ c2 e
r2 x
+ c3 e
r3 x
+ ⋯ + cn e
rn x
- Si la ecuación característica tiene raíces iguales: r
1
= r2 = r3 = ⋯ = rn
Entonces
yh = c e
r1 x
1
+ c2 xe
r2 x
2
+ c3 x e
r3 x
+ ⋯ + cn x
n−1
e
rn x
- Si esta ecuación tiene raíces complejas conjugadas:
r 1,2 = α1 ± β1 i; r 3,4 = α2 ± β2 i;
r 5,6 = α3 ± β3 i;
…
Entonces
yh = c e
α1 x
1
[cos (β1 x)
+ sen (β1 x)] + c2 e
α1 x
[cos (β1 x)
+ sen (β1 x)] + …
Ejemplo
′′′
′′
y
− 2y
′
− y
+ 2y = 0
La ecuación característica: r3
r
2
− 2r
2
− r + 2 = 0
(r − 2) − (r − 2) = 0
2
(r
− 1) (r − 2) = 0
⟹ (r + 1)(r − 1)(r − 2) = 0
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5.3.2. E.D.O lineal homogénea de orden n | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes constantes
r 1 = −1,
r2 = 1,
Por lo tanto: yh
= c1 e
raíces reales y distintas
r3 = 2
−x
+ c2 e
x
+ c3 e
2x
Ejemplo
(5)
y
′′′
(4)
− 3y
+ 3y
′′
− y
La ecuación característica:r5
r
2
(r
r1 =
3
− 3r
2
= 0
− 3r
+ 3r − 1) = 0
r2 = 0;
Por lo tanto: yh
r3 =
r4 =
4
+ 3r
⟹
r5 = 1
x
= c1 + c2 x + c3 e
3
− r
2
= 0
3
2
r (r − 1)
= 0
; raíces iguales
+ c4 xe
x
2
+ c5 x e
x
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5.4. E.D.L no homogéneas con coeficientes constantes | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficie…
5.4. E.D.L no homogéneas con coeficientes constantes
′′
′
Dada la ecuación diferencial L (y) = y + p (x) y + q (x) y = g (x) , es posible
obtener en forma sencilla una solución general y(x) si se conoce una solución general
yh (x) = c1 y1 + c2 y2 de la ecuación homogénea; se tiene entonces que y(x) se
obtiene al sumar cualquier solución particular yp (x) que no contenga constantes
arbitrarias a y_h(x) , es decir:
y(x) = yp (x) + c1 y1
+ c2 y2
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5.4.1. Método de coeficientes indeterminados | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes const…
5.4.1. Método de coeficientes indeterminados
El método de coeficientes indeterminados se aplica a la ecuación diferencial
L (y) = an (x) y
(n)
+ an−1 (x) y
(n−1)
′
+ ⋯ + a1 (x) y
+ a0 (x) y
=
g(x)
Donde:
es una función polinomial, una función exponencial, una función seno o
coseno o combinaciones de sumas y productos de estas.
g(x)
Y los coeficientes an ,
an−1 ,
…,
a1 ,
a0
son constantes.
El método consiste en suponer una solución particular yp (x) que contiene uno o más
coeficientes desconocidos, que se deben determinar, y tiene la misma forma de g(x)
excepto cuando g(x) sea una solución de la ecuación homogénea.
Caso 1
Si g(x)=
P n(x)
, es decir, es un polinomio de grado n en x.
Para ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden de la forma:
ay
′′
+ by
′
+ cy = g(x)
Se supone una solución particular: yp
Donde:
An ,
Y g(x)
= an x
+ an−1 x
n−1
Derivando y reemplazando
+ …
yp , y
′
p
n
+ An−1 x
n−1
+ …
+ A1 x + A0
son los coeficientes a determinar,
An−1 , … , A1 , A0
n
= An x
+ a1 x + a0
, y
′′
p
en la ecuación diferencial
L(y)
=
g(x)
, e
igualando coeficientes de potencias semejantes, empezando en la potencia más alta de
x:
Si c
≠ 0
, se determinan uno a uno los coeficientes buscados.
Si c=0, pero
b
yp = x (An x
≠ 0
n
, se debe aumentar el grado la suposición de
+ An−1 x
n−1
+ …
yp (x)
, es decir:
+ A1 x + A0 )
Ejemplo
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5.4.1. Método de coeficientes indeterminados | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes const…
Resolver: y ′′ + y ′
− 2y = 3x ∧ 2 − x + 1
Ecuación característica: r2
⟹
+ r − 2 = 0
(r + 2) (r − 1) = 0
Por lo tanto:
yh = c1 e
Suponemos: yp
Derivando: y ′ p
−2x
= A0 x
2
⟹
+ c2 e
r 1 = −2;
r2 = 1
x
+ A1 x + A2
= 2A0 x + A1
⟹
y
′′
p
= 2A0
Reemplazando en la ecuación:
2A0 + (2A0 x + A1 ) − 2(A0 x
2
+ A1 x + A2 ) = 3x
2
− x + 1
Igualando coeficientes de potencias semejantes
x
2
: −2A0 = 3
⟹
x : 2A0 − 2A1 = −1
x
0
⟹
: 2A0 + A1 − 2A2 = 1
Entonces: yp =
−
3
2
x
2
3
A0 = −
⟹
A2 = −
5
2
5
− x −
Y la solución general: y(x)
2
A1 = −1
2
= c1 e
−2x
+ c2 e
x
−
3
2
x
2
− x −
5
2
Ejemplo
Resolver: y ′′ − 2y ′
= 2x
3
Ecuación característica: r2
yh = c1 + c2 e
− 4x
2
− x + 6
− 2r = 0
⟹
r (r − 2) = 0
Para encontrar la solución particular, teniendo en cuenta que c
Suponemos yp
= x(Ax
Derivando: y ′ p
= 4A x
y
′′
p
= 12A x
2
⟹
r 1 = 0; r 2 = 2
2x
3
3
+ Bx
2
+ 3B x
+ C x + D) =
2
Ax
4
+ Bx
= 0
3
+ Cx
2
+ Dx
+ 2C x + D
+ 6B x + 2C
Reemplazando en la ecuación:
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5.4.1. Método de coeficientes indeterminados | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes const…
12A x
2
+ 6B x + 2C − 2(4A x
3
+ 3B x
2
+ 2C x + D) = 2x
3
− 4x
2
− x + 6
Igualando coeficientes de potencias semejantes:
x
x
3
2
: −8A = 2
⟹
: 12A − 6B = −4
x : 6B − 4C = −1
x
0
: 2C − 2D = 6
Por lo tanto, yp
= −
1
4
1
A = −
⟹
4
C =
⟹
D = −
Y la solución general: y
4
+
1
6
x
3
6
1
⟹
x
1
B =
2
5
2
1
+
2
= c1 + c2 e
x
2x
2
5
−
2
1
−
4
x
x
4
+
1
6
x
3
+
1
2
x
2
−
5
2
x
Caso 2
Si g(x)= eαx Pn (x), es decir si
un polinomio de grado n en x
g(x)
es el producto de una función exponencial por
En este caso se supone una solución particular de la forma:
yp = e
αx
(A x
n
n
+ An−1 x
n−1
Si la solución particular
+ …
yp
+ A1 x + A0 )
que suponemos, contiene términos de la solución
homogénea, entonces se debe aumentar el grado de la suposición, es decir multiplicar
por x.
Ejemplo
Resolver: 2y ′′ − 4y ′
− 6y = 3xe
2x
Ecuación característica: 2r2
− 4r − 6 = 0
⟹ (r − 3) (r + 1) = 0
⟹
yh = c1 e
3x
+ c2 e
Suponemos: yp
Derivando: y ′ p
y
′′
p
= 2e
2x
r 1 = 3;
r 2 = −1
−x
= (Ax + B) e
= 2e
2x
2x
(Ax + B) + Ae
(2Ax + A + 2B) + 2Ae
2x
2x
=
= e
e
2x
2x
(2Ax + A + 2B)
(4Ax + 4A + 4B)
Reemplazando en la ecuación
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5.4.1. Método de coeficientes indeterminados | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes const…
2e
2x
(4Ax + 4A + 4B) − 4e
2x
(2Ax + A + 2B) − 6 e
2x
(Ax + B) = 3x e
2x
Igualando coeficientes de potencias semejantes:
x : 8A − 8A − 6A = 3
x
0
⟹
A = −
: 8A + 8B − 4A − 8B − 6B = 0
Por lo tanto,
yp = −e
2x
Y la solución general: y
(
x
1
+
2
= c1 e
3
3x
1
2
⟹
B = −
1
3
)
+ c2 e
−x
− e
2x
(
x
2
+
1
3
)
Ejemplo
Resolver:
y
′′
− 2y
′
+ y = xe
Ecuación Característica: r2
2
⟹ (r − 1)
yh = c1 e
x
= 0
⟹
+ c2 xe
x
− 2r + 1 = 0
r1 =
r2 = 1
x
Suponemos: yp = (Ax + B) ex , pero esta es solución de la homogénea, por lo tanto,
aumentamos el grado de la suposición, es decir multiplicamos por x2
Es decir, suponemos yp
= x
2
(Ax + B) e
x
= (Ax
3
2
+ Bx ) e
x
Derivando y simplificando:
y
′
3
′′
y
2
2
= (Ax +Bx +3Ax +2Bx) e
p
p
= (Ax
3
+ Bx
2
+ 6Ax
2
x
+ 4Bx + 6Ax + 2B)
Reemplazando en la ecuación:
′′
y
′
− 2y
−2 (Ax
+ (Ax
+ y = (Ax
3
3
+ Bx
2
2
3
+ Bx
+ 3Ax
+ Bx ) e
x
2
= xe
2
+ 6Ax
+ 2Bx) e
x
2
+ 4Bx + 6Ax + 2B) e
x
+
+
x
Igualando coeficientes de potencias semejantes:
x
x
3
2
: A − 2A + A =
0
⟹
0
: 6A + B − 6A − 2B + B = 0
=
0
⟹
0 = 0
1
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5.4.1. Método de coeficientes indeterminados | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes const…
x : 6A + 4B − 4B = 1
x
0
: 2B = 0
Por lo tanto,
⟹
yp = e
⟹
1
A =
6
B = 0
x
(
Y la solución general: y
1
6
)x
3
= c1 e
x
+ c2 xe
x
+ e
x
(
1
)x
6
3
Caso 3
Si g(x)=
e
αx
Pn (x) sen(βx)
o g(x)=
e
αx
Pn (x) cos(βx)
Es decir, si g(x) es el producto de una función exponencial por un polinomio de grado
\textit{n} en \textit{x} y una función seno o coseno.
En este caso, al igual que el caso anterior, se supone una solución particular:
yp = e
αx
(A x
n
n
+ …
+ A1 x + A0 )cos(βx) + e
αx
(B x
n
n
+ …
+ B 1 x + B 0 )s
Ejemplo
Resolver:y ′′ − 2y ′
x
+ y = e sen(x)
Ecuación característica: r2
2
⟹ (r − 1)
yh = c1 e
x
= 0
+ c2 xe
Suponemos: yp
⟹
− 2r + 1 = 0
r1 =
r2 = 1
x
= (Acos(x) + Bsen(x)) e
x
,
Derivando y agrupando:
y
y
′
p
′′
= e
x
[(A + B) cos (x) +
(B − A) sen (x)]
x
p
= e [2Bcos (x) − 2Asen (x)]
Reemplazando en la ecuación:
′′
y
′
− 2y
−2e
+ e
x
x
+ y = e
x
[2Bcos (x) − 2Asen (x)] +
[(A + B) cos (x) +
(B − A) sen (x)] +
x
[Acos(x) + Bsen(x)] = e sen(x)
Agrupando en senos y cosenos e igualando coeficientes:
cos(x) : 2B − 2 (A + B) + A = 0
sen(x) : −2A − 2 (B − A) + B = 1
⟹
⟹
A = 0
B = −1
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5.4.1. Método de coeficientes indeterminados | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales con coeficientes const…
Entonces yp
x
= −e sen(x)
Y la solución general: y
= c1 e
x
+ c2 xe
x
x
− e sen(x)
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5.4.2. Método de variación de parámetros (método de Lagrange) | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales co…
5.4.2. Método de variación de parámetros (método de Lagrange)
Dada la ecuación diferencial
L(y)
=
y
′′
+ p(x)y
′
+ q(x)y
=
g(x),
Siendo p, q, g funciones continuas en un intervalo I ⊆ R , y suponiendo que y1 y y2
son soluciones linealmente independientes de la ecuación homogénea asociada,
sabemos que, yh = c1 y1 + c2 y2 .
El método de variación de parámetros consiste en suponer una solución yp (x)
reemplazando las constantes c1 , c2 por funciones u1 , u2 , es decir, suponemos que
existen funciones u1 (x) , u2 (x) tales que:
yp (x) = u1 (x) y1 (x) + u2 (x) y2 (x)
Derivando respecto a \textit{x}:
y
′
p
= u
′
1
y1 + u1 y
′
1
+ u
′
2 y2
+ u2 y
′
2
′
Asumimos una condición arbitraria: u1 y1
Entonces se tiene que: y ′ p
= u1 y
Derivando nuevamente: y ′′ p
= u
′
′
1
1
+ u2 y
y
Y reemplazando en la ecuación L(y)
Siendo, u′ 1 ,
u
′
2
+ u
′
1
′
2 y2
(1)
′
2
+ u1 y
=
= 0
′′
g(x)
1
+ u
′
′
2y 2
+ u2 y
′′
2
:
las incógnitas a determinar.
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5.4.2. Método de variación de parámetros (método de Lagrange) | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales co…
Por Cramer:
Finalmente:
Nota
El método de variación de parámetros es un método general que se puede usar tanto
para ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes o coeficientes
variables, pero siempre que sea posible se debe utilizar el método de coeficientes
indeterminados, puesto que es un método más sencillo.
Ejemplo
′′
y
+ y = secx
Ecuación característica: r2
+ 1 = 0
⟹
r = ±i
yh = c1 cos(x) + c2 sen(x)
Suponemos: yp
= u1 cos(x) + u2 sen(x)
El sistema de ecuaciones que se obtiene es:
u
{
′
′
1 cos
(x) + u
′
−u
2 sen
(x) = 0
′
1 sen
(x) + u
Entonces: W
2 cos(x)
= secx
∣ cos(x)
(y1 , y2 ) = ∣
∣ − sen(x)
sen(x) ∣
2
2
∣ = cos (x) + sen (x) = 1
cos(x) ∣
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≠ 0
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5.4.2. Método de variación de parámetros (método de Lagrange) | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales co…
Por Cramer:
∣
y2 ∣
∣
0
∣
u
∣ g(x)
′
1
y
∣y
2
cos(x) ∣
=
= sec (x) sen (x) = tan(x)
1
u 1 = ∫ tan (x) dx = ln(cos(x))
∣ y
1
∣
′
∣ sec(x)
∣
2
sen(x) ∣
∣
0
W
⟹
u
′
=
∣
∣
0
′
=
∣
∣
∣
∣
∣
sec(x) ∣
=
= cos (x) sec (x) = 1
W
⟹
∣
0
∣ −sen(x)
g(x) ∣
1
cos(x)
1
u 2 = ∫ dx = x
Entonces: yp
= cos(x) ln(cos(x)) + x sen(x)
Y la solución general:
y (x) = c1 cos (x) + c2 sen(x) + cos(x) ln(cos(x)) + x sen(x)
Ejemplo
′′
y
−3x
′
+ 6y + 9y =
8e
2
x +1
Ecuación característica: r 2 + 6r + 9 = 0
yh = c1 e
−3x
+ c2 xe
Suponemos: yp
⟹ (r + 3)
2
= 0
⟹ r 1 = r 2 = −3
−3x
= u1 e
−3x
+ u2 xe
−3x
El sistema de ecuaciones que se obtiene es:
u
{
′
−3u
1e
′
1e
−3x
−3x
+u
′
+u
2 (e
′
2 xe
−3x
∣
Entonces: W (y1 , y2 ) = ∣
−3x
= 0
− 3xe
e
−3x
−3x
=
−3x
−3x
∣ − 3e
8e
2
x +1
xe
e
−3x
−3x
− 3xe
∣
−3x
∣ = e
∣
−6x
≠ 0
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17/1/2021
5.4.2. Método de variación de parámetros (método de Lagrange) | Tema 5: Ecuaciones diferenciales de orden superior. EDO lineales co…
Por Cramer:
∣
∣
0
y2
∣
u
∣ g(x)
′
1
=
y
′
2
∣
∣
−3x
8e
∣
∣
2
x +1
∣
=
2
x +1
∣
u
′
2
=
⟹
∣ y
∣
∣
∣
∣
g(x) ∣
∣
0
′
1
u2 = ∫
Entonces: yp
∣
−3x
e
8
= −4e
2
(x +1)e−6x
= −
8x
x 2 +1
+ 1)
∣
−3x
−3e
x2 +1
−6x
2
8e
2
∣
0
−3x
8e
e
x +1
−6x
∣
= −
dx = −4ln(x
=
W
−3x
−3xe
e
∣
∣ y
1
−3x
e
−6x
8x
u1 = ∫ −
∣
xe
∣
W
⟹
−3x
0
∣
∣
−6x
∣
= −
8e
2
−6x
(x +1)e
=
8
2
x +1
dx = 8 arctan(x)
−3x
ln(x
2
+ 1) + 8xe
−3x
arctan(x)
Y la solución general:
y (x) = c1 e
−3x
+ c2 xe
−3x
−4e
−3x
ln(x
2
+ 1) + 8xe
−3x
arctan(x)
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Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
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6.1. EDO lineal con coeficientes variables | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
6.1. EDO lineal con coeficientes variables
La ecuación de Euler Cauchy
Una ecuación diferencial lineal de la forma:
x
n
y
(n)
+ an−1 x
n−1
y
(n−1)
+ ⋯ + a1 xy
′
+ a0 y = g(x)
con a0 , a1 , … , an−1 , constantes, se llama ecuación de EULER, o Ecuación de
Euler - Cauchy, de orden n , está definida ∀ x ∈ R− {0} .
Es una de las pocas ecuaciones con coeficientes variables que se puede resolver en
términos de funciones elementales.
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6.1.1. La ecuación de Euler homogénea | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
6.1.1. La ecuación de Euler homogénea
Si g(x)
x
n
y
=
(n)
, entonces la ecuación homogénea o auxiliar es:
0
+ an−1 x
Cuando x
>
0
n−1
y
(n−1)
′
+ ⋯ + a1 xy
+ a0 y = 0
suponemos una solución de la forma: y
(1)
= x
m
derivando sucesivamente:
y
y
′
= mx
′′
m−1
,
= m(m − 1)x
m−2
,
′′′
y
= m (m − 1) (m − 2) x
m−3
⋮
y reemplazando en la ecuación (1) se obtiene una ecuación de grado n en m , llamada
Ecuación Característica de Euler. Si m es una raíz real, de multiplicidad k, de la
ecuación característica a ella le corresponden k soluciones l. i. de la forma:
y1 = x
m
;
y2 = x
m
ln (x) ;
y3 = x
m
2
ln
(x) ;
…;
yk = x
m
k
ln (x)
La ecuación de Euler de orden 2
Tiene la forma general: x2
y
′′
Entonces, suponemos que: y
+ a1 x y
= x
′
+ a0 y = 0
m
derivando:
y
y
′
= mx
′′
m−1
,
= m(m − 1)x
m−2
,
y reemplazando en la ecuación:
x
2
[m (m − 1) x
es decir: (m2
(m
m
2
] + a1 x [m x
− m) x
pero, ya que xm
2
m−2
≠
m
0
+ a1 m x
m
m−1
] + a0 x
+ a0 x
m
m
= 0
= 0
, entonces
− m) + a1 m + a0
+ (a1 − 1)m + a0 = 0
= 0
Ec. Característica de Euler Orden 2.
Caso 1
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6.1.1. La ecuación de Euler homogénea | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
Si las raíces de la ecuación característica son reales y distintas:
soluciones l. i. serán:
y1 = x
m1
;
y2 = x
m1
≠ m2
, las dos
m2
Verificando Wronskiano:
por lo tanto, la Solución general:
yh = c1 x
m1
+ c2 x
m2
Ejemplo
Resolver la ecuación: 2x2
y
′′
+ 3xy
′
− y = 0
Dividiendo para 2:
x
2
′′
y
+
3
2
′
xy
−
1
2
y = 0
⟹
a1 =
3
2
, a0 = −
1
2
reemplazando en la ec. característica:
m
2
+ (a1 − 1)m + a0 = m
2
+
1
2
m −
se tiene dos raíces reales y distintas: m1
y la solución general: yh
= c1 x
1/2
1
= 0
2
=
+ c2 x
1
2
; m2 = −1
−1
Caso 2
Si la ecuación auxiliar tiene raíces repetidas: m1 = m2 = m , entonces, la primera
solución es: y1 = xm , y la segunda solución se puede obtener con el método de
reducción de orden o con la fórmula de Abel, pero en general :
y2 = x
m
ln(x)
Verificando Wronskiano:
por lo tanto, la solución general: yh
= c1 x
m
+ c2 x
m
ln(x)
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6.1.1. La ecuación de Euler homogénea | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
Ejemplo
Resolver la ecuación: x2
′′
y
′
+ 5xy
+ 4y = 0
reemplazando en la ec. Característica, con
m
2
+ (a1 − 1) m + a0 = m
2
se tiene dos raíces iguales: m1
por lo tanto: y1
= x
−2
;
y la solución general: yh
+ 4m + 4
a1 = 5,
a0 = 4
2
= 0 = (m + 2)
= 0
= m2 = −2
y2 = x
= c1 x
−2
−2
ln (x)
+ c2 x
−2
ln(x)
Caso 3
Si las raíces de la ecuación característica son imaginarias: m1,2
= λ ± ui
,
las dos soluciones l. i. serán:
y1 = x
λ
cos(μ ln(x));
y2 = x
λ
sen(μ ln(x))
Verificando Wronskiano:
y la Solución general: yh
= c1 x
λ
cos (μ ln (x)) + c2 x
λ
sen(μ ln(x))
Ejemplo
Resolver la ecuación: x2
′′
y
′
+ xy
+ y = 0
reemplazando en la ec. Característica, con
m
2
+ (a1 − 1) m + a0 = m
2
+ 1
= x
0
cos(ln(x));
a0 = 1
= 0
se tiene dos raíces imaginarias: m1,2
por lo tanto: y1
a1 = 1,
= ±i
y2 = x
0
sen(ln(x))
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6.1.1. La ecuación de Euler homogénea | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
y la solución general: yh
= c1 cos (ln (x)) + c2 sen(ln(x))
Teorema
Para resolver la ecuación diferencial de Euler en cualquier intervalo que no incluya a
x = 0, se debe considerar:
La ecuación de Euler de orden 3
Tiene la forma general: x3 y
suponemos que: y
derivando: y ′
y
y
′′
= x
= mx
= m(m − 1)x
′′′
+ ax
y
′′
+ bxy
′
+ cy = 0
m
m−1
m−2
2
′′′
,
,
= m(m − 1)(m − 2)x
m−3
reemplazando en la ecuación:
x
3
[m (m − 1) (m − 2) x
es decir: (m
3
− 3m
pero, ya que xm
(m
3
− 3m
2
≠
2
m−3
] + ax
+ 2m) x
0
m
2
[m (m − 1) x
+ a (m
2
− m) x
m
m−2
] + bx [m x
+ bm x
m
+ cx
m
m−1
] + cx
m
=
= 0
, se tiene:
+ 2m) + a (m
2
− m) + bm + c = 0
Entonces, la Ec. Característica de Euler de Orden 3:
m
3
+ (a − 3)m
2
+ (2 − a + b)m + c = 0
Ejemplo
Resolver la ecuación: x3 y
′′′
− 3x
2
y
′′
+ 6xy
reemplazando en la ec. Característica, con
m
m
3
3
+ (a − 3)m
− 6m
2
2
′
− 6y = 0
a = −3,
b = 6,
c = −6 :
+ (2 − a + b)m + c = 0
+ 11m − 6 = 0
(m − 1) (m − 2) (m − 3) = 0
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6.1.1. La ecuación de Euler homogénea | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
se tiene tres raíces reales y distintas: m1
por lo tanto: y1
= x;
2
y2 = x ;
y la solución general: yh
= 1; m2 = 2;
y3 = x
2
= c1 x + c2 x
m3 = 3
3
+ c3 x
3
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6.1.2. La ecuación de Euler no homogénea | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
6.2. La ecuación de Euler no homogénea
Si g(x)
x
2
y
′′
≠ 0
, la Ecuación de Euler no homogénea de orden 2 es:
+ axy
′
+ by = g(x)
Dividiendo para x2 :
y
′′
+
ax
x
2
y
′
+
b
x
2
y =
g(x)
x
2
para encontrar la solución particular se debe usar el método de variación de parámetros,
es decir, suponemos yp = u1 y1 + u2 y2 , con lo que se obtiene el sistema de
ecuaciones:
Ejemplo
Resolver la EDO: x2 y ′′ − 2y
Dividiendo para x2 : y
′′
−
2
x
2
= x
y =
Ecuación característica, con a
m
2
+ (a − 1) m + b = m
Entonces: yh
= c1 x
−1
2
+ c2 x
x
x
= 0
2
yb
= −2
− m − 2 = (m − 2) (m + 1) = 0
2
;
∣
W = ∣
x
−1
∣ −x
suponemos yp
:
= u1 y1 + u2 y2 = u1 x
−1
−2
+ u2 x
x
2
∣
∣ = 3 ≠ 0
2x ∣
2
, con lo que se obtiene el sistema:
Resolviendo por Cramer:
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8/3/2021
6.1.2. La ecuación de Euler no homogénea | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
entonces:
y la solución general:
y (x) =
c1
x
+ c2 x
2
1
−
2
x
Ejemplo
Resolver la EDO: x2 y ′′ − 3xy′ + 3y = 2x4 ex
Dividiendo para x2 : y
′′
3x
−
x
2
′
y
Ecuación característica, con a
m
2
+ (a − 1) m + b = m
Entonces: yh
2
= c1 x + c2 x
suponemos yp
ecuaciones:
+
3
x
2
= −3
4
y =
yb
x
2x e
x
2
= −3
:
− 4m + 3 = (m − 3) (m − 1) = 0
3
;
∣x
W = ∣
∣1
x
3
3x
2
= u1 y1 + u2 y2 = u1 x + u2 x
∣
∣ = 2x
∣
3
3
≠ 0
, con lo que se obtiene el sistema de
Resolviendo por Cramer:
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6.1.2. La ecuación de Euler no homogénea | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
entonces: yp
= u1 y1 + u2 y2 = x (−x
y la solución general: y (x)
2
= c1 x + c2 x
+ 2x − 2) e
3
x
3
+ x e
x
x
= 2e (x
2
− 2x)
x
+ 2xe (x − 2)
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6.2. Sistemas de ecuaciones diferenciales | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
6.2. Sistemas de ecuaciones diferenciales
Los sistemas de ecuaciones diferenciales se presentan con frecuencia como modelos de
sistemas mecánicos o eléctricos, y en general en diversos problemas de ingeniería.
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6.2.1. Método de eliminación | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
6.2.1. Método de eliminación
El método de eliminación para resolver sistemas de ecuaciones diferenciales con
coeficientes constantes se basa en el principio de los sistemas de ecuaciones
algebraicas lineales, mediante la eliminación de variables. Consiste en que las funciones
desconocidas y sus derivadas se eliminan sucesivamente hasta que se llega a una
ecuación diferencial de orden superior que contiene solo una función desconocida y sus
derivadas. Se resuelve esta ecuación y se encuentra paso a paso las otras funciones
desconocidas.
Se aplica a sistemas de la forma:
dx
dt
{
dy
dt
Si f1
⎧
= a1 x + b1 y + f1 (t)
⎨
⎩
= a2 x + b2 y + f2 (t)
(t) = f2 (t) = 0
d
2
x
dt
d
2
dt
2
y
2
= a1 x + b1 y + f1 (t)
= a2 x + b2 y + f2 (t)
son sistemas de ecuaciones diferenciales homogéneas.
Ejemplo
Sistema homogéneo
dx
dt
{
dy
dt
= 4x − 2y
(1)
= x+y
(2)
De la ecuación (1) despejar y :
Derivar (1):
d
2
dt
x
2
= 4
dx
dt
Reemplazar (2) en (3):
− 2
d
2
dt
x
2
dy
dt
y
=
1
2
(4x −
dx
dt
)
(3)
= 4
dx
dt
− 2(x + y)
Reemplazando y en la última ecuación se tiene:
d
2
dt
x
2
= 4
dx
dt
− 2x − 2 (2x −
dx
2 dt
)
con lo que:
d
2
dt
x
2
= 4
dx
dt
− 6x +
dx
dt
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8/3/2021
6.2.1. Método de eliminación | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
es decir:
d
2
dt
x
−5
2
dx
+ 6x = 0
dt
Resolviendo la ecuación homogénea obtenida, la ecuación característica es:
r
2
− 5r + 6 = 0
⟹
(r − 3) (r − 2) = 0
y la solución homogénea: x
= c1 e
3t
+ c2 e
⟹
r 1 = 3;
r2 = 2
2t
derivando:
dx
= 3c1 e
dt
3t
+ 2c2 e
reemplazando x y
y = 2 (c1 e
3t
+ c2 e
2t
en y :
dx
dt
2t
)
1
−
2
(3c1 e
3t
+ 2c2 e
2t
) =
1
2
c e
1
3t
+ c2 e
2t
Entonces, la solución del sistema de ecuaciones diferenciales es:
x = c1 e
{
1
y =
2
3t
+ c2 e
c e
3t
1
2t
+ c2 e
2t
Ejemplo
Sistema no homogéneo
d
⎧
2
dt
⎨
⎩
d
x
= y + 4e
2
2
dt
y
2
= x−e
−2t
(1)
−2t
(2)
De la ecuación (1) despejar y :
y
=
d
2
dt
x
2
− 4e
−2t
Derivar (1):
d
3
dt
x
3
=
dy
dt
− 8e
d
Reemplazar
−2t
2
dt
d
4
dt
x
4
= x − e
con lo que:
d
y
dt
x
4
4
dt
x
4
=
d
2
dt
y
2
+ 16e
−2t
(3)
en (3)
2
−2t
4
d
;
+ 16e
−2t
− x = 15e
−2t
Resolviendo la ecuación homogénea:
la ecuación característica es:
r
4
−1 = 0
⟹
⟹ r 1 = −1;
(r
2
+ 1) (r
r 2 = 1;
2
− 1)
r 3 = +i ;
y la solución homogénea: xh
= c1 e
⟹
(r
2
+ 1) (r − 1) (r + 1)
r 4 = −i
−t
+ c2 e
t
+ c3 cos (t)
+ c4 sen(t)
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8/3/2021
6.2.1. Método de eliminación | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
Para obtener la solución particular, suponemos: xp
= Ae
−2t
derivando:
dx
= −2Ae
dt
−2t
d
;
2
dt
x
2
= 4Ae
−2t
d
;
3
dt
x
3
= −8Ae
−2t
;
d
4
dt
x
4
= 16Ae
−2t
Reemplazando en la ecuación diferencial:
16Ae
−2t
− Ae
−2t
por lo tanto: xp
= 15e
= e
y entonces: x (t)
−2t
⟹
A = 1
−2t
= xh + xp = c1 e
−t
+ c2 e
t
+ c3 cos (t)
+ c4 sen(t) + e
−2t
derivando:
dx
= −c1 e
dt
d
2
dt
x
2
= c1 e
−t
−t
t
+ c2 e − c3 sen (t)
t
+ c2 e − c3 cos (t)
Reemplazando
y = (c1 e
−t
+ c4 cos (t) − 2e
d
2
dt
x
2
− c4 sen (t) + 4e
−2t
−2t
en y :
t
+ c2 e − c3 cos (t)
− c4 sen (t) + 4e
−2t
) − 4e
−2t
Entonces, la solución del sistema de ecuaciones diferenciales es:
{
x = c1 e
y = c1 e
−t
−t
t
+ c2 e + c3 cos (t)
t
+ c2 e − c3 cos (t)
+ c4 sen(t) + e
−2t
− c4 sen (t)
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6.2.2. Uso de operadores en la eliminación | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
6.2.2. Uso de operadores en la eliminación
Usando la notación del operador D
=
d
dt
, se puede reemplazar las ecuaciones
diferenciales en ecuaciones algebraicas, tratando a D como un simple operador
algebraico.
Ejemplo
dx
+ 2x − y = 0
dt
{
dy
(1)
+ 4x − 3y = 10cost
dt
(2)
Transformando las ecuaciones diferenciales en ecuaciones algebraicas mediante el
operador \textbf{\textit{D}} se tiene:
(D + 2) x − y = 0
(3)
{
(D − 3) y + 4x = 10 cos(t)
(4)
resolvemos con el método de eliminación, ec. (3)* (D - 3) + ec. (4):
(D − 3) (D + 2) x − (D − 3)y = 0
4x + (D − 3) y = 10 cos(t)
entonces:
(D − 3) (D + 2) x + 4x = 10 cos(t)
(D
(D
2
2
− D − 6 + 4) x = 10cos(t)
− D − 2)x = 10 cos(t)
por lo tanto, la ecuación diferencial obtenida es:
d
2
dt
x
2
−
dx
dt
− 2x = 10cos (t)
(∗)
la ecuación característica: r2
(r − 2) (r + 1) = 0
⟹
− r − 2 = 0
r 1 = 2;
, cuyas raíces son:
r 2 = −1
y la solución homogénea correspondiente: x
derivando:
dx
dt
= 2c1 e
2t
− c2 e
= c1 e
2t
+ c2 e
−t
−t
Para encontrar la solución particular, suponemos: xp
= Acos(t) + Bsen( t)
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6.2.2. Uso de operadores en la eliminación | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
derivando:
dx
= −Asen(t) + Bcos(t)
dt
d
2
dt
x
2
= −Acos(t) − Bsen(t)
reemplazando en la ec. Diferencial (∗) :
−Acos (t) − Bsen (t)
− [−Asen(t) + Bcos(t) ] − 2[Acos(t) + Bsen(t)] = 10 cos(t)
− (3A + B) cos (t) + (A − 3B) sen (t) = 10 cos(t)
agrupando en senos y cosenos:
sen (t) :
cos (t)
A − 3B = 0
:
⟹
− 3A − B = 10
por lo tanto: xp
= −3cos (t)
y entonces: x(t)
derivando:
dx
dt
= c1 e
= 2c1 e
2t
2t
A = 3B
⟹
− 9B − B = 10
y = 2 [c1 e
es decir: y
+ c2 e
= 4c1 e
−t
2t
+ c2 e
− c2 e
−t
−t
− 3cos (t)
+ c2 e
B = −1;
A = −3
− sen(t)
− 3cos (t)
+ 3sen (t)
despejando y de la ec.(1) y reemplazando x,
2t
⟹
−t
− sen(t)
− cos(t)
dx
dt
,
entonces:
− sen (t)] + [2c1 e
+ sen (t)
2t
− c2 e
−t
+ 3sen (t)
− cos(t)]
− 7cos(t)
Entonces, la solución del sistema de ecuaciones diferenciales es:
{
x (t) = c1 e
2t
+ c2 e
y(t) = 4c1 e
2t
−t
+ c2 e
− 3cos (t)
−t
− sen (t)
+ sen (t)
− 7cos(t)
Métodos abreviados del operador
Para minimizar el trabajo involucrado en la eliminación de variables mediante
operadores, se puede usar la Regla de Cramer para sistemas de ecuaciones lineales. Es
recomendado principalmente para sistemas no homogéneos.
Ejemplo
dx
{
dt
dy
dt
− 3x − 6y = t
+
dx
dt
2
− 3y = e
t
Transformando las ecuaciones diferenciales en ecuaciones algebraicas mediante el
operador D se tiene:
(D − 3) x − 6y = t
2
{
Dx + (D − 3) y = e
(1)
t
(2)
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6.2.2. Uso de operadores en la eliminación | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
Usando la regla de Cramer:
Solución en x:
∣ t
∣
2
t
∣ e
x =
∣
−6
∣
2
(D−3) ∣
∣ (D−3)
−6
∣
∣
(D−3)(D−3)+6D
∣
D
∣
(D−3) ∣
2
2
t
2
D(t )−3t −6e
x =
t
(D−3)t +6e
=
2
2
D −6D+9+6D
entonces, (D
2
t
2t−3t −6e
=
D +9
+ 9) x = 2t − 3t
2
+ 6e
t
(∗)
Resolviendo la ecuación diferencial obtenida, ecuación característica:
r
2
+9 = 0
⟹
entonces: xh
r =
± 3i
= c1 cos (3t)
+ c2 sen(3t)
Para encontrar la solución particular, suponemos
t
xp = Ae + Bt
2
+ Ct + D
derivando:
dx
d
t
= Ae + 2Bt + C ;
dt
2
x
dt
2
t
= Ae + 2B
y reemplazando en la ec. Diferencial (∗) :
t
t
Ae + 2B + 9 (Ae + Bt
2
+ C t + D) = 2t − 3t
2
− 6e
t
Igualando coeficientes de potencias semejantes:
t
2
:
9B =
t :
t
0
e
t
−3
9C = 2
:
2B + 9D = 0
:
A + 9A = 6
por lo tanto: xp
3
=
y entonces: x (t)
5
⟹
B = −
⟹
C =
⟹
D = −
⟹
t
e −
1
3
A =
t
2
2
+
9
1
3
2
9
2
27
3
5
t−
2
27
= xh + xp = c1 cos (3t)
+ c2 sen (3t) +
3
5
e
t
−
1
3
t
2
+
2
9
t −
2
27
Solución en y
∣ (D−3)
t
2
∣
y =
D
2
(D−3)(e )−D(t )
∣
=
(D−3)(D−3)+6D
∣
(D−3) ∣
t
2
D(e )−3e −D(t )
2
t
∣
−6
D
t
y =
e
∣ (D−3)
∣
∣
∣
∣
∣
t
D −6D+9+6D
t
=
t
e −3e
−2t
2
D +9
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6.2.2. Uso de operadores en la eliminación | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
entonces, (D2
t
+ 9) y = −2e
− 2t
(∗∗)
Resolviendo la ecuación diferencial, ecuación característica:
r
2
+ 9 = 0
⟹
entonces: yh
r = ± 3i
= c1 cos (3t)
+ c2 sen(3t)
Para la solución particular, suponemos: yp
⟹
dx
dt
d
t
= Ae + B;
2
dt
x
2
= Ae
= Ae
t
+ Bt + C
t
y reemplazando en la ec. Diferencial (∗∗):
t
t
Ae + 9 (Ae + Bt + C ) = −2t − 2e
t
Igualando coeficientes de potencias semejantes:
t :
t
0
e
t
9B =
:
:
−2
⟹
9C = 0
⟹
A + 9A = −2
por lo tanto: yp
= −
y entonces: y (t)
B = −
5
e
t
−
9
C = 0
⟹
1
2
A = −
2
9
1
5
t
= xh + xp = c1 cos (3t)
+ c2 sen(3t) −
1
5
e
t
−
2
9
t
La solución del sistema de ecuaciones diferenciales es:
x (t) = c1 cos (3t)
+ c2 sen (3t) +
{
y (t) = c1 cos (3t)
+ c2 sen (3t) −
1
5
3
5
t
e −
t
e −
2
9
1
3
t
2
+
2
9
t−
2
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t
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6.2.3. Método de valores y vectores propios | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
6.2.3. Método de valores y vectores propios
Un sistema de n ecuaciones diferenciales lineales de primer orden con n funciones
incógnitas tiene la forma:
y
′
y
1
′
y
2
= a11 (t) y1 + a12 (t) y2 +. . . + a 1n (t) yn + b1 (t)
= a21 (t) y1 + a22 (t) y2 + ⋯ + a2n (t) yn + b2 (t)
′
= an1 (t) y1 + an2 (t) y2 +. . . + a nn (t) yn + bn (t)
n
donde ai,j ,
la variable
Y
′
(t)
=
son funciones de la variable real t y yi son funciones desconocidas de
t.
En forma matricial el sistema puede escribirse como:
bi
A(t) Y (t) + B(t)
siendo: A = matriz de coeficientes del sistema
Y = matriz de funciones incógnitas
B = matriz de términos independientes
Si los coeficientes ai,j son constantes y el sistema homogéneo asociado B = 0, se tiene
que: Y
′
′
(t) =
AY (t)
⟹
Y
(t) − AY (t) = 0
Teorema
Si Φ(t) es una matriz cuyas columnas son soluciones de la E.D.L. homogénea, y si el
′
y cumple que Φ (t) =
denomina \textit{Matriz Fundamental} para la ecuación
det (Φ (t))
Y
′
≠ 0, ∀ t
∈ R,
A(t) Φ(t)
, entonces
Φ(t)
se
(t) − AY (t) = 0
Solución de sistemas homogéneos con coeficientes constantes
Teorema. Si A una matriz constante de orden n , λ es un valor propio de A y vλ es un
vector propio asociado a λ, entonces la función vectorial Yλ (t) = vλ eλt es solución de
′
Y
(t) = AY (t) .
I) Valores propios reales y distintos
Si la matriz Anxn tiene n valores propios reales y distintos {λ1 , λ2 , … , λn }, se puede
encontrar \textbf{\textit{n}} vectores propios linealmente independientes, diferentes de
cero,
{V1 , V2 , … , Vn }
asociados a
λi
y entonces, un conjunto fundamental de
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6.2.3. Método de valores y vectores propios | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
soluciones del sistema Y
{Y1 = V1 e
λ1 t
,
′
(t) = AY (t)
Y2 = V2 e
λ2 t
es:
, … , Yn = Vn e
λn t
}
y la solución general está dada por:
Yh = c1 V1 e
λ1 t
+ c2 V2 e
λ2 t
, … , +cn Vn e
λn t
Ejemplo
Resolver:
El sistema se puede escribir en forma matricial como: Y
′
=
A Y
, es decir:
encontramos primero los Valores propios del sistema homogéneo:
ahora calculamos Vectores propios:
para λ 1 = 1
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6.2.3. Método de valores y vectores propios | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
para λ 2 = 3
La solución homogénea viene dada por:Yh
entonces se tiene que: Yh
= c1 (
1
2
t
= c1 V1 e
) e + c2 (
1
)e
λ1 t
+ c2 V2 e
λ2 t
3t
1
es decir:
t
{
y1 (t) = c1 e + c2 e
t
3t
y2 (t) = 2c1 e + c2 e
3t
Ejemplo
Resolver:
Valores propios:
Vectores propios:
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6.2.3. Método de valores y vectores propios | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
para λ 1 = -1
por lo tanto:
para λ 3 = 2
por lo tanto:
la solución viene dada por: Yh
= c1 V1 e
⎛
entonces se tiene que: Yh
= c1 ⎜
⎝
1
2
−7
λ1 t
+ c2 V2 e
⎞
⎟e
⎠
⎛
−t
+ c2 ⎜
⎝
λ2 t
1
0
−1
+ c3 V3 e
⎞
λ3 t
⎛
1
⎞
t
⎟ e + c3 ⎜ −1 ⎟ e
⎠
⎝
−1
2t
⎠
es decir:
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6.2.3. Método de valores y vectores propios | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
⎧ x (t) = c1 e
⎪
−t
⎨ y (t) = 2c e
1
⎩
⎪
+ c2 e
−t
z (t) = −7c1 e
t
− c3 e
−t
+ c3 e
2t
2t
− c2 e
t
− c3 e
2t
II) Valores propios reales repetidos
a) Si la matriz Anxn tiene m valores propios reales repetidos, con m
≤ n
, es decir, es
un valor propio de multiplicidad m, es posible que se puedan encontrar \textbf{\textit{m}}
vectores propios linealmente independientes, diferentes de cero, {V1 , V2 , … , Vm }
asociados a ese valor propio λi y la solución general estará dada por:
Yh = c1 V1 e
λ1 t
+ c2 V2 e
λ1 t
, … , +cm Vm e
λ1 t
Ejemplo
Resolver:
Valores propios:
Vectores propios:
para
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6.2.3. Método de valores y vectores propios | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
para
entonces:
⎛
0
⎞
⎛
Yh = c1 ⎜ 1 ⎟ e
⎝
0
2t
0
⎞
+ c2 ⎜ 0 ⎟ e
⎠
⎝
1
⎛
2t
⎠
1
⎞
+ c3 ⎜ 1 ⎟ e
⎝
4
3t
⎠
es decir:
⎧ x (t) = c3 e
⎪
⎨
3t
y (t) = c1 e
2t
⎩
⎪
z (t) = c2 e
2t
+ c3 e
3t
+ 4c3 e
3t
b) Si la matriz Anxn tiene un valor propio de multiplicidad 2, y solo se tiene un vector
propio V1 asociado a ese valor propio λ1 , la primera solución será: Y1 = V1 eλ
puede encontrar una segunda solución linealmente independiente de la forma:
Y2 = V1 t e
λ1 t
+ U e
1t
,
y se
λ1 t
donde:
es el vector propio asociado a λ 1 y
que se obtiene reemplazando Y2 en el sistema Y
′
= AY
y debe cumplir que
(A − λI ) U = V1
Ejemplo
Resolver:
′
Y
= (
−1
3
−3
5
)Y
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6.2.3. Método de valores y vectores propios | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
Valores propios:
Vectores propios:
para λ 1 = λ 2 = 2
Para encontrar la segunda solución
Y2 = V1 t e
λ1 t
+ U e
λ1 t
,
resolvemos la ecuación
matricial:
es decir,
entonces:
por lo tanto:
y la solución:
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6.2.3. Método de valores y vectores propios | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
es decir:
{
x (t) = c1 e
t
y (t) = 2c1 e
t
+ c2 e
3t
+ c2 e
3t
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6.3. Aplicaciones de EDO de segundo orden | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
6.3. Aplicaciones de EDO de segundo orden
Algunos sistemas dinámicos que son parte de la vida real, tales como los sistemas masa
resorte, circuitos en serie análogos, deflexión de vigas, cables colgantes y el movimiento
de un cohete, entre otros, pueden ser modelados mediante ecuaciones diferenciales de
segundo orden. Algunos de estos modelos se muestran en los siguientes problemas de
aplicación.
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6.3.1. Sistema masa resorte | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
6.3.1. Sistema masa resorte
Según la Ley de Hook, un resorte unido a un soporte fijo y sometido a una masa m en
su extremo libre, ejerce una fuerza restauradora F opuesta a la dirección del
alargamiento del resorte y proporcional a la elongación s. La 2da. Ley de Newton
establece que después de cierto tiempo t, el sistema masa resorte obtiene su posición de
equilibrio dada por W = ks,
donde, W
= mg,
peso; F
=
ks
, fuerza restauradora, k constante del resorte
Si la masa se desplaza una cantidad x, la fuerza restauradora está dada por
F = k(x + s) , y suponiendo que el resorte no está sujeto a fuerzas externas, entonces
se tiene un movimiento libre no amortiguado o movimiento armónico simple del sistema
masa resorte. La ecuación diferencial que rige el movimiento de una masa suspendida
en un resorte es:
m
d
2
dt
x
2
= −kx
Ejemplo
Al unir una masa que pesa 2 libras a un resorte fijo en un extremo, éste se alarga 6 pulg.
Al alcanzar el punto de equilibrio se desplaza la masa 8 pulg. Y se suelta con una
velocidad de 4/3 pie/s. Hallar la ecuación de movimiento.
Análisis de datos, convertir unidades:
6 pulg =
1
2
2
pie; 8 pulg =
3
; m =
W
g
=
2
32
=
1
16
; W = ks
→ k = 4
por lo tanto
1
16
d
2
dt
x
2
= −4x
⟹
d
2
dt
x
2
+ 64x = 0
la ecuación característica de la ED es: r2
entonces se tiene que: x(t)
+ 64 = 0
⟹
r = ± 8i
= c1 cos(8t) + c2 sen(8t)
aplicando condiciones iniciales: x (0)
x (t) = c1 cos (0) + c2 sen (0) =
2
3
=
2
3
;
⟹
′
x (0) = −
c1 =
4
3
, se tiene:
2
3
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6.3.1. Sistema masa resorte | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
′
x (t) = −8c1 cos (8t) + 8c2 sen (8t) = −8c1 sen (0) + 8c2 cos (0) = −
4
3
⟹
c2
la ecuación de movimiento del sistema masa resorte viene dada por:
x(t) =
2
3
cos(8t) −
1
6
sen(8t)
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6.3.2. Circuitos serie análogos | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
6.3.2. Circuitos serie análogos
La cantidad de corriente que circula en un circuito RLC, está dada por la ecuación:
L
dI (t)
dt
+ RI (t) +
donde: I (t)
=
1
C
q
=
E(t)
corriente =
dq
dt
,
R = resistencia,
L = inductor,
C = capacitor,
q = carga en el capacitor
E (t)
=
voltaje. =
VR + VL + VC
Por lo tanto, la carga del circuito LRC esta dad por:
L
d
2
dt
q
2
+ R
dq
dt
+
1
C
q = E(t)
Ejemplo
Encuentre la carga q(t) en un circuito serie LRC, si L = 0.25 henrios, R
C = 0.001 faradios, y E(t) = 0 , y suponiendo que q(0) = q 0
= 10
ohmios,
La carga en el circuito viene dada por:
L
d
2
dt
q
2
+ R
dq
dt
+
1
C
q = E(t)
es decir:
1 d
4
2
dt
q
2
+ 10
dq
dt
′′
+ 1000q = 0
⟹
q
la ecuación característica de la ED es: r2
entonces se tiene que: q(t)
= c1 e
−20t
′
+ 40q
+ 4000q = 0
+ 40r + 4000 = 0
cos(60t) + c2 e
−20t
⟹
r = −20 ± 60i
sen(60t)
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1/2
8/3/2021
6.3.2. Circuitos serie análogos | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
aplicando condiciones iniciales: q (0)
q (0) = e
′
−0
q (t) = e
′
′
= q0 ;
q (0) = i(0) = 0
(c cos (0) + c2 sen (0)) = q 0
⟹
1
−20t
q (0) = e
0
[cos (60t)
[cos (0)
Entonces: −20c1
, se tiene:
c1 = q 0
(−20c1 + 60c2 ) + sen (60t) (−20c2 − 60c1 )]
(−20c1 + 60c2 ) + sen (0) (−20c2 − 60c1 )] = 0
+ 60c2 = 0
⟹
c2 =
1
3
c1 =
1
3
q0
la carga en el circuito LRC está dada por:
q(t) = q 0 e
−20t
(cos(60t) +
1
3
sen(60t)
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2/2
8/3/2021
Recursos complementarios | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
Recursos complementarios
Archivo: Ec. Euler – Reducción a EDL con coeficientes constantes
1 / 2
Ec. Euler – Reducción a EDL con coeficientes constantes
Archivo: Ejemplos adicionales
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Recursos complementarios | Tema 6: Modelado de EDO con sistemas de ecuaciones diferenciales
1 / 5
Ejemplos adicionales
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Tema 7: Sucesiones y series
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7.1. Sucesiones | Tema 7: Sucesiones y series
7.1. Sucesiones
Una sucesión es un arreglo ordenado de números, uno por cada entero positivo:
a1 , a2 , a3 , … , an , an+1 los números 5, 7, 9, 11, 13, 15 definen una sucesión, esta
sucesión se dice que es finita porque hay un primero y un último número. Si el conjunto
de números no tiene un primero y/o último número se dice que es una sucesión infinita,
como por ejemplo la sucesión definida por
1
3
,
2
5
,
3
7
,
4
9
,
5
11
,
…
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7.1.1. Definiciones | Tema 7: Sucesiones y series
7.1.1. Definiciones
Una sucesión infinita es una función cuyo dominio es el conjunto de los enteros positivos
y cuyo rango es el conjunto de los números reales
{Xn } :
Z
+
⟶
R
n ⟼ an
donde: {Xn } = {a1 , a2 , a3 , … , an , an+1 } y los números en el rango de la sucesión
se conocen como elementos de la sucesión y an se denomina el término n-ésimo de la
sucesión.
Se puede designar una sucesión, mediante el simbolismo:
a1 , a2 , a3 ,
…,
{an }
n→∞
∞
{a_n}
n=1
Se puede especificar una sucesión:
Dando suficientes términos o elementos iniciales para establecer un patrón:
1, 4, 7, 10, 13,
…
Mediante una fórmula explícita del término n-ésimo, o ley de formación:
an = 3n − 2;
n
≥
1
Mediante una fórmula de recurrencia del término n-ésimo;
an = an−1 + 3;
n
≥
2;
a1 = 1
Ejemplos
Escribir los primeros términos de la sucesión dada:
{an } = {
n
2n−1
{an } = {
{an } = {
}
n
2
n −2n+3
n+4
2n2 +1
}
}
⟹
{an } = {
⟹
{an } = {
⟹
1
1
1
2
{an } = {
,
,
5
3
,
2
3
2
3
,
,
6
9
,
3
5
3
6
,
,
7
19
4
7
,
4
11
,
5
9
,
8
33
,
…}
5
18
,
,
9
51
…}
,
…}
Hallar la ley de formación (fórmula explicita) del término n-ésimo:
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7.1.1. Definiciones | Tema 7: Sucesiones y series
1
2
2
1
,
,
1
2
2
2
3
3
4
,
,
,
2
2
3
3
4
4
9
,
4
,
5
, …
5
,
16
3
2
4
,
, …
4
2
5
, …
⟹
an
=
⟹
an
=
⟹
an
=
n
n+1
n+1
n
2
n
2
n+1
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7.1.2. Criterios de convergencia | Tema 7: Sucesiones y series
7.1.2. Criterios de convergencia
Definición
Se dice que la sucesión converge a L o que tiene límite L, si:
∀ ε > 0 ∃ N > 0
/
n > N,
y se escribe como: limn→∞ an
| an − L| <
ε,
∀ n ϵ N
= L
Definición
Si una sucesión {an } tiene un límite L se dice que la sucesión es CONVERGENTE y
que {an } converge a este límite L. Si la sucesión no es convergente se dice que la
sucesión es DIVERGENTE.
Ejemplos
Determinar si la sucesión dada es convergente o divergente
{an }
es convergente, y an converge a 2.
por lo tanto {an } es divergente.
por lo tanto {an } es convergente, y an converge a π
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7.1.2. Criterios de convergencia | Tema 7: Sucesiones y series
Teoremas para calcular límites de sucesiones
Todos los teoremas sobre límites de funciones se cumplen también para sucesiones.
Teorema
Sean {an } y {bn } dos sucesiones convergentes y sea k
= cte
, entonces:
limn→∞ k = k
limn→∞ k (an ) = klimn→∞ an
limn→∞ (an ± bn ) = limn→∞ an ± limn→∞ bn
limn→∞ (an bn ) = limn→∞ an limn→∞ bn
limn→∞ (
an
bn
) =
lim n→∞ an
lim n→∞ b n
;
limn→∞ bn
≠ 0
Ejemplo
Analizar la convergencia de la siguiente sucesión:
por lo tanto {an } es convergente, y an converge a
3
2
π
Sucesiones monótonas y acotadas
Definición
Una sucesión {an } se dice que es:
CRECIENTE, si an
≤
DECRECIENTE, si an
an+1
≥
∀ n,
an+1
⟹
∀ n,
an − an+1 ≤ 0
⟹
an − an+1 ≥ 0
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7.1.2. Criterios de convergencia | Tema 7: Sucesiones y series
Una sucesión creciente o decreciente se llama sucesión MONÓTONA.
Ejemplos
Analizar la monotonía de las siguientes sucesiones.
por lo tanto {an }
= {
por lo tanto {an }
= {
n
2n+1
1
n
}
}
es creciente.
es decreciente.
Definición
Un número C se llama cota inferior de la sucesión {an } si C
≤ an ,
∀ n ϵN.
El primer elemento de una sucesión creciente es la cota inferior, (se dice que es una
sucesión acotada inferiormente).
Ejemplo
La sucesión
C =
{
n
2n+1
} =
1
3
,
2
5
,
3
7
,
4
9
,…
es acotada inferiormente, tiene cota inferior
1
3
Definición
Un número D se llama cota superior de la sucesión {an } si D
≥ an ,
∀ n ϵN
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.
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7.1.2. Criterios de convergencia | Tema 7: Sucesiones y series
El primer elemento de una sucesión decreciente es la cota superior, (se dice que es una
sucesión acotada superiormente).
Ejemplo
La sucesión
{
1
n
} =
1,
1
2
,
1
3
,
1
4
,…
es acotada superiormente, tiene cota superior
D = 1
Definición
Una sucesión {an } es acotada si tiene cota superior y tiene cota inferior.
Ejemplo
Determine si la siguiente sucesión es acotada.
{
n+1
2n−1
} = 2, 1,
Cota superior: D
4
5
,
5
7
,
6
9
,…
= 2
Cota Inferior: limn→∞ an
entonces, la sucesión
= lim n→∞
{an } = {
n+1
2n−1
n+1
2n−1
}
=
1
2
= C
, es una sucesión acotada porque tiene cota
superior y cota inferior.
Teorema
Una sucesión {an } monótona acotada es convergente.
Ejemplo
Utilizando el Teorema, analice la convergencia de la sucesión
{
n+1
2n−1
} = 2, 1,
4
5
,
5
7
,
6
9
,…
a) Monótona
an − an+1 =
=
=
n+1
2n−1
−
n+1
2n−1
−
n+2
2(n+1)−1
n+2
2n+1
(n+1)(2n+1)−(n+2)(2n−1)
(2n−1)(2n+1)
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7.1.2. Criterios de convergencia | Tema 7: Sucesiones y series
2
=
=
2
2n +2n+n+1−2n +n−4n+2
(2n−1)(2n+1)
3
(2n−1)(2n+1)
> 0
entonces {an } es decreciente.
b) Acotada: cota superior: D
=
2
; cota Inferior: C
=
1
2
la sucesión {an } es una sucesión acotada.
Por a) y b) la sucesión
{an } = {
n+1
2n−1
}
es monótona acotada, por lo tanto, es una
sucesión convergente.
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7.1.2. Criterios de convergencia | Tema 7: Sucesiones y series
7.1.2. Criterios de convergencia
Definición
Se dice que la sucesión converge a L o que tiene límite L, si:
∀ ε > 0 ∃ N > 0
/
n > N,
y se escribe como: limn→∞ an
| an − L| <
ε,
∀ n ϵ N
= L
Definición
Si una sucesión {an } tiene un límite L se dice que la sucesión es CONVERGENTE y
que {an } converge a este límite L. Si la sucesión no es convergente se dice que la
sucesión es DIVERGENTE.
Ejemplos
Determinar si la sucesión dada es convergente o divergente
{an }
es convergente, y an converge a 2.
por lo tanto {an } es divergente.
por lo tanto {an } es convergente, y an converge a π
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7.1.2. Criterios de convergencia | Tema 7: Sucesiones y series
Teoremas para calcular límites de sucesiones
Todos los teoremas sobre límites de funciones se cumplen también para sucesiones.
Teorema
Sean {an } y {bn } dos sucesiones convergentes y sea k
= cte
, entonces:
limn→∞ k = k
limn→∞ k (an ) = klimn→∞ an
limn→∞ (an ± bn ) = limn→∞ an ± limn→∞ bn
limn→∞ (an bn ) = limn→∞ an limn→∞ bn
limn→∞ (
an
bn
) =
lim n→∞ an
lim n→∞ b n
;
limn→∞ bn
≠ 0
Ejemplo
Analizar la convergencia de la siguiente sucesión:
por lo tanto {an } es convergente, y an converge a
3
2
π
Sucesiones monótonas y acotadas
Definición
Una sucesión {an } se dice que es:
CRECIENTE, si an
≤
DECRECIENTE, si an
an+1
≥
∀ n,
an+1
⟹
∀ n,
an − an+1 ≤ 0
⟹
an − an+1 ≥ 0
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7.1.2. Criterios de convergencia | Tema 7: Sucesiones y series
Una sucesión creciente o decreciente se llama sucesión MONÓTONA.
Ejemplos
Analizar la monotonía de las siguientes sucesiones.
por lo tanto {an }
= {
por lo tanto {an }
= {
n
2n+1
1
n
}
}
es creciente.
es decreciente.
Definición
Un número C se llama cota inferior de la sucesión {an } si C
≤ an ,
∀ n ϵN.
El primer elemento de una sucesión creciente es la cota inferior, (se dice que es una
sucesión acotada inferiormente).
Ejemplo
La sucesión
C =
{
n
2n+1
} =
1
3
,
2
5
,
3
7
,
4
9
,…
es acotada inferiormente, tiene cota inferior
1
3
Definición
Un número D se llama cota superior de la sucesión {an } si D
≥ an ,
∀ n ϵN
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.
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7.1.2. Criterios de convergencia | Tema 7: Sucesiones y series
El primer elemento de una sucesión decreciente es la cota superior, (se dice que es una
sucesión acotada superiormente).
Ejemplo
La sucesión
{
1
n
} =
1,
1
2
,
1
3
,
1
4
,…
es acotada superiormente, tiene cota superior
D = 1
Definición
Una sucesión {an } es acotada si tiene cota superior y tiene cota inferior.
Ejemplo
Determine si la siguiente sucesión es acotada.
{
n+1
2n−1
} = 2, 1,
Cota superior: D
4
5
,
5
7
,
6
9
,…
= 2
Cota Inferior: limn→∞ an
entonces, la sucesión
= lim n→∞
{an } = {
n+1
2n−1
n+1
2n−1
}
=
1
2
= C
, es una sucesión acotada porque tiene cota
superior y cota inferior.
Teorema
Una sucesión {an } monótona acotada es convergente.
Ejemplo
Utilizando el Teorema, analice la convergencia de la sucesión
{
n+1
2n−1
} = 2, 1,
4
5
,
5
7
,
6
9
,…
a) Monótona
an − an+1 =
=
=
n+1
2n−1
−
n+1
2n−1
−
n+2
2(n+1)−1
n+2
2n+1
(n+1)(2n+1)−(n+2)(2n−1)
(2n−1)(2n+1)
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7.1.2. Criterios de convergencia | Tema 7: Sucesiones y series
2
=
=
2
2n +2n+n+1−2n +n−4n+2
(2n−1)(2n+1)
3
(2n−1)(2n+1)
> 0
entonces {an } es decreciente.
b) Acotada: cota superior: D
=
2
; cota Inferior: C
=
1
2
la sucesión {an } es una sucesión acotada.
Por a) y b) la sucesión
{an } = {
n+1
2n−1
}
es monótona acotada, por lo tanto, es una
sucesión convergente.
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7.2. Series numéricas | Tema 7: Sucesiones y series
7.2. Series numéricas
7.2.1. Definiciones y propiedades
7.2.2. Criterios de convergencia: términos positivos
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7.2.1. Definiciones y propiedades | Tema 7: Sucesiones y series
7.2.1. Definiciones y propiedades
Sean a1 , a2 , a3 , … , an , números reales cualesquiera, para representar la suma de
dichos números a1 + a2 + a3 + ⋯ + an se usa el símbolo de sumatoria.
n
∑
i=1
ai = a
1
+ a2 + a3 +
⋯ + an
Ejemplo
2
7
∑
k +3
k=4
2
16+3
=
2
+
25+3
2
+
36+3
49+3
+
2
=
2
19
2
28
+
2
39
+
2
+
52
2
= 69
Propiedades de las sumatorias
1. Regla de la suma:
n
∑
i=1
(a
n
2. Regla de la diferencia:
∑
3. Regla del múltiplo constante:
∑
4. Regla del valor constante:
∑
i=1
n
i=1
n
i=1
n
5. Regla telescópica:
∑
i=1
n
(a
n
+ bi ) = ∑
i
i=1
n
i
− bi ) = ∑
n
i=1
i=1
bi
n
i=1
C ai = C ∑
ai + ∑
ai − ∑
ai ;
i=1
bi
C = cte
C = C n = cte
(a
i
− ai−1 ) =an − a1
Ejemplos
Hallar la fórmula que define la sumatoria:
Series infinitas
Sea {an }
= a , a2 , a3 ,
n
Sn = ∑
i=1
1
ai = a
1
… , an
una sucesión, se define
+ a2 + a3 +
⋯ + an
entonces la sucesión {Sn } se llama una Serie\textit{ Infinita}.
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7.2.1. Definiciones y propiedades | Tema 7: Sucesiones y series
Dada una serie infinita, se definen las \textit{Sumas Parciales} de la serie como:
S1 = a1
S2 = a1 + a2 = S1 + a2
S3 = a1 + a2 + a3 = S2 + a3
Sk = a1 + a2 + a3 + ⋯ + ak = Sk−1 + ak
donde Sk se llama la k-ésima suma parcial de la serie, y la sucesión:
{Sn } = S , S2 , S3 ,
1
… , Sn
es una \textit{Sucesión de Sumas Parciales}.
Si Sn−1
y Sn
= a1 + a2 + a3 + ⋯ + an−1
= a1 + a2 + a3 + ⋯ + an−1 + an
entonces Sn
− S n−1 = an
⟹
Sn = Sn−1 + an
Ejemplo
Encontrar los cinco primeros términos de la sucesión de sumas parciales de la serie:
Definición
La serie infinita ∑∞
converge y tiene como suma S , si la sucesión de sumas
an
n=1
1
parciales {Sn } converge a S. Si {Sn } diverge entonces la serie diverge.
Nota: Una serie divergente no tiene suma.
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8/3/2021
7.2.1. Definiciones y propiedades | Tema 7: Sucesiones y series
Ejemplo
Determine si la serie
converge o diverge.
Del ejemplo anterior, la sucesión de sumas parciales es: {Sn }
entonces: limn→∞ Sn
= lim n→∞
∞
Por lo tanto, la Serie ∑n=1
1
n(n+1)
n
= 1
n+1
⟹
{Sn }
=
n
n+1
converge a 1
converge a 1, tiene como suma S
= 1
.
Serie geométrica
Una serie de la forma
∞
∑
n=1
a r
donde a
n−1
= a + ar + ar
2
+ ar
3
+
⋯ + ar
n−1
, se llama Serie Geométrica.
≠ 0
Las sumas parciales de la serie geométrica son:
S1 = a
S2 = a + ar
S3 = a + ar + ar
2
⋮
Sn = a + ar + ar
rSn = ar + ar
2
2
+ ar
+ ar
Sn − rSn = a − ar
3
3
+
+
⋯ + ar
⋯ + ar
n−1
n−1
+ ar
n
n
n
Sn (1 − r) = a(1 − r )
la serie geométrica converge a la suma S
=
a
1−r
si |r|
< 1
; y diverge si |r|
≥
1
.
Ejemplo
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7.2.1. Definiciones y propiedades | Tema 7: Sucesiones y series
Encontrar la suma de:
Ejemplo
Escribir el número 2,3171717... como un número racional.
Ejemplo
Analizar la convergencia de la serie.
puesto que r
>
1
, la serie diverge.
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7.2.1. Definiciones y propiedades | Tema 7: Sucesiones y series
Serie armónica
Una serie de la forma:
∞
1
n=1
n
∑
= 1 +
1
2
+
1
+
3
1
4
+
⋯ +
1
n
es una Serie Armónica. La serie armónica es divergente.
Serie telescópica
Una serie de la forma:
∞
∑
n=1
∞
an = ∑
n=1
(bn − bn+1 )
en la que todos sus elementos se cancelan entre sí, excepto el primero y el último, se
llama Serie Telescópica.
La sucesión de sumas parciales asociada a la serie viene dada por:
Sn = b1 − bn+1
Ejemplo
Analizar la convergencia de la serie
∞
Por lo tanto, la Serie ∑n=1
1
n(n+1)
converge a 1, tiene como suma S
= 1
.
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7.2.1. Definiciones y propiedades | Tema 7: Sucesiones y series
Unidad de Educación a Distancia
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7.2.2. Criterios de convergencia de términos positivos | Tema 7: Sucesiones y series
7.2.2. Criterios de convergencia de términos positivos
En muchas ocasiones no es posible, o resulta difícil, encontrar la sucesión de sumas
parciales para analizar la convergencia de una serie, en este caso hay que utilizar otros
criterios de convergencia de las series.
Criterio de divergencia
Teorema
∞
Sea ∑n=1 an una serie, y an el término n_ésimo, entonces:
∞
Si ∑n=1 an converge, entonces limn→∞ an
Si limn→∞ an
≠ 0
= 0
∞
entonces ∑n=1 an diverge.
Criterio de comparación directa
Sean ∑ an y ∑ bn dos series de términos positivos, si
an ≤
bn
y ∑ bn converge, entonces ∑ an converge
an ≤
bn
y ∑ an diverge, entonces ∑ bn diverge
Ejemplo
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7.2.2. Criterios de convergencia de términos positivos | Tema 7: Sucesiones y series
∞
Analizar la convergencia de la serie ∑n=1
∞
Comparando con la serie armónica ∑n=1
1
√n
1
n
que se conoce que es divergente:
an ≤ bn
1
n
≤
1
√n
−
−
√n ≤ n
−
−
0 ≤ n − √n
−
−
0 ≤ √n
−
−
(√n − 1) ,
Por lo tanto:
1
n
1
≤
√n
∀ n ≥ 1
y ∑ an
=
diverge, entonces ∑ bn
1
n
=
1
√n
diverge.
Ejemplo
∞
Analizar la convergencia de la serie ∑n=1
2
n
n.3
∞
n
Comparando con la serie geométrica ∑n=2 ( 23 )
n
que se conoce que es convergente:
an ≤ bn
2
n
n.3
n
≤
2
3
1 ≤ n,
n
n
∀ n ≥ 1
Por lo tanto:
2
n
n.3
n
≤ (
2
3
n
)
y ∑ bn
= (
2
3
n
)
converge, entonces ∑ an
=
2
n
n.3
n
diverge.
Criterio de comparación paso al límite
Sean ∑ an y ∑ bn dos series de términos positivos, si
a. limn→∞
an
bn
= L > 0 ∈
R
⟹
ambas series convergen, o ambas series
divergen
b. limn→∞
c. limn→∞
an
bn
an
bn
= 0
y ∑ bn converge, entonces ∑ an converge
= ∞
y ∑ bn diverge, entonces ∑ an diverge
Ejemplo
}Analizar la convergencia de la serie
∞
∑
n=1
2
7
n
−n
Si comparamos con la serie geométrica
se tiene que:
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7.2.2. Criterios de convergencia de términos positivos | Tema 7: Sucesiones y series
aplicando la regla de Hospital:
Por el literal a) del criterio se tiene que:
es convergente.
Ejemplo
Analizar la convergencia de la serie
Si analizamos el término de mayor exponente en el numerador y en el denominador se
tiene que:
si comparamos con la serie armónica
divergente, se tiene que:
dividiendo para el mayor exponente n 2 :
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7.2.2. Criterios de convergencia de términos positivos | Tema 7: Sucesiones y series
Por el literal a) del criterio se tiene que:
es divergente
Si a una serie divergente se le suma o se le resta un término, la serie sigue siendo
divergente, por lo tanto:
es divergente.
Criterio de la razón o criterio del cociente (D'Alembert)
Sea ∑ an una serie de términos positivos, si existe
a. L
< 1
⟹ ∑ an
converge
b. L
> 1
⟹ ∑ an
diverge
c. L
= 1
⟹
no se puede concluir nada respecto a la convergencia.
Nota: Si el término n-ésimo de la serie tiene factoriales, lo más conveniente es usar el
Criterio del Cociente.
Ejemplo
Analizar la convergencia de la serie:
Aplicando el criterio de la razón:
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7.2.2. Criterios de convergencia de términos positivos | Tema 7: Sucesiones y series
Por el literal a) del criterio se tiene que:
es divergente
Criterio de la raíz (Cauchy-Hadamard)
Sea ∑ an una serie de términos positivos, si existe
a. L
< 1
⟹ ∑ an
converge
b. L
> 1
⟹ ∑ an
diverge
c. L
= 1
⟹
no se puede concluir nada respecto a la convergencia.
Nota: Si el término n-ésimo de la serie está elevado a la n, lo más conveniente es usar
el Criterio de la Raíz.
Ejemplo
Analizar la convergencia de la serie:
Aplicando el criterio de la raíz:
usando la regla de Hospital
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7.2.2. Criterios de convergencia de términos positivos | Tema 7: Sucesiones y series
Por el literal a) del criterio se tiene que:
es convergente.
Criterio de la integral impropia
Sea ∑ an una serie de términos positivos, f (x) una función continua, decreciente en
, y f (x)
[1, ∞[
≈ an
, entonces:
Ejemplo
Analizar la convergencia de la serie:
Serie P;
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7.2.2. Criterios de convergencia de términos positivos | Tema 7: Sucesiones y series
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7.3. Series de funciones | Tema 7: Sucesiones y series
7.3. Series de funciones
Sea la sucesión de funciones:
{fn (x)}
= {f1 (x) , f2 (x) , f3 (x) ,
n∈N
⋯ , fn (x) , ⋯}
la serie de funciones se define como la suma de los términos de la sucesión:
∞
∑
n=1
fn (x) = f1 (x) + f2 (x) + f3 (x) +
⋯ + fn (x) + ⋯
Ejemplos
∞
∑
n=1
∞
∑
n=1
sen(nx)
n
(−1)
n
n!
x
= sen(x) +
n
= −x +
x
sen(2x)
2
2
2!
−
x
3
3!
+
+
x
sen(3x)
3
+
4
4!
+
⋯ +
⋯ +
(−1)
n
n!
x
sen(nx)
n
+ ⋯
n
+ ⋯
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7.3.1. Radio e intervalo de convergencia | Tema 7: Sucesiones y series
7.3.1. Radio e intervalo de convergencia
Al conjunto de valores del argumento x, para los que la serie de funciones
f1 (x) + f2 (x) + f3 (x) +
⋯ + fn (x) + ⋯
es convergente, se llama \textit{Campo de Convergencia} de la serie. Para determinar el
intervalo abierto y el radio de convergencia de la serie, se debe aplicar el Criterio de la
Razón o el Criterio de la Raíz.
Cálculo del radio de convergencia
Gráficamente podemos resumir la convergencia de una serie de funciones:
Para calcular el radio de convergencia, se aplican los criterios:
Criterio de D'Alembert (prueba de la razón)
sí existe
Criterio de Cauchy-Hadamard (prueba de la raíz)
sí existe
Cálculo del intervalo de convergencia
∞
Si ∑n=1 fn
(x)
tiene radio de convergencia R, llamamos Intervalo de convergencia al
intervalo abierto (x0 − R, x0 + R) , el campo de convergencia es el mayor intervalo en
el que converge la serie, es decir, analizando también la convergencia en los extremos
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7.3.1. Radio e intervalo de convergencia | Tema 7: Sucesiones y series
del intervalo, para lo cual se debe analizar la convergencia de las series numéricas que
se obtienen al reemplazar los valores de los extremos del intervalo, en lugar de la
variable x, en la serie de funciones.
Ejemplo
Encuentre el radio e intervalo de convergencia de la serie:
(−2)
∞
∑
n=0
n
n+1
(x − 3)
n
el coeficiente de la serie es:
usando el criterio de la razón:
el radio de convergencia es:
por lo tanto, la serie converge en:
|x − 3| <
1
2
⟹
−
1
2
< x − 3 <
1
2
⟹
−
1
2
+ 3 < x <
1
2
+ 3
⟹
5
2
< x <
El intervalo de convergencia es
x ∈ (
5
2
,
7
2
)
Ejemplo
Encuentre el radio e intervalo de convergencia de la serie:
∞
∑
n=0
1
2
n
(x − 1)
2n
usando el criterio de la raíz:
para que la serie sea convergente:
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7.3.1. Radio e intervalo de convergencia | Tema 7: Sucesiones y series
por lo tanto, la serie converge en:
el intervalo de convergencia IC: x
–
⟹
− √2 + 1
–
–
∈ (−√2 + 1 , √2 + 1)
la serie converge sí |x − x0 |
, por lo tanto, el radio de convergencia: R
2
|x − 1|
<
2
⟹
|x − 1| <
< R
–
√2
<
x
<
–
√2 + 1
,
–
= √2
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7.4. Series de potencias | Tema 7: Sucesiones y series
7.4. Series de potencias
Una función f (x) se puede representar mediante una Serie de Potencias de la forma:
donde, x
x0 =
an
R
variable independiente,
centro del intervalo de convergencia,
=
=
=
coeficientes constantes de la serie; an
∈
R ,
n
≥ 0.
radio de convergencia
Si
la suma de los elementos de la serie de potencias es la función f (x) cuyo dominio es el
intervalo de convergencia de la serie.
Ejemplo
La serie geométrica es de la forma
y converge a
reemplazando r por x se tiene:
en x0
, y es convergente si |x|
= 0
que es una serie de potencias centrada
< 1
. La suma de esta serie se puede escribir como:
en este caso se dice que f (x) representa la suma de la serie
Convergencia de las series de potencias
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7.4. Series de potencias | Tema 7: Sucesiones y series
Si R es el radio de convergencia de la serie
entonces:
la serie converge sí, |x − x0 |
la serie diverge sí, |x − x0 |
< R
> R,
, es decir, si x
es decir, si x
∈ (x0 − R, x0 + R)
∈ (−∞, x0 − R) ∩ (x0 + R, ∞)
la serie puede ser convergente o divergente sí, |x − x0 |
= R
.
Diferenciación e integración de las series de potencias
Dada la función
cuyo dominio es el intervalo de convergencia de la serie, se puede diferenciar e integrar
esta función diferenciando o integrando cada término de la serie del mismo modo que se
haría con un polinomio.
Teorema
Si la serie de potencias
tiene radio de convergencia R
> 0
la función
definida por:
f (x)
∞
f (x) = ∑
n=0
an (x − x0 )
n
= a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )
es diferenciable y continua en |x − x0 | < R, es decir en x
entonces, derivando elemento a elemento:
′
f (x) =
a1 + 2a2 (x − x0 ) + 3a3 (x − x0 )
es integrable para |x − x0 |
< R
2
+ ⋯
=
2
∈ (x0 − R, x0 + R)
∞
∑
n=0
n an (x − x0 )
2
2
a1 (x−x 0 )
∞
= ∑
n=0
2
3
+
3
+ ⋯
,
n−1
, entonces, integrando elemento a elemento:
∫ f (x) dx = ∫ a0 dx + ∫ a1 (x − x0 )dx + ∫ a2 (x − x0 ) dx +
= a0 (x − x0 ) +
+ a3 (x − x0 )
a2 (x−x 0 )
3
⋯
4
+
a3 (x−x 0 )
4
+ ⋯ + C
n+1
an (x−x 0 )
n+1
+ C
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7.4. Series de potencias | Tema 7: Sucesiones y series
Estas ecuaciones para f ′ y ∫
f (x)dx
se pueden escribir de la forma:
Ejemplo
Encuentre una serie de potencias para la función
Si
pero, según la serie geométrica:
se tiene, entonces:
Ejemplo
Encuentre una serie de potencias para la función g(x)
= arctan(x)
Si
pero,
se tiene, entonces:
Operaciones con series de potencias
Si se suman o se restan series de potencias, se comportan como polinomios, también se
pueden multiplicar y dividir como si fueran polinomios.
Suma (resta)
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7.4. Series de potencias | Tema 7: Sucesiones y series
Sean:
dos series de potencias cuyas sumas son
f (x)
y
g(x)
, con intervalos de convergencia
y I cg respectivamente, entonces podemos sumar o restar elemento a elemento
como si se tratase de suma (resta) de polinomios, en el intervalo de convergencia
I cf
I cf ∩ I cg
, entonces:
∞
f (x) ± g (x) = ∑
n=0
an (x − x0 )
n
∞
± ∑
n=0
2
bn (x − x0 )
= [a
+ a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )
= (a
± b0 ) + (a1 ± b1 ) (x − x0 ) + (a2 ± b2 ) (x − x0 )
0
0
∞
= ∑
n=0
(an ± b
n)
(x − x0 )
+ ⋯] ± [b
n
0
+ b1 (x − x0 ) + b2 (x − x0 )
2
2
+ ⋯
+ ⋯
n
Si el índice de sumación y la potencia de x de las dos series, son iguales, se suma
directamente elemento a elemento como si se sumaran dos polinomios.
Ejemplo
Encontrar la suma de las series:
Si el índice de sumación y las potencias de x de las dos series no son las mismas,
entonces se deben hacer cambios de variable de manera de obtener valores iguales.
Ejemplo
Encontrar la suma de las series:
1. Verificar potencias semejantes de
x
:
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7.4. Series de potencias | Tema 7: Sucesiones y series
las potencias de x no son iguales.
2. Para igualar las potencias de \textit{x}, obtener el elemento de la primera serie cuando
n = 2, con lo que:
3. Verificar índices de sumación, haciendo cambio de variables:
Entonces:
Producto
El producto de dos series
cuyas sumas son f (x) y g(x) respectivamente, está dada por:
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7.4. Series de potencias | Tema 7: Sucesiones y series
Ejemplo
Encuentre la serie de potencias de
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Unidad de Educación a Distancia
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7.4.1. Series de Taylor y Maclaurin | Tema 7: Sucesiones y series
7.4.1. Series de Taylor y Maclaurin
Se supone que f (x) es cualquier función que puede ser representada mediante una
serie de potencias, es decir,
f (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )
2
+ ⋯ + an (x − x0 )
n
+ ⋯
(1)
Para calcular los coeficientes a_n:
Si, x
= x0 ,
⟹
f (x0 ) = a0
derivando y reemplazando x
′
f
(x)
′′
f
:
= a1 + 2a2 (x − x0 ) + 3a3 (x − x0 )
(x)
′′′
f
= x0
2
′
+⋯
= 2a2 + 6a3 (x − x0 ) + 12a4 (x − x0 )
(x)
2
′′
+⋯
= 6a3 + 24a4 (x − x0 ) + 60a5 (x − x0 )
2
Si se continúa diferenciando y reemplazando x
f
(n)
⟹ f (x0 ) = 1.a1
⟹ f
(x0 ) = 1.2.a2
′′′
+⋯
= x0
⟹ f
(x0 ) = 1.2.3a3
, se obtiene:
(x0 ) = 1.2.3 … (n − 2) (n − 1) n. an = n! . an
despejando an :
sí n=0, se define: 0!
= 1;
f
(0)
(x0 ) = f (x0 )
Teorema
Si f (x) tiene una representación o desarrollo en forma de serie de potencias en el
intervalo (x0 − R, x0 + R), es decir:
∞
f (x) = ∑
n=0
an (x − x0 )
n
;
|x − x0 | < R
los coeficientes an están expresados por la fórmula:
an =
f
(n)
(x 0 )
n!
al sustituir esta fórmula de an en la serie original de f (x) se obtiene:
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7.4.1. Series de Taylor y Maclaurin | Tema 7: Sucesiones y series
A esta serie se le conoce como la SERIE DE TAYLOR de la función f (x) en x0 , y Rn (x)
es conocido como el Resto de Taylor a partir del término n + 1.
Ejemplo
Escribir la función
como una serie de Taylor centrada en x0
= 2.
La serie de Taylor de una función f (x) se escribe como:
f (x) =
f
′
1
⟹
1−x
1
(x) =
(1−x)
′′
f
(x)
′′′
(x) =
(4)
(x) =
⟹
3
3.2
(1−x)
f
− 1
′
f (2) =
1
′′
(1−x)
f
⟹
2
2
=
f (2) =
⟹
4
4.3.2
(1−x)
5
⟹
f
(2) = − 2.1
f
′′′
f
(2) =
(4)
3.2
(2) = −4. 3.2
entonces,
Las series de MACLAURIN son un caso particular de las Series de Taylor, cuando x0
, en este caso:
= 0
Ejemplo
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7.4.1. Series de Taylor y Maclaurin | Tema 7: Sucesiones y series
Determine la serie de Maclaurin de la función f (x)
intervalo de convergencia de la serie.
Si, f (x)
= sen (x)
⟹
′
f
f
f
f
(x) = cos (x)
′′
(x) = −sen(x)
′′′
(x) = −cos(x)
(4)
(x) = sen (x)
= sen(x)
, y establezca el radio e
f (0) = 0
′
⟹
f (0) = 1
⟹
f
⟹
f
⟹
′′
(0) =
′′′
f
(0) =
(4)
0
− 1
(0) = 0
entonces,
Para encontrar el radio e intervalo de convergencia de la serie, usando el criterio de la
razón:
El radio de convergencia es:
Es decir |x|
La serie
< ∞
⟹
− ∞ < x < ∞,
converge
∀ x
∈
R.
Ejemplo
Determine la serie de Maclaurin de la función f (x)
3
.
= x sen(x )
Si
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3/4
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7.4.1. Series de Taylor y Maclaurin | Tema 7: Sucesiones y series
entonces
Algunas Series de Maclaurin más conocidas
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4/4
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7.4.2. Aplicaciones de las series de potencias | Tema 7: Sucesiones y series
7.4.2. Aplicación de las series de potencias
Pueden ser útiles para encontrar integrales sin primitiva, o facilitar el cálculo de límites.
Ejemplo
Encontrar ∫
e
x
3
dx
Ejemplo
Evalúe el
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7.4.2. Aplicaciones de las series de potencias | Tema 7: Sucesiones y series
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Recursos complementarios | Tema 7: Sucesiones y series
Recursos complementarios
Archivo: Ejemplos Adicionales - Tema 7
1 / 3
Ejemplos Adicionales - Tema 7
Archivo: Polinomios de Taylor – Dpto. Matemática Aplicada - Universidad de Sevilla
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Recursos complementarios | Tema 7: Sucesiones y series
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Polinomios de Taylor – Dpto. Matemática Aplicada - Universidad de Sevilla
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Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
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8.1. EDL homogéneas con coeficientes variables | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
8.1. EDL homogéneas con coeficientes variables
Se ha visto que una ecuación diferencial lineal cuyos coeficientes son constantes, se
puede resolver por medio de métodos algebraicos y las soluciones son funciones
elementales como y = erx , o y = xm . Pero si los coeficientes no son constantes sino
que dependen de x las soluciones serán generalmente funciones no elementales tales
como, la ecuación de Legendre, la ecuación de Hermite, la ecuación de Bessel, entre
otras que son funciones especiales. Las soluciones en estos casos aparecen en forma
de series de potencias, es por esto que al método se lo conoce como el método de las
series de potencias.
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8.1.1. Método serie de potencias: bases teóricas | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
8.1.1. Método de las series de potencias: bases teóricas
Es una serie infinita de la forma:
en donde: C0 , C1 , C2 , … , Cn , son los Coeficientes constantes de la serie, si x0
entonces la serie de potencias de x es:
= 0
y se supone que todas las constantes y variables son reales.
Al resolver una ecuación diferencial lineal se representan todas las funciones dadas en la
ecuación, en términos de series de potencias de x, o en potencias de (x − x0 ), y
entonces se supone también una solución
decir:
y(x)
en la forma de serie de potencias, es
se reemplaza esta serie y las obtenidas al derivar término a término, en la ecuación
dada:
luego se agrupan las potencias semejantes de x y se iguala a cero la suma de los
coeficientes de cada potencia de x, empezando con la potencia más baja, es decir, con
los términos independientes, las que contienen a x, etc, y se obtienen uno a uno los
coeficientes Ck .
Los siguientes ejemplos, de ecuaciones diferenciales sencillas, sirven para ilustrar cómo
funciona este método y los pasos de solución:
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8.1.1. Método serie de potencias: bases teóricas | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
Ejemplo
Resolver y ′
− y = 0
Supongo:
Derivando:
reemplazando en la ecuación dada:
Igualo coeficientes de potencias semejantes, empezando por la potencia más baja de x
reemplazando los coeficientes obtenidos en la solución planteada:
es decir,
Ejemplo
Resolver: y ′′ +
y = 0
Supongo:
derivo:
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8.1.1. Método serie de potencias: bases teóricas | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
reemplazo en la ecuación diferencial dada:
igualo coeficientes de potencias semejantes:
Fórmula de recurrencia:
entonces:
reemplazando en la solución:
es decir, y
=
C 0 cos(x) + C 1 sen(x)
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8.1.1. Método serie de potencias: bases teóricas | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
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8.2. Solución alrededor de puntos ordinarios | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
8.2. Solución alrededor de puntos ordinarios
8.2.1. Definición puntos ordinarios
8.2.2. Método de solución
8.2.3. Funciones especiales (Ayri, Legendre)
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8.2.1. Definición: puntos ordinarios | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
8.2.1. Definición: puntos ordinarios
Consideremos la ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden:
P (x)y
′′
+ Q(x)y
′
+ R(x)y = 0
donde P, Q, R son los coeficientes variables de la ecuación, y supondremos que son
funciones polinomiales.
Si P
(x) ≠ 0
⟹
y
′′
+ p(x) y
′
+ q(x) y
= 0
con
funciones continuas, lo que garantiza la existencia y unicidad de las soluciones.
Sea x0
Si P
∈
con x0 centro del Intervalo de convergencia I, entonces:
I
(x) ≠ 0,
Si P (x)
=
x0
0,
x0
es un \textit{Punto Ordinario} (p.o) de la ecuación.
es un \textit{Punto Singular} (p.s) de la ecuación.
Ejemplos
Averigüe los puntos ordinarios y los puntos singulares de las siguientes EDL.
\item (1 − x2 ) y
P (x) = 1 − x
entonces: x0
∀x
xy
≠
′′
′
− 2x y
2
=
=
± 1,
=
entonces: x0
≠
0,
=
x0
0
± 1,
x0
− (1 + x) y
P (x) = x
∀x
′′
′
0
0,
≠
≠
+ α (α + 1) y = 0,
⟺
x =
α ∈ R
± 1,
son puntos singulares
± 1, son puntos ordinarios.
+ y =
⟺
0
x =
0,
es punto singular
0, son puntos ordinarios.
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8.2.2. Método de solución | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
8.2.2. Método de solución
Si P (x) ≠ 0, x0 es un pto. Ordinario de la ecuación, para resolver este tipo de
problemas suponemos una solución en Series de Potencias de (x − x0 ) de la forma:
∞
y = ∑
n=0
si x0
= 0
C n (x − x0 )
n
punto ordinario, entonces suponemos una solución en Serie de Potencias de
{\textit{x}}:
∞
y = ∑
n=0
Cn x
n
Teorema
Si x0 es un punto ordinario de la ecuación diferencial
P (x) y
′′
+ Q(x) y
′
+ R(x) y
=
0
existe una solución, alrededor de ese punto, de la forma:
∞
y = ∑
n=0
C n (x − x0 )
en donde C0 ≠ 0, C1 ≠
linealmente independientes.
0
n
= C 0 y1 + C 1 y2
son constantes arbitrarias, y las funciones y1 ,
y2
son
Ejemplo
Determine la solución en Series, de la ecuación: y ′′ −
P (x) = 1
≠ 0,
⟹
∀x
∈
R,
se busca una solución alrededor de x0
xy
′
− y = 0
x p. o.
= 0
punto ordinario.
Sea:
Derivando:
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8.2.2. Método de solución | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
reemplazando en la ecuación:
igualando a cero coeficientes de potencias semejantes, se obtiene:
Fórmula de recurrencia:
reemplazando en la ecuación (1)
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8.2.2. Método de solución | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
es decir:
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8.2.3. Funciones especiales | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
8.2.3. Funciones especiales
Es una ecuación de la forma: y
Si y ′′ − xy
= 0
entonces P
′′
=
xy ;
(x) = 1
x
≠ 0;
∈
∀ x
R
∈
R
, por lo que x0
= 0
es p.0.
Supongo:
derivo:
reemplazo en la ecuación diferencial:
es decir:
igualando a cero coeficientes de potencias semejantes, se obtiene:
Fórmula de recurrencia:
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8.2.3. Funciones especiales | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
reemplazando los coeficientes obtenidos en la solución propuesta:
es decir:
La ecuación de Legendre
Los polinomios de Legendre son las soluciones de ecuaciones de la forma:
2
′′
(1 − x ) y
′
− 2x y
P (x) = 1 − x
entonces: x0
2
=
por lo tanto x0
=
=
+ α (α + 1) y = 0,
0
± 1,
0
⟺
x =
son p.s, ∀x
≠
α ∈ R
± 1,
± 1,
x0
≠
± 1,
son p.o.
es p.o
Ejemplo
La Ec. de Legendre para α
ordinario, entonces:
= 1
es: (1 − x2 ) y ′′ − 2xy ′
+ 2y = 0
y, x0
= 0
punto
Supongo:
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8.2.3. Funciones especiales | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
derivo:
reemplazo en la ecuación diferencial:
es decir:
igualando a cero coeficientes de potencias semejantes se obtiene:
Fórmula de recurrencia:
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8.2.3. Funciones especiales | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
Reemplazando los coeficientes obtenidos, en la solución propuesta:
es decir:
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8.3. Solución alrededor de puntos singulares | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
8.3. Solución alrededor de puntos singulares
8.3.1. Definición puntos singulares regulares
8.3.2. Método de Frobenius (ecuación indicial)
8.3.3. Ecuación de Bessel
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8.3.1. Definición puntos singulares regulares | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
8.3.1. Definición puntos singulares regulares
Sea x0 un punto singular de la ecuación P (x)y ′′ + Q(x)y ′ + R(x)y
suponiendo que P, Q, y R no tienen factores comunes, entonces, si:
lim x→x (x − x0 )
Q(x)
0
lim x→x
0
=
P (x)
(x − x0 )
2 R(x)
P (x)
α
=
∈
β
= 0
y
R
∈
R
se dice que x0 es un Punto Singular Regular (p.s.r). Si alguno de esos límites es infinito
o no existe entonces x0 es un Punto Singular Irregular (p.s.i).
Ejemplo
Averiguar puntos singulares regulares e irregulares de la Ec. de Legendre:
′′
2
(1 − x ) y
′
− 2x y
P (x) = 1 − x
entonces: x0
=
por lo tanto x0
Si x0
=
=
+ α (α + 1) y = 0,
0
± 1,
0
⟺
x =
son p.s, ∀x
≠
α ∈ R
± 1,
± 1,
x0
≠
± 1,
son p.o.
es p.o
, p.s
= 1
luego, x0
Si x0
2
, p.s.r
= 1
= −1
, p.s
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8.3.1. Definición puntos singulares regulares | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
luego, x0
= −1
, p.s.r
Ejemplo
Averiguar puntos singulares regulares e irregulares de la Ec.
′′
2
′
2(x − 2) xy
+ 3y
+ (x − 2) y = 0
2
P (x) = 2(x − 2) x = 0
entonces: x0
Si x0
x0 = 2,
x = 0,
x = 2
son puntos singulares
, p.s
= 0
luego, x0
Si x0
= 0,
⟺
, p.s.r
= 0
, p.s
= 2
luego, x0
, p.s.i
= 2
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8.3.2. Método de Frobenius (ecuación indicial) | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
8.3.2. Método de Frobenius (ecuación indicial)
Consideremos la ecuación: P (x)y ′′ + Q(x)y ′
singular regular, (suponemos que x0
z0 = 0 , es p.s.r.)
= 0
+ R(x)y = 0
en un p.s.r; si x0
≠
y sea xo un punto
0
⟹
x − x0 = z
,y
Para resolver este tipo de problemas, alrededor de un punto singular regular, según el
Teorema de Frobenius, existe al menos una solución de la forma:
donde r es una constante por determinar, y se escoge de manera que C0
entonces, derivando:
≠
0,
sustituyendo en la ecuación, agrupando términos de potencias semejantes e igualando a
cero la suma de los coeficientes de cada potencia de {\textit{x}}, empezando con la
menor potencia, se obtiene una ecuación de segundo grado, llamada \textit{Ecuación
Indicial o Ecuación de índice}:
C 0 [r(r − 1) + p 0 r + q 0 ] = 0
ya que, C0 ≠ 0, se tiene que: r2 + (p0 − 1)r + q0
raíces de la ecuación inicial, con r1 > r2 , y
= 0
, en donde
r1
y
r2
son las
dependiendo de las raíces de la Ecuación Indicial, se tiene 3 casos.
Caso 1
Raíces reales distintas que no difieren en un entero. (r1
− r 2 < 1)
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8/3/2021
8.3.2. Método de Frobenius (ecuación indicial) | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
En este caso las dos soluciones linealmente independientes serán:
y la solución general: y
= C 0 y1 + B 0 y2
Caso 2
Raíces reales distintas tal que r1
− r2 = N ,
donde N es un entero positivo.
En este caso las dos soluciones linealmente independientes serán:
donde C es una constante arbitraria, que puede ser cero.
Caso 3
Raíces reales e iguales, es decir r1
= r2 =
r
En este caso las dos soluciones linealmente independientes serán:
y, siempre aparece el término logarítmico.
Observación
Si se busca la solución de una ecuación diferencial de 2do orden con el método de
Frobenius alrededor de un p.s.r, y si las raíces de la ecuación indicial, son iguales o
difieren en un entero (caso 2 y 3), una segunda solución se puede obtener mediante el
método de reducción de orden, o con la fórmula de Abel.
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8/3/2021
8.3.2. Método de Frobenius (ecuación indicial) | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
Ejemplo
′′
2
x y
+ (x
p (x) = x
Si x0
2
2
5
+
36
= 0
)y = 0
⟺
x = 0
; x0
= 0
p.s.
, p.s
= 0
p 0 = lim x→x (x − x0 )
0
Q(x)
= lim x→0 x
P (x)
0
x
= 0
2
5
2
q 0 = lim x→x
luego, x0
(x − x0 )
0
(x +
2 R(x)
= lim x→0 x
P (x)
36
2
x
)
5
=
2
36
, p.s.r
= 0
Supongo
∞
y = ∑
n=0
Cn x
n+r
= c0 x
r
+ c1 x
r+1
+ c2 x
r+2
+ c3 x
r+3
+ …
Derivando:
′
y
y
= rc0 x
′′
r−1
+ (r + 1)c1 x
= r (r − 1) c0 x
r−2
r
+ (r + 2)c x
+ (r + 1) rc1 x
Remplazando en la ecuación: x2 y
r (r − 1) c0 x
+c0 x
+
5
36
r+2
c0 x
r
r
+ (r + 1) rc1 x
+ c1 x
+
5
36
r+3
c1 x
r+1
2
′′
r+1
r−1
+ (r + 3)c x
r+2
3
+ (r + 2)(r + 1)c x
r
2
2
+ x y +
5
36
+ …
+ …
y = 0
+ (r + 2)(r + 1) c x
r+2
2
+ (r + 3)(r + 2)C 3 x
r+3
+ …
r+1
+
5
36
c2 x
r+2
+
5
36
c3 x
r+3
+ ⋯ = 0
Igualando a cero la suma de coeficientes de potencias semejantes:
x
r
:
r (r − 1) C 0 +
5
36
C0 = 0
entonces, la ecuación indicial es r2
x
r+1
:
(r + 1) rC 1 +
⟹ C2 = −
x
r+3
:
5
36
⟹
− r +
C1 = 0
C 0 [r (r − 1) +
5
36
⟹
= 0
⟹
5
36
r1 =
C 1 [r (r + 1) +
] = 0;
5
6
5
36
C0 ≠ 0
; r2 =
] = 0
1
6
⟹
C1 = 0
C0
(r+2)(r+1)+
5
36
(r + 3) (r + 2) C 3 + C 1 +
5
36
C3 = 0
⟹
C 3 [(r + 3) (r + 2) +
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5
36
] =
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8/3/2021
8.3.2. Método de Frobenius (ecuación indicial) | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
C3 = −
C1
= 0
5
(r+3)(r+2)+
36
Fórmula de recurrencia
C k+2 = −
Ck
5
(r+k+2)(r+k+1)+
36
si k es impar: C1 = C3 = C5 =
si k es par: sea k + 2 = 2m
⟹
Para
C2m = −
r1 =
(
2
⟹
5
5
+2m)(
(r+2m)(r+2m−1)+
+2m−1)+
2m
3
−
5
)+
5
C0
C2 = −
y1 = C 0 x
(
(4m2 −
1
5
)+
6
36
3
x
2.7
3
)
3
2
)
+
3
3C0
m = 2 :
2.7
4(4+
2
2.4.7.13
C2
C4 = −
x
4
−
3
3
2.4.6.7.13.19
x
6
= −
1
3
)
± …]
6
1
6
1
+2m)(
6
+2m−1)+
2m
−
3
5
)+
36
5
B2m−2
= −
5
(2m+
36
1
6
)(2m−
5
6
)+
5
36
B2m−2
= −
m = 1 :
2m(2m−
36
1
)
3
B0
B2 = −
2(2−
= −
1
)
3B0
m = 2 :
2.5
B2
B4 = −
4(4−
3
1
⟹
y2 = B 0 x
6
[1 −
La solución general: yh
5
y = C0 x
6
3C2
4.13
1
B2m−2
= −
1
= −
1
B2m−2
B 2m = −
⟹
[1 −
6
)(2m−
6
2m(2m+
36
5
C 2m−2
= −
36
C 2m−2
(2m+
2(2+
r =
5
36
5
Para
0
36
= −
5
6
m = 1 :
⟹
=
6
C 2m−2
(4m +
⋯
5
6
= −
=
C 2m−2
C 2m−2
C 2m = −
C7
[1 −
3x
x
2
)
4
3
+
3
2
2.4.5.11
x
4
−
3
3
2.4.6.5.11.17
x
6
± …]
= C 0 y1 + B 0 y2
2
14
3
2.5
= −
1
2
+
3 x
4
728
3
−
3 x
1
6
82992
± …] + B 0 x
6
[1 −
3x
2
10
2
+
3 x
4
440
3
−
3 x
6
44880
± …]
Ejemplo
′′
xy
+ y = 0
p (x) = x = 0
⟺
x = 0
; x0
= 0
p.s.
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8.3.2. Método de Frobenius (ecuación indicial) | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
Si x0
, p.s
= 0
p 0 = lim x→x (x − x0 )
0
q 0 = lim x→x
luego, x0
0
(x − x0 )
Q(x)
= lim x→0 x
P (x)
2 R(x)
P (x)
0
= 0
x
= lim x→0 x
2 1
x
= 0
, p.s.r
= 0
Supongo
∞
y = ∑
n=0
Cn x
n+r
= c0 x
r
+ c1 x
r+1
+ c2 x
r+2
+ c3 x
r+3
+ …
Derivando
′
y
y
= rc0 x
′′
r−1
+ (r + 1)c1 x
= r (r − 1) c0 x
r−2
r
+ (r + 2)c x
+ (r + 1) rc1 x
Remplazando en la ecuación: xy
r (r − 1) c0 x
+c0 x
r
r−1
+ c1 x
r+1
r+2
r−1
+ (r + 3)c x
r+2
3
+ (r + 2)(r + 1)c x
r
2
+ …
+ …
′′
+ (r + 1) rc1 x
+ c2 x
r+1
2
+ y = 0
r
+ (r + 2)(r + 1) c x
r+1
2
+ c3 x
r+3
+ (r + 3)(r + 2)C 3 x
r+2
+ ⋯ = 0
Igualando a cero la suma de coeficientes de potencias semejantes:
x
r−1
:
r (r − 1) C 0 = 0;
C0 ≠ 0
entonces, la ecuación indicial es r2
x
x
x
r
:
r+1
r+2
(r + 1) rC 1 + C 0 = 0
:
:
⟹
− r = 0
⟹
r (r − 1) = 0
⟹
r1 = 1 ; r2 = 0
C 1 [(r + 1) r] = −C 0
(r + 2) (r + 1) C 2 + C 1 = 0
(r + 3) (r + 2) C 3 + C 2 = 0
⟹
⟹
C2 = −
C3 = −
⟹
C1 = −
C0
(r+1)r
C1
(r+2)(r+1)
C2
(r+3)(r+2)
Fórmula de recurrencia
C k+1 = −
Ck
(r+k+1)(r+k)
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8.3.2. Método de Frobenius (ecuación indicial) | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
Para r1
= 1
C k+1 = −
⟹
Ck
C1 = −
C4 = −
⟹
Para
C0
2.1
C3
5.4
= −
1
Ck
(k+2)(k+1)
C0
= −
y1 = C 0 x
C2 = −
2!
C0
⋯
5!.4!
[1 −
x
+
2!
⟹
x
2
3!.2!
−
C1
3.2
=
Cn =
x
C0
3.2.2!
(−1)
n
C0
3!.2!
C3 = −
C2
4.3
= −
C
4.3.
C
0
(n+1)!n!
3
4!.3!
=
± …
(−1)
n
x
n
(n+1)!n!
]
r = 0
B k+1 = −
⟹
= −
(1+k+1)(1+k)
Bk
= −
(0+k+1)(0+k)
k = 0 :
B1 = −
Bk
k(k+1)
B0
0.1
∄
Entonces Y2 se puede encontrar con la fórmula de Abel.
La solución general: yh
n
= C 0 y1 + B 0 y2
∞
n=0
(n+1)!n!
y = C0 x ∑
x
n
(−1)
+ Y2
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8.3.3. Ecuación de Bessel | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
8.3.3 Ecuación de Bessel
La ecuación diferencial
2
′′
x y
′
+ xy
+ (x
2
2
− λ ) y = 0,
λ ≥ 0
se llama Ecuación de Bessel de orden λ , y es una de las ecuaciones más importantes
en Matemáticas Aplicadas, la descubrió al formular un problema de movimiento
planetario.
Si P
(x) = x
2
= 0
⟺
x =
0,
⟹
x0 = 0,
p.s.
entonces:
luego, x0
= 0
es p.s.r
Para resolver este tipo de problemas, y ya que x0 = 0 es un punto singular regular,
según el Teorema de Frobenius, existe al menos una solución de la forma:
entonces, derivando:
reemplazando en la ecuación, y agrupando términos de potencias semejantes:
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8.3.3. Ecuación de Bessel | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
es decir:
igualando a cero la suma de coeficientes de cada potencia de x:
entonces la Ecuación Indicial: r2
2
− λ
= 0
⟹
r 1,2 =
± λ
Fórmula de recurrencia:
si k es impar: C1 = C3 = C5 =
si k es par: sea k + 2 = 2m
Para r1
=
C7
=
⋯
=
0
λ :
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8.3.3. Ecuación de Bessel | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
reemplazando estos coeficientes en la solución propuesta, se obtiene la solución y1 de
la ecuación de Bessel que se denota como: Jλ (x)
y se conoce como Función de Bessel de primera clase y orden λ .
Para r2
= − λ :
De la misma manera, se obtiene la solución y2 de la ecuación de Bessel, como:
Teorema
(Solución general de la ecuación de Bessel)
Si λ no es un entero, una solución general de la ecuación de Bessel,
dada por:
∀x ≠ 0
está
y(x) = C 0 J λ (x) + B 0 J −λ (x)
Si λ es un entero, las funciones de Bessel, Jλ (x) ; J−λ (x) son linealmente
dependientes, por lo tanto, no forman un sistema fundamental de soluciones. En
este caso la primera solución está dada por y1 = Jλ (x) y una segunda solución
l.i. tiene la forma:
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8.3.3. Ecuación de Bessel | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
esta función se conoce como Función de Bessel de segunda clase y orden λ o Función
de Newman de orden λ, y la solución general de la ecuación de Bessel será:
y(x) = C 0 J λ (x) + B 0 Yλ (x)
Ejemplo
x
2
y
2
λ
′′
+ xy
1
=
′
+ (x
⟹
4
2
− 1/4)y = 0
λ =
1
2
la ecuación indicial es:
r
2
2
− λ
= 0
⟹
r
2
−
1
4
= 0
La fórmula de recurrencia para y1
C 2m = −
⟹
r1 =
1
2
;
r2 = −
1
2
:
C 2m−2
4m(m+λ)
Entonces:
La fórmula de recurrencia para y2
B 2m = −
:
B2m−2
4m(m−λ)
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8/3/2021
8.3.3. Ecuación de Bessel | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
Entonces:
La solución general:
Ejemplo
x
2
2
λ
′′
y
+ xy
= 0
′
2
+ x y = 0
⟹
λ = 0
La ecuación indicial es:
r
2
2
− λ
= 0
⟹
r
2
= 0
⟹
La fórmula de recurrencia para y1
C 2m = −
C 2m−2
4m(m+λ)
=
r1 = r2 = 0
:
C 2m−2
4m
2
Entonces:
La fórmula de recurrencia para y2
B 2m = −
B2m−2
4m(m−λ)
=
B2m−2
4m
2
:
= C 2m
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8.3.3. Ecuación de Bessel | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
Por lo tanto y1 ;
y2
son linealmente dependientes, pero, de acuerdo al teorema de
Frobenius, para raíces iguales, una segunda solución se obtiene como:
Ejemplo
x
2
2
λ
y
′′
+ xy
= 1
′
⟹
+ (x
2
− 1)y = 0
λ = 1
La ecuación indicial es:
r
2
2
− λ
= 0
⟹
r
2
− 1 = 0
La fórmula de recurrencia para y1
C 2m = −
C 2m−2
4m(m+λ)
=
⟹
r 1 = 1;
r 2 = −1
:
C 2m−2
4m(m+1)
Entonces:
La fórmula de recurrencia para y2
B 2m = −
B2m−2
4m(m−λ)
=
:
B2m−2
4m(m−1)
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8.3.3. Ecuación de Bessel | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
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8/3/2021
Recursos complementarios | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
Recursos complementarios
Archivo: Solución en series de potencias – Ejercicios adicionales
1 / 6
Solución en Series de Potencias – Ejercicios Adicionales
Archivo: Ejercicios Tipo Prueba – Tema 8
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8/3/2021
Recursos complementarios | Tema 8: Solución de EDO con series de potencias
1 / 3
Ejercicios Tipo Prueba – Tema 8
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Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
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9.1. Transformadas de Laplace: introducción | Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
9.1. Transformadas de Laplace: introducción
La transformada de Laplace es un método para resolver ecuaciones diferenciales con
sus respectivos problemas de valor inicial, los problemas se pueden resolver
directamente, sin determinar primero una solución homogénea o una solución general.
El proceso de resolución de ecuaciones diferenciales por este método, consta de tres
pasos principales:
Paso 1: El problema dado se transforma en una ecuación algebraica llamada ecuación
subsidiaria.
Paso 2: La ecuación subsidiaria se resuelve mediante manipulaciones algebraicas.
Paso 3: La solución de la ecuación subsidiaria se transforma en sentido inverso, para
obtener la solución del problema dado, mediante el uso de tablas.
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8/3/2021
9.1. Transformadas de Laplace: introducción | Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
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9.1.1. Definición, notación | Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
9.1.1. Definición, notación
Dada una función f (t) que está definida en [0, ∞[, si la integral resultante de la
∞
función F (S ) = ∫0 e−st f (t) dt , existe, entonces la función F (S ) se llama
\textit{Transformada de Laplace} de la función original
f (t)
y se denota por
L{f (t)}
,
entonces:
L{f (t)}
=
F (S ) = ∫
∞
0
e
−st
f (t) dt
La operación que lleva a F (S ), dada una función f (t), se llama Transformación de
Laplace, y la función original f (t) se conoce como Transformada Inversa o Inversa de
F (S )
y se denota por f (t)
−1
= L
{F (S )}
.
Notación
Las funciones originales se denotan mediante letras minusculas y sus transformadas por
las mismas letras en mayusculas, así:
F(S) denota la transformada de f(t)
G(s) denota la Transformada de g(t)
Y(S) denota la transformada de y(t), etc.
Ejemplo
Si f (t)
= 1
Ejemplo
Si f (t)
= t
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8/3/2021
9.1.1. Definición, notación | Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
Ejemplo
Si f (t)
= e
at
Ejemplo
Si f (t)
= sen(t)
Supongo:
Derivando:
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9.1.1. Definición, notación | Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
Algunas de las transformadas de Laplace más comunes se presentan en la siguiente
tabla:
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9.1.1. Definición, notación | Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
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9.1.2. Funciones de orden exponencial | Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
9.1.2. Funciones de orden exponencial
Se dice que la función f (t) es de orden exponencial γ, si existen constantes M ,
c, T ,
todas mayores que cero, tales que:
|f (t)| ≤ M e
ct
;
∀ t > T
Teorema
Una función f (t) es de orden exponencial c, si existe un c
lim t→∞
f (t)
ct
e
∈ R
, tal que:
= 0
Y no es de oren exponencial si:
lim t→∞
f (t)
ct
e
= ∞
Ejemplos
Determinar si las siguientes funciones son de orden exponencial.
Si f (t)
= t
t
|f (t)| = |t| ≤ e ;
lim t→∞
f (t)
= lim t→∞
ct
e
Por a) y b) f (t)
Si f (t)
= e
|f (t)| = ∣
∣e
lim t→∞
2t
∣
∣ ≤ e
lim t→∞
ct
e
1
= lim t→∞
t
e
= 0
t
e
es de orden exponencial
4t
;
∀ t > 1;
= lim t→∞
ct
e
f (t)
M = 1, c = 1, T = 1
⟹
M = 1,
2t
f (t)
= e
= t,
t
⟹
2t
Por a) y b) f (t)
Si f (t)
∀ t > 1;
t
= e
2t
,
e
= lim t→∞
4t
e
1
2t
e
c = 4, T = 1
= 0
es de orden exponencial
2
2
t
= lim t→∞
entonces: f (t)
= e
t
2
,
e
Me
ct
=
1
M
2
t
lim t→∞
e
ct
e
=
1
M
2
lim t→∞ e
t −ct
=
1
M
lim t
no es de orden exponencial.
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9.1.2. Funciones de orden exponencial | Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
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8/3/2021
9.1.3. Existencia de la transformada de Laplace | Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
9.1.3. Existencia de la transformada de Laplace
Para una S fija, la integral de F (S ) existirá si el integrando completo e−St f (t) tiende a
cero lo suficientemente rápido cuando t → ∞. No es necesario que f (t) sea continua,
basta con que sea seccionalmente continua sobre un intervalo finito α ≤ t ≤ β, si f (t)
esta definida sobre ese intervalo y es tal que puede subdividirse en una infinidad de
intervalos en cada uno de los cuales f (t) es continua.
Teorema
Sea f (t) una función seccionalmente continua sobre todo intervalo t > 0 y que
satisface la condición |f (t)| ≤ M ect ; ∀ t > T ; con M, c, T constantes, entonces la
L {f (t)} existe ∀ S > c
Observaciones
Si la L {f (t)} existe, esta es determinada de manera única.
La inversa de una transformada dada, es única.
Si dos funciones continuas
completamente idénticas.
f (t)
y
g(t)
tienen la misma transformada son
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9.2. Propiedades básicas de la transformada de Laplace | Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
9.2. Propiedades básicas de la transformada de Laplace
Propiedad 1. Teorema de linealidad
La transformación de Laplace es una operación lineal (Transformación lineal), es decir,
para cualesquiera f (t) y g(t) cuyas transformadas existan, y cualesquiera constantes a
y b, se tiene:
L{ a f (t) + b g(t)}
=
a L{f (t)} + b L{g (t)}
Demostración
Por la definición de Transformada de Laplace se tiene que:
Ejemplo
Si f (t)
= cosh(at)
{}
Ejemplo
Si f (t)
= 3t
3
− sen(t) + 5e
−3t
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9.2. Propiedades básicas de la transformada de Laplace | Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
Propiedad 2
Si L { f (t)}
⟹
= F (s)
L {f (αt)} =
1
α
F (
S
α
);
α > 0
Ejemplo
Si f (t)
= sen(ω t)
Propiedad 3
Si L { f (t)}
⟹
L {t
n
= F (s)
n d
f (t)} = (−1)
n
F (S)
dS
n
Ejemplo
2
f (t) = t sen(t)
Ejemplo
f (t) = t e
at
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9.2. Propiedades básicas de la transformada de Laplace | Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
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9.3. Transformada de Laplace de derivadas | Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
9.3. Transformada de Laplace de derivadas
La derivación de una función f (t)corresponde simplemente a la multiplicación de la
transformada F (S ) por S . Esto permite reemplazar a las operaciones del cálculo por
simples operaciones algebraicas sobre transformadas.
Propiedad 4
Derivación de f (t) {}
Teorema
Suponga que f (t) es continua ∀ t ≥ 0 y satisface la condición |f (t)| ≤ M ect ; para
algun valor de M , c y tiene una derivada f ′ (t) que es seccionalmente continua en
algun intervalo finito t ≥ 0, entonces la Transformada de Laplace de la derivada
′
L{ f (t)}
existe cuando S
′
L{f (t) }
> c
,y
= S L{ f (t)} − f (0)
Al aplicar este resultado a la segunda derivada f ′′ (t) se obtiene:
L{f
′′
(t) }
′
′
= S L{ f (t)} − f (0)
′
= S [S L {f (t)} − f (0)] − f (0)
= S
2
′
L {f (t)} − S f (0) − f (0)
Aplicando a la 3ra derivada:
L{f
′′′
(t) }
= S [S
= S
3
2
= S L{ f
′′
(t)} − f
′′
(0)
′
L {f (t)} − S f (0) − f (0)] − f
L {f (t)} − S
2
′
f (0) − S f
(0) − f
′′
′′
(0)
(0)
En general para la derivada enésima se tiene:
L {f
(n)
(t)} = S
n
L {f (t)} − S
n−1
f (0) − S
n−2
′
f
(0) − ⋯ − f
(n−1)
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(0)
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9.3. Transformada de Laplace de derivadas | Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
Ejemplo
Calcular
Si f (t)
′
f
(t)
= cos (t)
+ te
= −sen (t) + e
t
t
⟹
+ te
t
f (0) = cos (0)
′
⟹
f
(0)
+ 0e
= −sen (0)
0
= 1
+ e
0
+ 0e
0
= 1
Aplicando el Teorema de derivadas:
L{f
= S
= S
= S
′′
′
(t)} = S ∧ 2 L{f (t)} − S f (0) − f (0)
2
2
t
L{cos(t) + t e } − S (1) − (1)
t
(L{cos(t)} + L{t e }) − S − 1
2
S
(
S
S
=
S
2
2
+1
3
(S−1)
S
+
+1
1
+
2
) − S − 1
2
(S−1)
− (S + 1)
2
Los siguientes ejemplos ilustran otra forma de encontrar la T.L de una función, utilizando
el Teorema de Derivadas.
Ejemplo
Si f (t)
= t
Sea f (t)
f
′
2
, encuentre F (S )
= t
(t) = 2t
2
⟹
⟹
f
f (0) = 0
′
(0) = 0
′′
f
(t) = 2
Aplicando TL a f ′′ (t) :
′′
L {f
(t)} =
L {2} =
2
S
(1)
Usando el Teorema de derivadas:
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9.3. Transformada de Laplace de derivadas | Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
L{f
= S
′′
(t)} = S
2
2
′
L{f (t)} − S f (0) − f (0)
2
L {t } − S (0) − (0) = S
igualando (1)
S
2
=
S
2
2
2
L {t }
(2)
= (2) :
2
L {t }
2
2
⟹
L{t } =
S
3
Ejemplo
Si f (t)
= cos(ωt)
Sea f (t)
, encuentre F (S )
= cos(ωt)
⟹
f (0) = 1
′
f (t) = −ωsen(ωt)
′′
f
⟹
f
′
(0) = 0
2
(t) = −ω cos(ωt)
Aplicando TL a f ′′ (t) :
′′
L {f
(t)} =
2
L {−ω cos(ωt)} = −ω
2
L {cos(ωt)}
(1)
usando el Teorema de derivadas:
L{f
= S
′′
(t)} = S
2
2
2
L {cos (ωt) } − S
(2)
= (2) :
L {cos(ωt)} =
Luego: (S 2
⟹
′
L{f (t)} − S f (0) − f (0)
L {cos(ωt)} − S (1) − (0) = S
igualando (1)
− ω
2
S
2
L {cos (ωt) } − S
2
+ ω ) L {cos(ωt)} =
S
S
L {cos (ωt) } =
S
2
2
+ω
Ejemplo
Si f (t)
= t sen(ω t)
Sea f (t)
, encuentre F (S )
= t sen(ωt)
⟹
f (0) = 0
′
f
(t) = sen (ωt) + ω t cos(ωt)
⟹
f
′
(0) = 0
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9.3. Transformada de Laplace de derivadas | Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
′′
f
2
(t) = 2ω cos(ωt) − ω t sen(ωt)
Aplicando TL a f ′′ (t) :
′′
L {f
(t)} =
2
L {2ωcos (ωt)
− ω t sen (ωt)}
2
= 2ω L {cos(ωt)} − ω L {t sen(ωt)}
(1)
Usando el Teorema de derivadas:
L{f
= S
′′
2
(t)} = S
2
′
L{f (t)} − S f (0) − f (0)
L {t sen(ωt)} − S (0) − (0) = S
igualando (1)
L {t sen (ωt) }
(2)
= (2) :
2
2ω L {cos(ωt)} − ω L {t sen(ωt)}
Luego: (S 2
2
=
S
2
L {t sen (ωt) }
S
2
+ ω ) L {t sen(ωt)} = 2ω L {cos(ωt)} = 2ω
S
⟹
2
2
+ω
2ωS
L {t sen(ωt)} =
(S
2
2
2
+ω )
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9.4. Transformada de Laplace inversa | Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
9.4 Transformada de Laplace inversa
Si la transformada de Laplace de una función f (t) es F (s), entonces a f (t) se le llama
la Transformada de Laplace Inversa, o la inversa de F (S ) y se escribe como:
f (t) =
−1
L
{F (S )}
donde L−1 es el operador transformada inversa de Laplace.
Ejemplos
De la tabla de transformadas se tiene:
Si,
Propiedad de linealidad
La transformada de Laplace inversa es también una Transformación lineal, es decir, para
cualesquiera constantes a y b, se cumple que:
−1
L
{ a F (S ) + b G(S )}
=
−1
a L
−1
{F (S )} + b L
{G(S )}
siendo F (S ) y G(S ) las transformadas de f (t) y g(t) respectivamente.
Ejemplo
Encontrar f (t) si
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9.4. Transformada de Laplace inversa | Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
Aplicación a las ecuaciones diferenciales ordinarias
Ejemplo
Resolver el PVI:
y
′′
+ 4y
′
+ 3y = 0;
y(0) = 3;
′
y (0) = 1
Paso 1: transformar la ecuación diferencial a una ecuación algebraica.
Ecuación subsidiaria
Paso 2: resolver la ecuación subsidiaria (fracciones parciales)
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9.4. Transformada de Laplace inversa | Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
Paso 3: transformar en sentido inverso, mediante el uso de tablas.
Solución general
Ejemplo
Resolver el PVI:
′′
y
′
− y
− 2y = 1;
y(0) = 1;
′
y (0) = 0
Transformo la ecuación diferencial:
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9.4. Transformada de Laplace inversa | Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
Resuelvo mediante fracciones parciales.
Transformo en sentido inverso, mediante el uso de tablas.
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9.5. Transformada de Laplace de integrales | Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
9.5. Transformada de Laplace de integrales
Puesto que la integración es la operación inversa de la derivación, entonces la
transformada de la integración corresponde a la división de las transformadas entre S .
Propiedad 5: Integración de f (t) {}
Teorema
Si f (t) es seccionalmente continua y satisface la desigualdad |f (t)|
algun valor de M , c constantes, entonces:
L {∫
t
0
Puesto que, L{f (t)}
ecuación, se tiene:
L {∫
t
0
−1
S
1
{
1
S
−1
L
S
t
0
;
para
, tomando la transformada inversa en ambos lados de la
F (S )
{F (S ) } = f (t)
F (S )} = ∫
ct
L{f (t)}
= F (S )
f (τ )dτ } =
es decir, si
L
1
f (τ )dτ } =
≤ Me
⟹
∫
t
0
f (τ )dτ =
−1
L
{
1
S
F (S ) }
, entonces
f (τ )dτ
Ejemplo
Calcular
Si,
Los siguientes ejemplos ilustran la forma de encontrar la T.L inversa de una función,
utilizando el Teorema de Integrales.
Ejemplo
Encuentre f (t) si
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9.5. Transformada de Laplace de integrales | Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
entonces: f (t)
=
1 − e
−t
Ejemplo
Encuentre f (t) si
entonces:
Ejemplo
Encuentre f (t) si
entonces:
Aplicación a las ecuaciones diferenciales ordinarias
Ejemplo
Resolver el PVI:
′
y
2
− 2y = t ;
y(0) = 1
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9.5. Transformada de Laplace de integrales | Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
transformo la ecuación diferencial.
′
2
L [y ] − 2L {y} = L{t }
2
S Y − 1 − 2Y =
3
S
2
(S − 2) Y = 1 +
S
1
Y =
+
S−2
3
2
3
S
(S−2)
transformo en sentido inverso.
−1
−1
y (t) = L
−1
S i,
L
L
−1
⟹
1
{
−1
⟹
{Y (S )} = L
L
{
1
S(S−2)
=
2
2t
[
e
− t −
2
−1
⟹
L
S
=
1
4
[
e
− t
2
2
1
] =
2
3
4
[e
2t
1
2
} + 2L
−1
1
{
S
3
}
(S−2)
2τ
e
dτ =
(e
2τ
2
∣
∣
t
=
0
− 1)dτ =
1
2
(e
1
2
2t
− 1)
t
2τ
[
e
2
− τ]
0
− 2t − 1]
∫
4
t
0
1
] =
t
0
1
(S−2)
2τ
∫
2
} =
− t −
e
1
} =
(S−2)
1
t
0
1
{
2t
2
S−2
2t
} = ∫
1
{
S
1
} = e
S−2
1
{
8
[e
(e
2t
2τ
− 2τ − 1)dτ =
− 2t
2
1
4
t
2τ
[
e
2
− τ
2
− τ]
0
− 2t − 1]
por lo tanto
−1
y (t) = L
y (t) = e
⟹
2t
{
1
S−2
+ 2[
y (t) =
1
4
} + 2L
−1
1
{
S
1
8
(e
(5e
2t
2t
− 2t
− 2t
2
2
3
}
(S−2)
− 2t − 1)]
− 2t − 1)
Ejemplo
′′
y
′
− ky
= 0;
y(0) = 2;
′
y (0) = k
transformo la ecuación diferencial.
′′
′
L [y ] − kL {y } = L{0}
S
2
(S
Y − 2S − k − k(S Y − 2) = 0
2
Y =
Y =
− kS ) Y = 2S − k
2S
S(S−k)
2
S−k
−
−
k
S(S−k)
k
S(S−k)
transformo en sentido inverso.
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9.5. Transformada de Laplace de integrales | Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
−1
y (t) = L
S i,
−1
L
⟹
{
−1
L
−1
{Y (S )} = 2 L
1
S−k
{
} = e
1
S(S−k)
{
1
S−k
} − k L
−1
{
1
S(S−k)
}
kt
} = ∫
t
0
e
kτ
kτ
dτ =
e
k
∣
∣
t
=
0
1
k
(e
kt
− 1)
por lo tanto
−1
y (t) = 2L
y (t) = 2e
⟹
kt
{
1
−1
S−k
− k[
y (t) = e
kt
} − kL
1
k
(e
kt
{
1
S(S−k)
}
− 1)]
+ 1
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8/3/2021
Recursos complementarios | Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
Recursos complementarios
Archivo: Ejemplos adicionales
1 / 3
Ejemplos Adicionales
Archivo: Ejercicios tipo prueba
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1/2
8/3/2021
Recursos complementarios | Tema 9: Transformada de Laplace -TL- (parte 1)
1 / 2
Ejercicios Tipo Prueba
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2/2
8/3/2021
Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
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1/1
8/3/2021
10.1. TL de funciones periódicas | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
10.1. TL de funciones periódicas
Las funciones periódicas aparecen en muchos problemas de aplicación que tienen que
ver, sobre todo, con circuitos eléctricos.
Si f (t) es una función definida para toda t
f (t + T ) = f (t) ,
> 0
y tiene período T , es decir
∀ t > 0
y si f (t) es seccionalmente continua, existe la transformada de Laplace de
entonces, aplicando la definición:
haciendo el cambio de variable t
= u + nT
⟹
dt = du
f (t)
,
, se tiene que:
sí escribimos:
reemplazando en la transformada de f (t), se tiene:
se conoce que la serie geométrica, es:
1 + x + x
2
+ x
3
+
⋯
=
1
1−x
,
|x| < 1
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8/3/2021
10.1. TL de funciones periódicas | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
entonces, si
de donde:
Teorema. (Transformada de funciones periódicas)
La transformada de Laplace de una función periódica, seccionalmente continua y de
orden exponencial, con período T , es:
Ejemplo
Encuentre la transformada de Laplace de
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10.1. TL de funciones periódicas | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
Ejemplo
Encuentre la transformada de Laplace de
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10.1. TL de funciones periódicas | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
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10.2. Propiedades de traslación (teoremas desplazamiento) | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
10.2. Propiedades de traslación (teoremas desplazamiento)
10.2.1. Desplazamiento sobre el eje S
10.2.2. Desplazamiento sobre el eje t (Heaviside)
10.2.3. Clasificación de las EDO
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10.2.1. Desplazamiento sobre el Eje S | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
10.2.1. Desplazamiento sobre el Eje S
Propiedad 6. (Primer Teorema de Traslación sobre el eje S)
Si f (t) tiene la transformada F (S ) en donde S > c , entonces
transformada F (S − a) en donde (S − a) > c por lo tanto, si
L {f (t)} =
F (S )
⟹
Es decir, reemplazar S por (S
L{ e
at
f (t)}
e
at
tiene la
= F (s − a)
− a)
en la transformada corresponde a multiplicar
la función original f (t) por e ∧ {at}
Ejemplo
Aplicando el teorema de desplazamiento a algunos de los elementos de la tabla de
transformadas, se tiene:
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10.2.1. Desplazamiento sobre el Eje S | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
Los siguientes ejemplos ilustran la forma de encontrar la T.L inversa de una función,
utilizando el Teorema 1 de Desplazamiento.
Ejemplo
Encuentre f (t) si
S
F (S ) =
2
=
(S+3) +1
S+3−3
2
(S+3) +1
=
S+3
2
(S+3) +1
−
3
2
(S+3) +1
Entonces:
Ejemplo. Encuentre f (t) si
Transformada inversa:
entonces,
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10.2.1. Desplazamiento sobre el Eje S | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
Ejercicio de aplicación
Ejemplo
Resolver el PVI: 4y ′′ − 8y + 5y
= 0;
y(0)
=
0,
′
y (0)
=
1
Transformo la ecuación:
determino la transformada inversa:
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10.2.2. Desplazamiento sobre el Eje t | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
10.2.2. Desplazamiento sobre el Eje t
Propiedad 7. (Segundo Teorema de traslación sobre el eje }t{)
Reemplazar t por (t − a) en f (t) corresponde a multiplicar la transformada F (S ) por
e
−aS
.
Teorema
Si {F(S)} es la transformada de f (t) entonces e−aS F (S ) con a
de la función:
, es la transformada
> 0
Función Escalón Unidad. (Salto Unidad escalón o Función de Heaviside)
Se define como:
entonces,
se puede escribir como:
El teorema afirma que: e−aS F
(S ) = L {f (t − a) μ
a
(t)} .
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10.2.2. Desplazamiento sobre el Eje t | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
Nota. Es posible escribir
como una integral desde cero hasta ∞ si se tiene la
seguridad de que el integrando, desde 0 hasta a es cero.
lo que se obtiene multiplicando el integrando por la función
e
−aS
F (S ) = ∫
∞
0
e
−St
μ (t)
a
, es decir:
f (t − a) μ (t)dt
a
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10.2.2. Desplazamiento sobre el Eje t | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
Ejemplo
Escribir la función f (t) en términos de Heaviside
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10.2.2. Desplazamiento sobre el Eje t | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
Ejemplo
Escribir la función f (t) en términos de Heaviside
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10.2.2. Desplazamiento sobre el Eje t | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
Corolario. La transformada de Laplace de la función μa (t) es:
−aS
L {μ (t)} =
a
e
S
;
S > 0
Ejemplo
Encontrar la transformada de Laplace de la función f (t)
Ejemplo
Encontrar la transformada de Laplace de la función f (t)
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10.2.2. Desplazamiento sobre el Eje t | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
Propiedad 7. Traslación sobre el eje t -- Forma Inversa
La forma inversa del teorema de desplazamiento sobre el eje t afirma que:
Si,
−1
L
{F (S )} = f (t) ;
⟹
−1
L
{e
−aS
F (S )} = f (t − a) μ
a
(t) ;
a >
Ejemplo
Encuentre f (t) si
Si,
entonces,
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10.2.2. Desplazamiento sobre el Eje t | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
Ejemplo
Encuentre f (t) si
Si,
entonces,
Ejemplo
Encuentre y trace la gráfica de f (t) si
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10.2.2. Desplazamiento sobre el Eje t | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
Gráfica de intervalos
Gráfica de la función
Ejemplo
Encuentre y trace la gráfica de f (t) si
Gráfica de intervalos
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10.2.2. Desplazamiento sobre el Eje t | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
Aplicación a las ecuaciones diferenciales ordinarias
Ejemplo
Resuelva el PVI: y ′
+ 2 y
=
f (t);
y(0) = 2;
siendo:
Transformo la ecuación diferencial:
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10.2.2. Desplazamiento sobre el Eje t | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
Transformada Inversa:
por lo tanto:
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10.3. Teorema de convolución | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
10.3. Teorema de convolución
Es una importante propiedad de la Transformada de Laplace, que tiene que ver con
productos de transformadas, es muy útil para obtener transformadas inversas en la
resolución de ecuaciones diferenciales.
Propiedad 8. (Teorema de convolución)
Si f (t) y g(t) son funciones seccionalmente continuas y de orden exponencial, definidas
en [0, ∞[, y son las transformadas inversas de F (S ) y G(S ) respectivamente,
entonces, la transformada inversa h(t) del producto H (S ) = F (S ). G(S ) es la
\textit{Convolución} de f (t) y g(t) , denotado por (f ∗ g)(t) y definido por:
−1
h (t) = L
{H (S )} = (f ∗ g) (t) = ∫
t
0
f (τ )g(t − τ )dτ
La convolución tiene las siguientes propiedades:
Ley conmutativa: f ∗ g = g ∗ f
Ley distributiva: f ∗ (g1 + g2 ) = f ∗ g1 + f
Ley asociativa: (f ∗ g) ∗ v = f ∗ (g ∗ v)
Ley modulativa: f ∗ 0 = 0 ∗ f = 0
Nota: 1 ∗ g = g ∗ 1 ≠ g
∗ g2
Ejemplo
Encuentre la convolución entre f (t)
h (t) = (f ∗ g) (t) = ∫
t
0
=
t
y g(t)
= e
at
f (τ )g(t − τ )dτ
entonces:
Otra forma (comprobación propiedad conmutativa):
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10.3. Teorema de convolución | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
Ejemplo
Encuentre la convolución entre f (t)
h (t) = (f ∗ g) (t) = ∫
t
0
= t
y g(t)
= cos(2t)
f (τ )g(t − τ )dτ
entonces:
Ejemplo
Encuentre la transformada inversa de
entonces,
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10.3. Teorema de convolución | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
Ejemplo
Encuentre la transformada inversa de
entonces,
Otra forma:
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10.3. Teorema de convolución | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
Aplicación a ecuaciones diferenciales
Ejemplo
Aplicando convolución, resuelva el PVI:
′′
y
′
+ 3y
+ 2y = e
−t
′
;
y (0) = 0;
y
(0) = 1
Transformo la ecuación:
determino la transformada inversa:
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10.3. Teorema de convolución | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
por lo tanto,
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10.4. Delta de Dirac, ecuaciones integrales | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
10.4. Delta de Dirac, ecuaciones integrales
Función Impulso - Delta de Dirac
La Función Impulso Unitario se presenta en la teoría de la comunicación de señales, y en
sistemas mecánicos que están sometidos a una gran fuerza externa que actúa solo por
un corto lapso de tiempo.
Una función Pulso se define como:
en donde
todo a.
Si a
→ 0
a > 0
es un valor muy peque\~{n}o, y el área bajo la curva es igual a 1, para
, la función pulso se conoce como Función Impulso y se define como:
para un valor de t
= t0 > 0
la función impulso unitario se puede escribir como
La Función Impulso Unitario
δ(t − t0 )
se conoce como Función Delta de Dirac, y su
transformada de Laplace es:
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10.4. Delta de Dirac, ecuaciones integrales | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
Propiedades
Ejemplo
Resuelva el PVI:
′′
y
+ y = 4 δ (t − 2 π) ,
′
y (0) = 1, y (0) = 0
Transformo la ecuación:
Transformada inversa:
por lo tanto,
Ecuaciones Integro-diferenciales
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10.4. Delta de Dirac, ecuaciones integrales | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
Para resolver ecuaciones en las que la función desconocida aparece bajo el signo de la
integral, es de utilidad usar las propiedades de convolución y de la transformada de una
integral, es decir:
Por ejemplo, la ecuación Integral de Voltera, para una función f (t), tiene la forma:
f (t) = h (t) + ∫
t
0
f (τ )g(t − τ )dτ
donde las funciones h(t) y g(t) son funciones conocidas.
Ejemplo
Resuelva la ecuación integral:
f (t) + 2 ∫
t
0
cos (t − τ ) f (τ ) dτ = 4e
−t
+ sen(t)
Por convolución:
aplicando transformada de Laplace:
entonces:
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10.4. Delta de Dirac, ecuaciones integrales | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
Transformada inversa:
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10.5. Sistemas de ecuaciones diferenciales: Método de transformadas de Laplace | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
10.5. Sistemas de ecuaciones diferenciales: Método de transformadas
de Laplace
Los sistemas de ecuaciones diferenciales se presentan con frecuencia como modelos de
sistemas mecánicos o eléctricos, y en general en diversos problemas de ingeniería.
Aplicable a sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes y
′
′
con valores iniciales x (0) , y (0) , x (0) , y (0) . El proceso de resolución de sistemas
de ecuaciones diferenciales por este método, consta de tres pasos:
Paso 1: Cada una de las ecuaciones diferenciales se transforman en ecuaciones
algebraicas, obteniendo un sistema de ecuaciones lineales.
Paso 2: Se resuelve el sistema obtenido mediante la regla de Cramer.
Paso 3: La solución del sistema de ecuaciones lineales se transforma en sentido
inverso, para obtener la solución del sistema dado.
Ejemplo
Resolver el sistema de E.D:
Paso 1: Transformar las ecuaciones diferenciales a ecuaciones algebraicas.
entonces, el sistema de ecuaciones lineales es:
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10.5. Sistemas de ecuaciones diferenciales: Método de transformadas de Laplace | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
Paso 2: Resolver mediante Cramer el sistema de ecuaciones lineales:
entonces:
2S + 16 = A (S − 2) + B(S + 3)
si S
= −3
⟹
10 = −5A
si S
= 2
⟹
20 = 5B
⟹
X = −
2
S+3
+
⟹
⟹
A = −2
B = 4
4
S−2
entonces:
3S − 1 = A (S − 2) + B(S + 3)
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10.5. Sistemas de ecuaciones diferenciales: Método de transformadas de Laplace | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
si S
= −3
⟹
si S
= 2
⟹
⟹
Y =
2
S+3
+
− 10 = −5A
5 = 5B
⟹
⟹
A = 2
B = 1
1
S−2
Paso 3: Transformar en sentido inverso
Entonces, la solución del sistema de ecuaciones diferenciales es:
Ejemplo
Resolver el sistema de E.D:
Paso 1: Transformar las ecuaciones diferenciales a ecuaciones algebraicas.
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10.5. Sistemas de ecuaciones diferenciales: Método de transformadas de Laplace | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
entonces, el sistema de ecuaciones lineales es:
Paso 2: Resolver mediante Cramer el sistema de ecuaciones lineales:
⟹ X =
⟹ Y =
1
3S
−
1
3(S−1)
1
3(S−1)
2
+
1
−
3(S−1)
1
S(S−1)
2
−
2
1
3S
2
Paso 3: Transformar en sentido inverso
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10.5. Sistemas de ecuaciones diferenciales: Método de transformadas de Laplace | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
la solución del sistema de ecuaciones diferenciales es:
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Recursos complementarios | Tema 10: Transformada de Laplace -TL- (parte 2)
Recursos complementarios
Video Introducción campo de pendientes
https://www.youtube.com/embed/xu_HLUShvws
https://youtu.be/xu_HLUShvws
Video: Ecuación diferencial a partir de un campo de pendientes, ejemplo resuelto
https://www.youtube.com/embed/exX___4XYxs
https://youtu.be/exX___4XYxs
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