Apuntes de Ecuaciones Diferenciales: Teoría y Ejemplos Resueltos UNACAR

Universidad Autónoma del Carmen
Facultad de Ingenierı́a
Apuntes para el curso de
Ecuaciones Diferenciales
Teorı́a básica y ejemplos resueltos
Dr. José Antonio Ruz Hernández
Dr. José Luis Rullán Lara
Dr. Ramón Garcı́a Hernández
Dr. Lelio de la Cruz May
Comportamiento de la carga q(t) y corriente i(t) en el circuito RLC
Familia de trayectorias ortogonales
6
8
14
7
12
6
10
5
8
4
6
3
4
2
2
1
0
4
0
−2
−4
−6
−6
−4
−2
0
x
2
4
6
0
0
0.5
1
Tiempo (seg)
1.5
2
Familia de circunferencias que pasan por (0,3) y (0,−3)
6
4
2
0
−2
−4
−6
−10
−5
0
5
10
−2
Corriente i(t)
Carga q(t)
y
2
Acerca de los autores
de 2003. Fue Miembro del Consejo Técnico de la Facultad de Ingenierı́a de
enero de 1997 a julio de 2003.
Del 2002 al 2003 participó en el Rediseño del Mapa Curricular y
las Responsabilidades Profesionales de la Carrera de Ingenierı́a Electrónica (Plan 2002) en la transición inicial hacia el Nuevo Modelo Educativo. De
igual forma participó en la creación del Programa de Ingenierı́a Mecatrónica
que inició en 2009 y de la Maestrı́a en Ciencias en Electrónica en el mismo
año.
Dr. José Antonio Ruz Hernández
Nació en Ciudad del Carmen, Campeche en 1971. Sus estudios de Licenciatura los realizó en el Instituto Tecnológico de Mérida (ITM) donde en 1994
obtuvo el Tı́tulo de Ingeniero Electrónico en la modalidad de Escolaridad por
Promedio. Obtuvo el reconocimiento como Egresado Distinguido de Ingenierı́a Electrónica por el ITM en el marco de la ceremonia del Dı́a Nacional
del Ingeniero 2007.
En septiembre de 2006, fue Lı́der del Cuerpo Académico: Matemáticas
y Fı́sica Aplicadas a la Ingenierı́a, Tecnologı́a y Control del cual es fundador
y miembro desde el 2001hasta que alcanzó el nivel de Cuerpo Académico
Consolidado. Actualmente es miembro del Cuerpo Académico Consolidado
UNACAR-CA-49 Control Avanzado Aplicado a la Ingenierı́a y Tecnologı́a.
En mayo de 2001 obtuvo el Grado de Maestro en Ingenierı́a de Control
otorgado por la Facultad de Ingenierı́a de la Universidad Autónoma del Carmen con la defensa de la Tesis denominada “Sintonización óptima de un
controlador difuso para el calentamiento y presurización del generador
de vapor de una unidad termoeléctrica”. Por su trabajo de investigación
resultó ganador del Primer Lugar en el Certamen de Informática y Control,
Nivel Maestrı́a, de los XX Certámenes Nacionales de Tesis del Sector Eléctrico, 2000-2001, organizado y patrocinado por la CFE, IIE e IEEE. Por su trayectoria académica sobresaliente, es Egresado Distinguido del Programa de
la Maestrı́a en Ingenierı́a de Control.
Desde enero de 2008 ingresó al Sistema Nacional de Investigadores
(SNI) del Consejo Nacional de Ciencia y Tecnologı́a (CONACYT) como
Candidato y desde el 2011 a la fecha es Investigador Nacional Nivel 1. Cultiva las lı́neas de investigación de control inteligente (con énfasis en redes neuronales, sistemas difusos y neurodifusos), diagnóstico de fallas en sistemas
dinámicos, control lineal y no lineal, control avanzado de sistemas dinámicos. También tiene el Reconocimiento como Perfil Deseable de Programa de
Desarrollo del Profesorado (PRODEP).
En julio de 2006 obtuvo el Grado de Doctor en Ciencias Especialidad
Ingenierı́a Eléctrica en el Centro de Investigación y de Estudios Avanzados del Instituto Politécnico Nacional (Unidad Guadalajara) con la defensa
de su trabajo de Tesis denominado “Esquema Neuronal para Detección y
Diagnóstico de Fallas en Centrales Termoeléctricas”. Por su trabajo de investigación resultó ganador del Primer Lugar en el Certamen de Informática
y Control, Nivel Doctorado, de los XXIII Certámenes Nacionales de Tesis
del Sector Eléctrico, 2005-2006, organizado y patrocinado por la CFE, IIE y
FIDE.
Es autor y co-autor de artı́culos cientı́ficos publicados en Revistas de
estricto arbitraje incluidas en el Journal Citation Report (JCR), Capı́tulos de
Libro y Libros Especializados en Editoriales Internacionales de Prestigio como Springer, Artı́culos en Memorias de Talleres y Congresos Nacionales e
Internacionales en las Áreas de Educación Matemática, Automatización y
Control. Es Miembro del Núcleo Académico Básico de la Maestrı́a en Ingenierı́a Mecatrónica desde su inicio en el 2017. Ha dirigido 18 tesis de nivel
maestrı́a y 2 de licenciatura contribuyendo a la formación de recursos humanos.
Desde 1995 se desempeña como Profesor de Tiempo Completo en la
Facultad de Ingenierı́a de la Universidad Autónoma del Carmen donde imparte asignaturas de Matemáticas, Electrónica y Control Automático a nivel
licenciatura y posgrado. Ası́ mismo, ha desempeñado diversos cargos honorarios: Presidente de la Academia de Ciencias Exactas de Septiembre de 1995
a Julio de 1997, Coordinador del Programa de Ingenierı́a Mecánica Eléctrica
(Área Eléctrica Electrónica) de Agosto de 1997 a Julio de 2003, Coordinador
del Programa de Ingenierı́a Electrónica de Agosto de 2000 a Julio de 2003 de
la cual es fundador junto con otros profesores (Plan 2000) y Coordinador del
Programa de Ingenierı́a Electrónica (Plan 2002) de agosto del 2002 a julio
En octubre de 2015 obtuvo la Medalla Tlamatini como reconocimiento
por parte del Centro Nacional para la Evaluación de la Educación Superior
(CENEVAL) por ser miembro del Consejo Técnico del EGEL IELECTRO
de junio de 2011 a mayo de 2013 y de junio 2013 a mayo de 2015.
Fue Director Académico de la Facultad de Ingenierı́a de agosto del 2008
a agosto del 2013 y Rector de la Universidad Autónoma del Carmen de agosto
del 2013 a noviembre del 2022.
3
Real Aplicado a un Robot Manipulador”. En noviembre de 2010 obtuvo
el grado de Doctor en Ciencias en la Especialidad de Ingenierı́a Eléctrica
en el Centro de Investigación y de Estudios Avanzados del Instituto Politécnico Nacional, Unidad Guadalajara con la defensa de su trabajo de Tesis
denominado “Discrete-Time Decentralized Neural Control for Robotic
Manipulators”. De agosto de 2005 a enero de 2017 se desempeñó como
Profesor de Tiempo Completo en la Facultad de Ingenierı́a de la Universidad Autónoma del Carmen, donde impartió asignaturas de Matemáticas,
Electrónica y Control Automático. Desde febrero de 2017 está adscrito al
Tecnológico Nacional de México - Instituto Tecnológico de La Laguna como
Profesor Investigador de Tiempo Completo en el Programa Educativo de
Ingenierı́a Electrónica y en los Programas Educativos de Maestrı́a y Doctorado en Ciencias en Ingenierı́a Eléctrica. Es miembro del Cuerpo Académico
Consolidado: Mecatrónica y Control Automático donde cultiva la lı́nea de
investigación de Control Inteligente. Es autor del libro “Decentralized Neural Control: Application to Robotics” de editorial SPRINGER. Además, es
autor y co-autor de artı́culos cientı́ficos publicados en revistas indizadas,
memorias de talleres y congresos nacionales e internacionales. Desde enero
de 2012 es miembro del Sistema Nacional de Investigadores de CONACyT.
Actualmente participa como Coordinador de Investigación en la División de
Estudios de Posgrado e Investigación del Instituto Tecnológico de La Laguna.
Dr. José Luis Rullán Lara
Nació en Ciudad del Carmen, Campeche en 1980. Realizó sus estudios de
licenciatura en la Universidad Autónoma del Carmen (UNACAR) donde en
julio de 2004, obtuvo el grado de Ingeniero Mecánico Electricista Especialidad Eléctrica Electrónica. En enero de 2006, obtuvo el Grado de Maestro
en Ciencias en Ingenierı́a Electrónica, Área Control Automático por parte del
Centro Nacional de Investigación y Desarrollo Tecnológico (Cenidet), con la
Tesis titulada “Diagnóstico de Fallas en la Máquina de Corriente Alterna
Utilizando Bond Graph”. En noviembre de 2006, esta tesis le hizo acreedor
del Primer Lugar en el Tercer Concurso Nacional de Tesis de Posgrado, Nivel Maestrı́a, el cual fue organizado por la Dirección General de Educación
Tecnológica (DGEST). En 2011 obtuvo el grado de Docteur en Technologies de l’Information et des Systèmes por la Université de Technologie de
Compiègne, en Francia.
Desde febrero de 2006, es profesor de tiempo completo en la Facultad
de Ingenierı́a de la Universidad Autónoma del Carmen. Pertenece al Cuerpo
Académico Consolidado UNACAR-CA-49 Control Avanzado Aplicado a la
Ingenierı́a y Tecnologı́a. Sus áreas de interés son el Diagnóstico de Fallas en
Sistemas Dinámicos, Vehı́culos No Tripulados y Robótica. Cuenta con Perfil PRODEP y cuenta con el nombramiento de Investigador Nacional Nivel
I del Sistema Nacional de Investigadores del Consejo Nacional de Ciencia y
Tecnologı́a.
Asimismo, ha ocupado varios cargos administrativos en la Universidad
Autónoma del Carmen, tales como director de la Facultad de Ingenierı́a de
agosto de 2013 a diciembre de 2016, Secretario General de diciembre de
2016 a septiembre de 2017 y Secretario Académico de enero de 2018 a enero
2022.
Dr. Lelio de la Cruz May
Profesor de tiempo completo de la Universidad Autónoma del Carmen. Ha
impartido las asignaturas siguientes: Electricidad y magnetismo, Electromagnetismo, Dinámica, Estática, Termodinámica, Teorı́a Electromagnética, Matemáticas Básicas, Calculo Diferencial e Integral, Ecuaciones Diferenciales,
Tópicos Selectos de Matemáticas, Tópicos selectos de Fı́sica Moderna, Fibras
Ópticas. Y por 20 años ha impartido el curso de Ecuaciones Diferenciales.
Lelio de la Cruz May, egresó de la Licenciatura en Fı́sica de la Universidad Juárez Autónoma de Tabasco (UJAT) en 1993, obtuvo el grado de
Maestro en Ciencias con la especialidad en Astrofı́sica en el Instituto Nacional de Astrofı́sica Óptica y Electrónica (INAOE) en Tonantzintla, Puebla en
1996. Y sus estudios de Doctorado en Ciencias los realizó en el Centro de
Investigaciones en Óptica A. C. (CIO) en León, Guanajuato.
Actualmente el Dr. de la Cruz se desarrolla en la Facultad de Ingenierı́a
de la Universidad Autónoma del Carmen, cultiva individualmente la lı́nea
de investigación Láseres y Amplificadores Raman en cascadas por la cual
ha generado más de 30 artı́culos de investigación y capı́tulos de libros, ha
colaborado con investigadores del CIO y del Centro de Investigación e Innovación Tecnologı́a (CIITEC) del IPN, ha asistido a congresos nacionales con
sus alumnos tesı́stas. Algunos de sus tesistas son coautores de sus artı́culos
de investigación. Por tal motivo desde el año 2010 tiene nombramiento de
investigador nacional que otorga el Sistema Nacional de Investigadores del
CONACYT y el reconocimiento Perfil Prodep de la SEP.
Ası́ mismo, es miembro del Cuerpo Académico UNACAR-CA-39
“Fı́sica Aplicada”, y del Núcleo Académico Básico del Doctorado en Ciencias de la Ingenierı́a que oferta la Universidad Autónoma del Carmen.
Dr. Ramón Garcı́a Hernández
Nació en Ciudad Obregón, Sonora en 1978. Sus estudios de Licenciatura
los realizó en el Instituto Tecnológico de Sonora donde en el 2002, obtuvo el Tı́tulo de Ingeniero en Electrónica en la opción de Instrumentación y
Control con la defensa de su Tesis “Trazador de Gráficas de Bode para
Sistemas Lineales”. En septiembre de 2005 obtuvo el Grado de Maestro en
Ciencias en la Especialidad de Ingenierı́a Eléctrica en el Centro de Investigación y de Estudios Avanzados del Instituto Politécnico Nacional, Unidad
Guadalajara con la defensa de su trabajo de Tesis denominado “Control
Difuso Takagi-Sugeno para Seguimiento de Trayectorias en Tiempo
4
Introducción
Los notas del curso de Matemáticas IV (Ecuaciones Diferenciales) en versión digital de acceso libre
para los estudiantes vieron la luz en el 2006. El libro de apuntes que se presenta ahora, tiene como base las
notas del curso de 2006 adicionando nuevos ejemplos resueltos. Asimismo, ahora se incluyen gráficas de
elaboración propia que permiten una mejor interpretación geométrica de problemas y el reforzamiento
visual de distintos conceptos usando software especializado1 . También se incluyen tablas de utilidad,
diagramas de flujo y esquemas que sintetizan las estrategias de análisis para determinar el método de
solución que el lector puede emplear para resolver las ecuaciones diferenciales y apéndices con problemas
propuestos para la evaluación sumativa de los temas; lo anterior, como contribuciones derivadas de la
experiencia de los autores.
El presente libro de apuntes es el resultado del esfuerzo del autor y los coautores como miembros del
Cuerpo Académico de Matemáticas y Fı́sica Aplicadas a la Ingenierı́a, Tecnologı́a y Control de la Facultad de Ingenierı́a de la Universidad Autónoma del Carmen (UNACAR). Como todo proceso evolutivo, el
Cuerpo Académico transitó de Cuerpo Académico en Formación (CAEF) a Cuerpo Académico en Consolidación (CAEC) hasta que, finamente, alcanzó su nivel de Cuerpo Académico Consolidado (CAC). Sin
embargo, varias de sus lı́neas de generación y aplicación del conocimiento evolucionaron favorablemente
con respecto a su producción cientı́fica y a la formación de recursos humanos especializados por lo que,
mediante una mitosis natural, dicho CAC dio origen a dos nuevos CAs, siendo uno de ellos el CA-49
Control Avanzado Aplicado a la Ingenierı́a y Tecnologı́a que transitó de su estado inicial resultante de su
primera evaluación como CAEC al estado actual resultante de su segunda evaluación alcanzando el nivel
máximo como CAC.
El autor y el primer coautor son miembros del CAC-49, de la Academia de Ingenierı́a Mecatrónica,
del Núcleo Académico Básico (NAB) de la Maestrı́a en Ingenierı́a Mecatrónica (MIM) y del NAB del
Doctorado en Ciencias de la Ingenierı́a (DCI), en tanto que el segundo coautor es ahora un colega que
colabora en áreas de afines de docencia e investigación desde el Instituto Tecnológico de la Laguna del
Tecnológico Nacional de México. El tercer coautor es colega y miembro del CA-39 de Fı́sica Aplicada
que tiene nivel de CAEC y pertenece al NAB del DCI.
Este documento plantea dos vertientes en su contenido. La primera vertiente, establece la resolución de ecuaciones diferenciales mediante la aplicación de técnicas y métodos clásicos relacionados con
conocimientos y habilidades desarrollados previamente en los cursos de Matemáticas Básicas, Algebra
1
Como MATLAB y DERIVE
5
Superior, Cálculo Diferencial y Cálculo Integral. La segunda vertiente, presenta la resolución de ecuaciones diferenciales mediante el método de la Transformada de Laplace, también conocido como método
operacional.
En la Parte I Introducción a las Ecuaciones Diferenciales, se definen y establecen los conceptos
fundamentales relacionados con las ecuaciones diferenciales, su clasificación y sus tipos de solución. Ası́
mismo, se discute la interpretación geométrica de los tipos de solución, del problema de valor inicial y
del teorema de existencia y unicidad. También se describe un método para la obtención de la ecuación
diferencial de una familia de curvas. Diferentes ejemplos acordes a los tópicos tratados en esta unidad
están incluidos. Se utiliza software pertinente para generar las gráficas de varios ejemplos.
Las Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden se estudian en la Parte II, sus propiedades se utilizan
para poder determinar la naturaleza del método de solución a aplicar en cada caso. La mayorı́a de los
métodos reducen la ecuación diferencial a una de variables separables, como ocurre con los cambios
de variable usados para resolver las ecuaciones diferenciales de coeficientes homogéneos y del mismo
grado. También, se realiza la prueba correspondiente del teorema que establece la condición necesaria
para que una ecuación diferencial sea exacta tomando en cuenta que tienen su origen en la diferencial
exacta de una función de dos variables igualada a una constante que resulta ser la solución a encontrar.
Ası́ mismo, se determina la obtención de factores integrantes que convierten una ecuación diferencial
originalmente no exacta en exacta. Se plantea el método de solución de la ecuación diferencial lineal de
orden uno con el cálculo de su factor integrante, el cual se aplica a la ecuación diferencial lineal de primer
orden reduciéndola a una ecuación diferencial de variables separables.
Se incluye como aportación de los autores, un diagrama de flujo que permite al estudiante identificar
el tipo de ecuación diferencial de primer orden a resolver y entonces seleccionar el método de solución
pertinente. Otra aportación de los autores, incluye el uso de propiedades de los logaritmos para obtener
soluciones compactas y elegantes. Con base en las diversas estrategias de solución descritas para resolver
las ecuaciones de primer orden, se propone y aplica un método que permite determinar las trayectorias
ortogonales a una familia de curvas dada; que además, se ilustran gráficamente para su mejor comprensión.
En la Parte III se discute la teorı́a preliminar de las Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden
Superior. Se estudia un criterio que permite determinar si una familia de funciones es linealmente independiente o no. Con base en este criterio, se propone un conjunto de soluciones de tipo exponencial
que se combinan linealmente mediante el principio de superposición para resolver ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de coeficientes constantes a partir del análisis de las raı́ces de la ecuación
auxiliar asociada. En el caso de las ecuaciones diferenciales de coeficientes constantes no homogéneas,
su solución consta de dos partes. La primera, se conoce como solución complementaria o transitoria y
se encuentra resolviendo la ecuación diferencial de la homogénea asociada. La segunda, conocida como solución particular, se determina mediante dos métodos posibles: el de coeficientes indeterminados
(empleando el enfoque de superposición) y el de variación de parámetros que utiliza el determinante
Wronskiano. Se aplican los métodos estudiados en diversos sistemas mecánicos, electricos y de defleDr. J. A. Ruz Hernández, Dr. J. L. Rullán Lara, Dr. R. Garcı́a Hernández, Dr. L. de la Cruz May
6
xión de vigas, por citar algunos problemas de aplicación sujetos a condiciones iniciales o de frontera,
según sea el caso.
Una ecuación diferencial lineal de coeficientes constantes y de orden n, puede reducirse a un sistema
de n ecuaciones diferenciales de primer orden mediante diversos cambios de variable, hasta ser llevados
a una forma canónica expresada en notación matricial. La solución de este tipo de sistemas constituye el
objeto de estudio de la Parte IV Sistemas de Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden. Se
utilizan algunos preliminares matemáticos que permiten resolver este tipo de sistemas mediante el cálculo
de la matriz exponencial con base en el Teorema de Cayley-Hamilton, la determinación de eigenvalores
y la ecuación caracterı́stica. También, se resuelven ejemplos que consideran sistemas homogéneos y no
homogéneos.
Finalmente, en la Parte V se estudia la Transformada de Laplace como un caso particular de las
transformaciones integrales. Se estudian sus propiedades y se establece qué es una transformación lineal.
Además, se determinan las transformadas de las funciones más comunes y sus respectivas inversas construyendo las tablas con las fórmulas de las transformadas más utiles. También se prueban y aplican los
principales teoremas y propiedades, las cuales resultan útiles para resolver ecuaciones diferenciales lineales de coeficientes constantes y sistemas de ecuaciones diferenciales lineales de coeficientes constantes.
Se replantea la solución de sistemas de ecuaciones diferenciales de primer orden en su forma canónica
pero ahora se utiliza la transformada de Laplace para calcular la matriz exponencial al resolver sistemas
homogéneos y no homogéneos de ecuaciones diferenciales de primer orden.
Como se describió en los párrafos anteriores, el material incluido en el libro abarca la teorı́a básica y
ejemplos resueltos de Ecuaciones Diferenciales, el cual puede ser útil como bibliografı́a fundamental en
el estudio de las ciencias básicas y de las ciencias de la ingenierı́a. Además de su utilidad bajo un enfoque
general, el libro constituye una base sólida para estudios posteriores en temas especı́ficos de modelado
matemático lineal, simulación y dinámica de los sistemas fı́sicos, sistemas electromecánicos, control
clásico y en el espacio de estados, ası́ como el control avanzado de sistemas. Este material requirió, a lo
largo de la práctica docente de los creadores de esta obra, la revisión bibliográfica de varios autores como
son Richard Bronson [1], S. Campbell [2], E. D. Rainville [3], George F. Simmon [4] y Dennis G. Zill [5].
Nuestros mejores deseos son que este libro como material didáctico sea de utilidad para estudiantes y
colegas. Ası́ mismo, invitamos a los lectores a que nos permitan mejorarlo con la ayuda de sus sugerencias
y correcciones.
Dr. José Antonio Ruz Hernández
Dr. José Luis Rullán Lara
Dr. Ramón Garcı́a Hernández
Dr. Lelio de la Cruz May
Ciudad del Carmen, Campeche. Noviembre de 2024.
7
Dr. J. A. Ruz Hernández, Dr. J. L. Rullán Lara, Dr. R. Garcı́a Hernández, Dr. L. de la Cruz May
Dr. J. A. Ruz Hernández, Dr. J. L. Rullán Lara, Dr. R. Garcı́a Hernández, Dr. L. de la Cruz May
8
Índice general
I
II
III
Introducción a las Ecuaciones Diferenciales
17
1.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
1.2. Introducción a las ecuaciones diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
1.2.1. Definición y clasificación de las ecuaciones diferenciales . . . . . . . . . . . . .
19
1.2.2. Tipos de solución para una ecuación diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
1.3. Problema de valor inicial y Teorema de existencia y unicidad . . . . . . . . . . . . . . .
26
1.3.1. Interpretación geométrica del problema de valor inicial . . . . . . . . . . . . . .
26
1.3.2. Teorema de existencia y unicidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
27
1.4. Obtención de la ecuación diferencial de una familia de curvas . . . . . . . . . . . . . . .
28
Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
31
2.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33
2.2. Ecuaciones diferenciales de variables separables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33
2.3. Ecuaciones diferenciales homogéneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
37
2.3.1. Método de solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
40
2.4. Ecuaciones diferenciales exactas y factores de integración . . . . . . . . . . . . . . . . .
42
2.5. Ecuación diferencial lineal de primer orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
47
2.6. Aplicación de las ecuaciones diferenciales de primer orden . . . . . . . . . . . . . . . .
51
2.6.1. Trayectorias ortogonales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
51
2.6.2. Problemas de transferencia de calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
53
2.7. Un aporte a la metodologı́a para resolver ecuaciones diferenciales de primer orden . . . .
56
Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior
59
3.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
61
3.2. Teorı́a preliminar de ecuaciones diferenciales lineales de orden superior . . . . . . . . .
61
3.3. Solución de ecuaciones diferenciales lineales homogéneas con coeficientes constantes . .
63
3.3.1. Ecuación Auxiliar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
65
3.4. Solución de ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de orden 3 o mayor . . . . . .
70
3.5. Solución de ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas con coeficientes constantes.
73
9
IV
3.5.1. Método de coeficientes indeterminados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
74
3.5.2. Método de variación de parámetros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
79
3.6. Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales lineales de orden superior . . . . . . . . . .
82
Sistemas de Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden
4.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
87
89
4.2. Representación matricial de un sistema de ecuaciones diferenciales lineales de primer
orden, forma canónica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
89
4.2.1. Reducción de una ecuación diferencial lineal de orden n a un sistema de n ecuaciones diferenciales de primer orden (forma normal o canónica) . . . . . . . . .
89
4.2.2. Reducción de sistemas de ecuaciones diferenciales a la forma normal o canónica
91
4.2.3. Sistemas degenerados o degradados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
91
4.2.4. Representación matricial de los sistemas de ecuaciones diferenciales lineales de
primer orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3. Método de la matriz exponencial e
At
93
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
95
4.3.1. Matrices de funciones, derivación e integración de matrices . . . . . . . . . . .
95
4.3.2. Ecuación caracterı́stica de una matriz cuadrada A . . . . . . . . . . . . . . . . .
96
4.3.3. Matriz exponencial eAt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
98
4.3.4. Método de cálculo de la matriz exponencial eAt . . . . . . . . . . . . . . . . . .
99
4.4. Solución de sistemas de ecuaciones diferenciales lineales de primer orden con coeficientes constantes mediante el método de la matriz exponencial eAt . . . . . . . . . . . . . . 105
4.5. Método adicional para resolver sistemas que están sujetos a condiciones iniciales . . . . 111
V
Transformada de Laplace
115
5.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
5.2. Preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
5.3. Transformaciones integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
5.4. Definición de transformada de Laplace, condición de existencia y cálculo de transformadas de Laplace aplicando su definición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
5.4.1. Condiciones suficientes para la existencia de L {f (t)} . . . . . . . . . . . . . . 118
5.5. Transformadas de Laplace de funciones comunes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
5.5.1. Transformada de la función exponencial en el tiempo (eat ) . . . . . . . . . . . . 121
5.5.2. Transformada de la función seno (sen(ωt)) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
5.5.3. Transformada de la función coseno (cos(ωt)) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
5.5.4. Transformadas de las funciones seno y coseno hiperbólicos (senh(ωt) y cosh(ωt)) 123
5.5.5. Transformada de la función coseno amortiguada (eat cos(ωt)) . . . . . . . . . . 123
5.5.6. Transformada de potencias positivas de t, tn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
Dr. J. A. Ruz Hernández, Dr. J. L. Rullán Lara, Dr. R. Garcı́a Hernández, Dr. L. de la Cruz May
10
5.6. Propiedades de la transformada de Laplace (Operador Lineal) . . . . . . . . . . . . . . . 125
5.7. Primer Teorema de Traslación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
5.8. Transformada de una derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
5.9. Derivadas de una transformada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
5.10. Transformada de una integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
5.10.1. Definición de la integral de convolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
5.10.2. Teorema de convolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
5.11. Transformada de la función escalón unitario y segundo teorema de traslación . . . . . . 133
5.11.1. La función escalón unitario . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
5.11.2. Segundo Teorema de Traslación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134
5.12. La transformada de la función Delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
5.12.1. Función pulso unitario . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
5.12.2. La función Delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
5.12.3. Transformada de la función delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137
5.13. Transformada de la función rampa unitaria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138
5.14. Transformada de una función periódica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
5.15. Definición de Transformada Inversa de Laplace y sus propiedades . . . . . . . . . . . . 141
5.15.1. Linealidad de L −1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141
5.15.2. Cálculo de transformadas inversas de Laplace empleando tablas . . . . . . . . . 141
5.15.3. Aplicación de la técnica de fracciones parciales para calcular transformadas inversas de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143
5.15.4. Formas inversas de los teoremas de traslación, del teorema de convolución y
derivada de una transformada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145
5.16. Solución de ecuaciones diferenciales de orden superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147
5.17. Solución de sistemas de ecuaciones diferenciales ordinarias . . . . . . . . . . . . . . . . 150
5.18. Solución de sistemas de ecuaciones diferenciales de primer orden (Forma canónica) . . . 151
A. Problemario de las Partes I y II
157
B. Problemario de las Partes III y IV
161
C. Problemario de la Parte V
165
Bibliografı́a
167
11
12
Índice de figuras
1.1. Familia de circunferencias con centro en el origen (solución general) [Elaboración propia]. .
25
1.2. Miembro de la familia de circunferencias con centro en el origen y que pasa por el punto
(5, 0) con c = 5 [Elaboración propia] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
25
1.3. Bosquejo gráfico del problema de valor inicial [Elaboración propia] . . . . . . . . . . . . .
27
1.4. Interpretación geométrica del teorema de existencia y unicidad [Elaboración propia]. . . . .
28
1.5. Familia de circunferencias con centros en el eje x y que pasan por los puntos (0, −3) y
(0, 3) [Elaboración propia]. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
x
2.1. Familia de trayectorias ortogonales x + y = c1 e y y = 2 − x + ce
−0.1902t
2.2. Comportamiento de la temperatura del pastel T (t) = 230e
−x
30
[Elaboración propia].
53
+ 70 [Elaboración propia].
55
2.3. Diagrama de flujo para resolver Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden [Elaboración
propia]. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
57
3.1. Bosquejo gráfico del problema de valor inicial [Elaboración propia]. . . . . . . . . . . . . .
62
3.2. Circuito R-L-C [Elaboración propia]. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
82
3.3. Viga doblemente empotrada en pared [Elaboración propia]. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
84
5.1. Función escalón unitario [Elaboración propia]. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
5.2. Gráficas de dos funciones escalón unitarios [Elaboración propia]. . . . . . . . . . . . . . . 134
5.3. Función trigonométrica f (t) = sen(t) truncada para t < 2π por la combinación con el
escalón unitario u(t − 2π) [Elaboración propia]. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134
5.4. Gráfica del ejemplo f (t) = 2 − 4u(t − 3) [Elaboración propia]. . . . . . . . . . . . . . . . 136
5.5. Gráfica de la señal impulso δa (t − t0 ) [Elaboración propia]. . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
5.6. Propiedades de la señal impulso δa (t − t0 ) [Elaboración propia]. . . . . . . . . . . . . . . . 137
5.7. Función periódica f (t) = t para 0 ≤ t < 1 y f (t) = 0 para 1 ≤ t < 2 [Elaboración propia].
139
5.8. Función periódica f (t) = 1 para 0 ≤ t < a y f (t) = 0 para a ≤ t < 2a. [Elaboración propia]. 140
5.9. Aplicación de la transformada de Laplace para resolver ecuaciones diferenciales [Elaboración propia]. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
148
5.10. Circuito eléctrico R-L-C para el cual se aplica la Transformada de Laplace para obtener
la carga q(t) del capacitor y la corriente i(t) del circuito [Elaboración propia]. . . . . . . . . 153
5.11. Comportamiento de la carga q(t) y la corriente i(t) del circuito R − L − C [Elaboración
propia]. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
155
14
Índice de tablas
3.1. Ejemplos de soluciones particulares yp (x) provisionales para algunas funciones g(x) . .
74
5.1. Transformadas de Laplace de algunas funciones elementales . . . . . . . . . . . . . . . 125
5.2. Transformadas inversas de Laplace de algunas funciones elementales . . . . . . . . . . . 142
15
16
Parte I
Introducción a las Ecuaciones Diferenciales
17
1.1.
Introducción
En esta parte se definen y establecen los conceptos fundamentales relacionados con las ecuaciones
diferenciales, su clasificación y sus tipos de solución. Ası́ mismo, se discute la interpretación geométrica
de los tipos de solución, del problema de valor inicial y del teorema de existencia y unicidad. También
se describe un método para la obtención de la ecuación diferencial de una familia de curvas. Diferentes
ejemplos acordes a los tópicos tratados en esta unidad están incluidos. Se utiliza software pertinente para
generar las gráficas de varios ejemplos. Los apuntes mostrados aqui fueron tomados de [5].
1.2.
Introducción a las ecuaciones diferenciales
1.2.1.
Definición y clasificación de las ecuaciones diferenciales
En cálculo se aprendió que la derivada, dy/dx, de la función y = f (x) es en sı́, otra función de x
2
2
que se determina siguiendo las reglas adecuadas. Por ejemplo, si y = ex , entonces dy/dx = 2xex . Al
2
reemplazar ex por el sı́mbolo y se obtiene
dy
= 2xy
(1.1)
dx
El problema que se resuelve en este curso no es dada una función y = f (x), determinar su derivada. El
problema es dada una ecuación diferencial, como la ecuación (1.1), ¿Hay algún método por el cual se
pueda llegar a la función desconocida ?
Definición 1.1 Ecuación diferencial.
Una ecuación que contiene todas las derivadas de una o más variables dependientes con respecto a una
o más variables independientes es una ecuación diferencial.
Las ecuaciones diferenciales se clasifican de acuerdo a su tipo,orden y linealidad.
Clasificación según el tipo
Si una ecuación solo contiene derivadas ordinarias de una o más variables dependientes con respecto a
una sola variable independiente, entonces se dice que es una ecuación diferencial ordinaria. Por ejemplo,
dy
+ 10y = ex
dx
y
d2 y
dy
− dx
+ 6y = 0
dx2
son ecuaciones diferenciales ordinarias.
Una ecuación que contiene las derivadas parciales de una o mas variables dependientes, respecto de
dos o mas variables independientes, se llama ecuación en derivadas parciales. Por ejemplo,
∂u
∂v
= −
∂y
∂x
2
2
∂ u
∂ u
∂u
=
−
2
∂x2
∂t2
∂t
19
son ecuaciones de derivadas parciales.
Clasificación segun el orden
El orden de una ecuación diferencial (ordinaria o en derivadas parciales) es el de la derivada de mayor
orden en la ecuación. Por ejemplo,
d2 y
dx2
|{z}
+5
segundo orden
dy
dx
|{z}
−4y = ex
primer orden
es una ecuación diferencial de segundo orden. Como la ecuación (y − x)dx + 4xdy = 0 se puede escribir
de la forma
dy
+y =x
dx
si se divide entre la diferencial dx, es un ejemplo de una ecuación diferencial ordinaria de primer orden.
4x
Una ecuación diferencial ordinaria general de orden n se acostumbra representar mediante los sı́mbolos
F (x, y, y ′ , . . . , y (n−1) ) = 0
(1.2)
En las explicaciones y demostraciones siguientes se supondrá que se puede despejar la derivada de orden
máximo, y(n) , de una ecuación diferencial de orden n, como la ecuación (1.2); esto es:
y (n) = f (x, y, y ′ , . . . , y (n−1) )
(1.3)
Clasificación según la linealidad o no linealidad
Se dice que una ecuación diferencial de la forma y(n) = f (x, y, y ′ , . . . , y (n−1 ) es lineal cuando f es
una función lineal de y, y ′ , . . . , y (n−1) . Esto significa que una ecuación es lineal si se puede escribir en la
forma
dn y
dn−1 y
dy
+
a
(x)
+ · · · + a1 (x) + a0 (x)y = g(x)
n−1
n
n−1
dx
dx
dx
En esta última ecuación, se observan las dos propiedades caracterı́sticas de las ecuaciones diferenciaan (x)
les lineales:
1. La variable dependiente y y todas sus derivadas son de primer grado; esto es, la potencia de todo
término donde aparece y es 1.
2. Cada coeficiente sólo depende de x, que es la variable independiente.
′
Las funciones de y como sen y o las funciones de las derivadas de y, como ey no pueden aparecer en una
ecuación lineal. Cuando una ecuación diferencial no es lineal, se dice que es no lineal.
Las ecuaciones
(y − x)dx + 4xdy = 0,
y ′′ − 2y ′ + y = 0,
20
3
dy
d y
x
x3 dx
3 − dx + 6y = e
Son ecuaciones lineales ordinarias de primero, segundo y tercer orden, respectivamente.
Por otro lado, las siguientes ecuaciones diferenciales son ordinarias, no lineales de primero, segundo
y cuarto orden, respectivamente:
1. (1 + y)y ′ + 2y = ex
El coeficiente del término con la derivada y ′ , tiene a la variable dependiente y: (1 + y)y ′
2
d y
2. dx
2 + sen y = 0
El segundo término es una función no lineal de la variable dependiente y: sen y
4
d y
2
3. dx
4 + y = 0
La derivada de orden cero está elevada a la segunda potencia: y 2
1.2.2.
Tipos de solución para una ecuación diferencial
Uno de los objetivos de este curso es resolver o hallar las soluciones de las ecuaciones diferenciales.
Definición 1.2 Solución de una ecuación diferencial
Cuando una función f, definida en algún intervalo I, se sustituye en una ecuación diferencial y transforma
esa ecuación en una identidad, se dice que es una solución de la ecuación en el intervalo.
En otras palabras una solución de una ecuación diferencial ordinaria, como la ecuación (1.2), es una
función f con al menos n derivadas y
F (x, f (x), f ′ (x), . . . , f (n)(x) ) = 0, ∀x ∈ I
(1.4)
se dice que y = f (x) satisface la ecuación diferencial. El intervalo I puede ser intervalo abierto (a, b),
cerrado [a, b], infinito (a, ∞), etc. Para fines didácticos, también se supondrá que una solución f es una
función de valores reales.
Ejemplo 1.1
Comprobación de una solución.
Comprobar que y = x4 /16 es una solución de la ecuación no lineal
1
dy
= xy 2
dx
en el intervalo (−∞, ∞).
Solución: Un modo de comprobar que la función dada es solución es escribir la ecuación diferencial
1
1
dy
dy
en la forma dx
− xy 2 = 0, y ver, después de sustituir, si la suma dx
− xy 2 es cero para toda x en el
21
intervalo.
1
dy
− xy 2 = 0
dx
4
4 12
d x
x
−x
= 0
dx 16
16
!
4
x2
4 3
x −x √
= 0
16
16
x 3 x3
−
= 0
4
4
Para todo número real. Obsérvese que y 1/2 = x2 /4 es, por definición, la raı́z cuadrada no negativa de
x4 /16.
Ejemplo 1.2
La función y = xex es una solución de la ecuación lineal
y ′′ − 2y ′ + y = 0
en el intervalo (−∞, ∞).
Solución: Para demostrarlo, se sustituyen las respectivas derivadas de la función dada
y ′ = xex + ex
y ′′ = xex + 2ex
lo que devuelve
y ′′ − 2y ′ + y =
(xex + 2ex ) − 2 (xex + ex ) + (xex ) = 0
xex + 2ex − 2xex − 2ex + xex = 0
0 = 0.
para todo número real.
Nota 1.1
No toda ecuación diferencial tiene necesariamente una solución, como se muestra en el siguiente ejemplo.
Ejemplo 1.3
Comprobar que la solución de la ecuación diferencial y ′′ +5y ′ +6y = 0, esta dada por y = c1 e−2x +c2 e−3x .
Solución: De nuevo, se sustituyen las derivadas de la solución en la ecuación diferencial dada: y ′ =
22
−2c1 e−2x − 3c2 e−3x y y ′′ = 4c1 e−2x + 9c2 e−3x
y ′′ + 5y ′ + 6y = 0
4c1 e−2x + 9c2 e−3x + 5 −2c1 e−2x − 3c2 e−3x + 6 c1 e−2x + c2 e−3x = 0
e−2x (4c1 − 10c1 + 6c1 ) + e−3x (9c2 − 15c2 + 6c2 ) = 0
0 = 0.
Ejemplo 1.4
¿Para qué valores de la constante m será y = emx solución de la ecuación diferencial 2y ′′′ +y ′′ −5y ′ +2y =
0?
Solución: Se obtienen las derivadas necesarias y ′ = memx , y ′′ = m2 emx y y ′′′ = m3 emx y se sustituyen
en la ecuación diferencial dada.
2 m3 emx + m2 emx − 5 (memx ) + 2 (emx ) = 0
emx 2m3 + m2 − 5m + 2 = 0
Dado que emx no puede ser cero, entonces el otro factor lo debe de ser para que la igualdad se cumpla.
Por tanto, se necesita encontrar las raı́ces de ese polinomio; esto es: 2m3 + m2 − 5m + 2 = (m − 1)(m −
1/2)(m + 2) = 0. Ası́, los valores de m = 1, m = −2 y m = 1/2 hacen a la función y = emx una
solución de la ecuación diferencial dada.
Ejemplo 1.5
Para cualquier valor de c, la función y = c/x + 1 es una solución de la ecuación diferencial de primer
orden
x
dy
+y =1
dx
en el intervalo (0, ∞).
Solución: Se procede de igual forma que el ejemplo anterior
c
d c
x
+1 +
+1 = 1
dx x x
c c
x − 2 + +1 = 1
x
x
1 = 1
Dando a c distintos valores reales es posible generar un número infinito de soluciones. En particular, para
c = 0 se obtiene una solución constante y = 1.
En el ejemplo anterior, y = c/x + 1 es una solución de la ecuación diferencial en cualquier intervalo
que no contenga el origen. La función no es diferenciable en x = 0.
23
En ciertas circunstancias cuando se suman dos soluciones de una ecuación diferencial, se obtiene otra
solución de dicha ED.
Ejemplo 1.6
a) Las funciones y = c1 cos 4x y y = c2 sen 4x, donde c1 y c2 son constantes arbitrarias, resultan ser
soluciones de la ecuación diferencial
y ′′ + 16y = 0.
Para y = c1 cos 4x, las derivadas primera y segunda son y ′ = −4c1 sen 4x y y ′′ = −16c1 cos 4x.
respectivamente. Por lo tanto,
y ′′ + 16y ′ = (−16c1 cos 4x) + 16c1 cos 4x = 0
Análogamente para y = c2 sen 4x, las derivadas primera y segunda son y ′ = 4c2 cos 4x y y ′′ =
−16c2 sen 4x. respectivamente. Por lo tanto,
y ′′ + 16y ′ = (−16c2 sen 4x) + 16c2 sen 4x = 0
b) Tambien puede demostrarse que la función (suma de las soluciones) y = c1 cos 4x + c2 sen 4x es una
solución de la ecuación dada y ′′ + 16y = 0.
Ejemplo 1.7
Demostrar que las funciones y = ex , y = e−x , y = c1 ex , y = c2 e−x y y = c1 ex + c2 e−x son todas
soluciones de la ecuación diferencial lineal de segundo orden y ′′ + y = 0.
Solución: Nótese que y = c1 ex es una solución para cualquier valor de c1 , pero que y = ex + c1 , c1 ̸= 0,
no satisface la ecuación puesto que para esta última familia de funciones se tendrı́a y ′′ − y = −c1 .
Si al resolver una ecuación diferencial lineal se obtiene una familia n-paramétrica de soluciones, se
dice que es una solución general, solución completa o solución primitiva.
Cabe senalar que la cantidad de parámetros en este tipo de solución es idéntica al orden de la ecuación
diferencial y geométricamente representa una familia de curvas cuyas gráficas se obtienen al ir asignando
valores apropiados a dichos parámetros.
Ejemplo 1.8
La ecuación diferencial xdx + ydy = 0 tiene la solución general x2 + y 2 = c2 , la cual corresponde a
una familia de circunferencias con centro en el origen. Nótese que como la ecuación diferencial es de
orden uno entonces existe un solo parámetro arbitrario en dicha solución. La familia de circunferencias
que corresponde a la solución general se muestra en la figura 1.1.
24
Familia de circunferencias con centro en el origen
10
8
6
4
2
0
−2
−4
−6
−8
−10
−10
−5
0
5
10
Figura 1.1: Familia de circunferencias con centro en el origen (solución general) [Elaboración propia].
Otro tipo de solución para una ecuación diferencial es la solución particular que se obtiene directamente
de la general al asignar un valor especı́fico a su(s) parámetro(s) arbitrario(s). ¡En consecuencia, cada
una de las curvas graficadas anteriormente constituye una solución particular ya que se obtuvieron al ir
asignando valores al parámetro c, que en éste caso representa el radio de cada circunferencia!. Esto es,
si c = 5 se tiene la circunferencia x2 + y 2 = 25. Esta se ilustra como un elemento de la familia de
circunferencias y se muestra en la figura 1.2
Circunferencia con radio c=5
5
4
3
2
1
0
−1
−2
−3
−4
−5
−5
0
5
Figura 1.2: Miembro de la familia de circunferencias con centro en el origen y que pasa por el punto
(5, 0) con c = 5 [Elaboración propia]
Por otro lado, se debe recordar que la solución de una ecuación diferencial que es idéntica a cero en un
intervalo I, se conoce como solución trivial. ¡Nótese que la función constante y = 0 satisface la ecuación
diferencial y ′′ − 2y ′ + y = 0 y por tanto constituye una solución trivial!
La solución singular de una ecuación diferencial es aquella que no puede obtenerse dando valores
especı́ficos a los parámetros en una familia de soluciones.
25
Ejemplo 1.9
Una familia uniparamétrica de soluciones (solución general) de la ecuación diferencial y ′ = xy 1/2 está
dada por y = (x2 /4 + c)2 . Cuando c = 0 resulta la solución particular y = x4 /16. En este caso, la
solución trivial y = 0 es una solución singular de la ecuación ya que no puede obtenerse de la familia
para ningún valor del parámetro c.
Las soluciones de una ecuación diferencial también pueden distinguirse como explı́citas e implı́citas.
La primera, es aquella que puede ser escrita en la forma y = f (x) en tanto que la segunda corresponde a
una relación de la forma G(x, y) = 0.
Ejemplo 1.10
La función y = x4 /16 es una solución explı́cita de y ′ = xy 1/2 en tanto que la solución x2 + y 2 − 16 = 0
es una solución implı́cita de xdx + ydy = 0.
1.3.
Problema de valor inicial y Teorema de existencia y unicidad
1.3.1.
Interpretación geométrica del problema de valor inicial
A menudo existe el interés por resolver una ecuación diferencial (ED) de primer orden
dy
= f (x, y)
dx
sujeta a la condición adicional y(x0 ) = y0 , donde x0 es un número en un intervalo I y y0 es un número
real arbitrario.
El problema de resolver
dy
= f (x, y)
dx
(1.5)
y(x0 ) = y0
(1.6)
sujeta a
se llama problema de valor inicial. A la expresión (1.6) se le conoce como condición inicial.
Hablando en términos geométricos, podrı́a decirse que estamos se busca al menos una solución de la
ecuación diferencial definida en un intervalo I, tal que la gráfica de dicha solución pase por el punto dado
(x0 , y0 ). Esta interpretación puede observarse en la figura 1.3.
De manera similar a lo anteriormente planteado un problema de valor inicial para una ecuación diferencial de orden n, es resolver
an (x)
dn y
dn−1 y
dy
+
a
(x)
+
·
·
·
+
a
(x)
+ a0 (x)y = g(x)
n−1
1
dxn
dxn−1
dx
26
(1.7)
Soluciones de la ED
y6
m = y0′
àb
(x0 , y0 )
-
I
-
x
Figura 1.3: Bosquejo gráfico del problema de valor inicial [Elaboración propia]
sujeta a
y(x0 ) = y0 , y ′ (x0 ) = y0′ , y ′′ (x0 ) = y0′′ , . . . , y (n−1) (x0 ) = y0n−1 .
(1.8)
Nótese que la última condición inicial tiene orden n − 1 y que la ecuación diferencial es de orden n. Sin
embargo, el número total de condiciones iniciales es n.
1.3.2.
Teorema de existencia y unicidad
El siguiente Teorema debido a Picard, da condiciones suficientes para garantizar la existencia de una
solución y que esta sea única. Su interpretación geométrica se muestra en la figura 1.4.
Teorema 1.1 Sea R una región en el plano xy definida por a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d que contiene al punto
(x0 , y0 ) en su interior. Si f (x, y) y ∂f /∂y son continuas en R, entonces existe un intervalo I con centro
en x0 y una única función y(x) definida en I que satisfacen el problema de valor inicial.
Ejemplo 1.11
Dada la ecuación diferencial (4 − y 2 )y ′ = x2 , determine una región del plano xy en la cual la ecuación
diferencial dada tenga una solución única por cada punto (x0 , y0 ) de la región.
Solución: Reescribiendo la ecuación diferencial de la forma explı́cita (1.3)
y ′ = f (x, y) =
x2
4 − y2
Esta expresión es la función f (x, y). Se obtiene la derivada de esta función con respecto a la variable y
∂f
−x2 (−2y)
2x2 y
=
=
∂y
(4 − y 2 )2
[(2 + y)(2 − y)]2
27
6
Soluciones de la ED
y
d
` ```` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ```
` ```` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ```
` ```` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ```
` ```` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ```
` ```` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ```
` ```` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ```
` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` àbc` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` `
` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` ` (x0 , y0 )` ` ` ` ` ` ` ` ` ` `
`` ``` ``` ```
` ```` ``` ``` ``` ``` ``
` ```` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ```
` ```` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ```
` ```` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ```
` ```` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ``` ```
c
-
a
I
-
b x
Figura 1.4: Interpretación geométrica del teorema de existencia y unicidad [Elaboración propia].
Por lo tanto, cualquier punto (x0 , y0 ) de plano xy excepto para y = ±2 es la región para la que se tendrá
una solución única.
1.4.
Obtención de la ecuación diferencial de una familia de curvas
Esta aplicación consiste en partir de una familia n-paramétrica de curvas, para encontrar una ecuación
diferencial de orden n, asociada a ella y que está libre de parámetros arbitrarios.
Metodologı́a
Para obtener la ecuación diferencial de una familia de curvas, haga lo siguiente:
a) Halle la expresión correspondiente a la familia de curvas utilizando sus conocimientos de Geometrı́a
Analı́tica.
b) Tenga en cuenta el hecho de que el número de constantes o parámetros arbitrarios nos indica el orden
de la ecuación diferencial a obtener.
c) Derive tantas veces como sea necesario de acuerdo con el punto b).
d) Si alguna constante o parámetro arbitrario no ha desaparecido, despéjese de la expresión obtenida en
a) y sustitúyase para obtener el resultado final.
e) Por cuestiones estéticas matemáticas, deje las expresiones que contengan derivadas en un solo miembro de la ecuación diferencial obtenida.
28
Ejemplo 1.12
Determine la ecuación diferencial de la familia de circunferencias que pasan por (0, −3) y (0, 3), cuyos
centros están en el eje x.
Solución:
Paso a) La ecuación general de la circunferencia está dada por
(x − h)2 + (y − k)2 = r2
(1.9)
donde el punto (h, k) determina el centro y r el radio. Puesto que sus centros están en el eje x,
entonces k = 0 para este caso y consecuentemente, la expresión anterior nos queda ahora como
(x − h)2 + y 2 = r2
(1.10)
Como las circunferencias pasan por los puntos (0, −3) y (0, 3) se tiene que
(−h)2 + 9 = r2
h2 + 9 = r2
(1.11)
sustituyendo (1.11) en (1.10) se tiene
(x − h)2 + y 2 = h2 + 9
x2 − 2hx + h2 + y 2 = h2 + 9
x2 − 2hx + y 2 = 9
(1.12)
Paso b) Si se hace c = −2h, entonces (1.12) puede rescribirse como
x2 + cx + y 2 = 9
(1.13)
y en consecuencia la ecuación diferencial que corresponde a la familia de circunferencias será de
primer orden ya que se observa un solo parámetro arbitrario.
Paso c) Derivando la expresión (1.13) se tiene
2xdx + cdx + 2ydy = 0
(2x + c)dx + 2ydy = 0
dy
= −(2x + c)
2y
dx
(1.14)
(1.15)
Paso d) Al despejar c de (1.15) se obtiene
c=
9 − x2 − y 2
x
29
(1.16)
Paso e) Sustituyendo (1.16) en (1.15) y simplificando las expresiones se obtiene la ecuación diferencial
de la familia de curvas
9 − x2 − y 2
2ydy = − 2x +
x
2
−x2 + y 2 − 9
2x + 9 − x2 − y 2
=
2ydy = −
x
x
2
2
dy
−x + y − 9
=
dx
2xy
(1.17)
En la figura 1.5 se muestra la familia de curvas (1.13), con una variación del parámetro −9 ≤ c ≤ 9.
Puede observarse que todas las circunferencias pasan por los puntos (0, −3) y (0, 3).
Familia de circunferencias que pasan por (0,3) y (0,−3)
6
4
2
0
−2
−4
−6
−10
−5
0
5
10
Figura 1.5: Familia de circunferencias con centros en el eje x y que pasan por los puntos (0, −3) y (0, 3)
[Elaboración propia].
30
Parte II
Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
31
2.1.
Introducción
En esta parte se estudian las Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden, sus propiedades se utilizan
para poder determinar la naturaleza del método de solución a aplicar en cada caso. La mayorı́a de los
métodos reducen la ecuación diferencial a una de variables separables, como ocurre con los cambios
de variable usados para resolver las ecuaciones diferenciales de coeficientes homogéneos y del mismo
grado. También, se realiza la prueba correspondiente del teorema que establece la condición necesaria
para que una ecuación diferencial sea exacta tomando en cuenta que tienen su origen en la diferencial
exacta de una función de dos variables igualada a una constante que resulta ser la solución a encontrar.
Ası́ mismo, se determina la obtención de factores integrantes que convierten una ecuación diferencial
originalmente no exacta en exacta. Se plantea el método de solución de la ecuación diferencial lineal de
orden uno con el cálculo de su factor integrante, el cual se aplica a la ecuación diferencial lineal de primer
orden reduciéndola a una ecuación diferencial de variables separables.
Se incluye como aportación de los autores, un diagrama de flujo que permite al estudiante identificar
el tipo de ecuación diferencial de primer orden a resolver y entonces seleccionar el método de solución
pertinente. Otra aportación de los autores,incluye el uso de propiedades de los logaritmos para obtener
soluciones compactas y elegantes. Con base en las diversas estrategias de solución descritas para resolver
las ecuaciones de primer orden, se propone y aplica un método que permite determinar las trayectorias
ortogonales a una familia de curvas dada; que además, se ilustran gráficamente para su mejor comprensión.
Los apuntes mostrados aquı́ fueron tomados de [5], [3] y [4].
2.2.
Ecuaciones diferenciales de variables separables
Definición 2.1 Ecuación clásica de primer orden
La ecuación clásica y simple de primer orden está dada por
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
(2.1)
donde M y N son funciones que dependen de las variables x y y, respectivamente.
Definición 2.2 Ecuación diferencial de variables separables
Si la ecuación (2.1) puede rescribirse en la forma
A(x)dx + B(y)dy = 0
(2.2)
entonces es de variables separables ya que los coeficientes A y B dependen de la misma variable que
sus respectivas diferenciales. Se resuelve integrando cada uno de sus términos
Z
Z
Z
A(x)dx + B(y)dy = 0 = c
33
Nota 2.1
En una ecuación diferencial de variables separables no hay necesidad de usar dos constantes de integración ya que
Z
Z
Z
B(y)dy + c2
=
0 = c3
A(x)dx + c1 +
Z
Z
A(x)dx + B(y)dy = c3 − c1 − c2 = c
donde c es completamente arbitraria. En muchas ocasiones, en el transcurso de los ejemplos siguientes, no habrá ningún titubeo
en rescribir las constantes de manera que convenga a la ecuación dada. Por ejemplo, múltiplos de constantes o combinaciones
de constantes pueden a veces remplazarse por una sola constante.
Cabe señalar que al resolver este tipo de ecuación diferencial se tendrá que utilizar a menudo la
integración por partes, fracciones parciales o posiblemente sustitución trigonométrica y cambios de variable. Por lo tanto, es recomendable que los alumnos empleen sus conocimientos elementales de Cálculo
Diferencial e Integral.
Por otra parte, al resolver las integrales conviene emplear propiedades logarı́tmicas con la finalidad
de simplificar la expresión de la solución correspondiente. Las propiedades logarı́tmicas más utilizadas
son:
ln A + ln B = ln AB
A
,
ln A − ln B = ln
B
P ln A = ln AP
B ̸= 0
u = ln eu
eln u = u
ln A = ln B → A = B
Enseguida se ilustran algunos ejemplos donde se resuelven ecuaciones diferenciales de variables separables.
Ejemplo 2.1
dy
Resolver dx
= 1 + e2x
Solución: La ecuación diferencial puede escribirse como en la forma (2.2)
(1 + e2x )dx − dy = 0
de manera que es de variables separables. Integrando cada término se obtiene
Z
Z
Z
2x
(1 + e )dx − dy =
0
1
x + e2x − y = c
2
1
y = x + e2x − c
2
34
Sin pérdida de generalidad, se puede hacer −c = c de manera que la solución queda como
1
y = x + e2x + c.
2
Ejemplo 2.2
dy
= sen x
Resolver dx
Solución: Notamos que la ecuación diferencial puede escribirse como en la forma (2.2)
sen xdx − dy = 0
por lo que es de variables separables. Se integra cada término
Z
Z
Z
sen xdx − dy =
0
− cos x − y = c
y = − cos x − c
Sin pérdida de generalidad, se puede hacer −c = c de manera que la solución queda como
y = − cos x + c
Ejemplo 2.3
Resolver ydx − (1 + x)dy = 0
Solución: Dividiendo entre el término (1 + x) es posible obtener la forma (2.2)
dy
dx
−
=0
1+x
y
de donde se tiene, por integración directa de cada miembro
Z
Z
Z
dx
dy
−
=
0
1+x
y
ln(1 + x) − ln y = c
Es posible hacer c = ln c, por lo que la solución puede escribirse ahora como
Z
Z
dy
dx
−
= ln c
1+x
y
A
Ademas, dado que ln A − ln B = ln B
con B ̸= 0 entonces se puede rescribir la solución como
1+x
ln
= ln c
y
1+x
= c
y
1+x
y =
c
35
y = c(1 + x)
donde se hizo 1/c = c.
Ejemplo 2.4
Resolver la siguiente ecuación diferencial
dx
= 4(x2 + 1),
dy
x(π/4) = 1
Solución: La ecuación diferencial puede rescribirse de la forma (2.2) mediante algunas manipulaciones
algebraicas
dx
x2 + 1
= 4dy
dx
− 4dy = 0
x2 + 1
Se observa que es una ecuación diferencial de variables separables y que por lo tanto puede resolverse
integrando cada uno de sus términos. Se observa también que la primera integral es una forma de una
función trigonométrica
Z
Z
Z
dx
− 4 dy =
0
x2 + 1
arctan x − 4y = c
(2.3)
La expresion (2.3) corresponde a la solución general de la ecuación diferencial. Enseguida se determina
el valor de la constante c para hallar la solución particular. Con este fin, se procede a evaluar en la solución
general el punto x(π/4) = 1:
π arctan(1) − 4
= c
4
π
−π = c
4
3
c = − π
4
Ahora se sustituye el valor encontrado para c en la solución general
arctan x − 4y = −
3π
4
La solución particular explı́cita en x, es
3π
x = tan 4y −
4
36
Ejemplo 2.5
Una ecuación diferencial de la forma dy/dx = f (ax + by + c) ̸= 0, puede reducirse siempre a una
ecuación de variables separables por medio de la sustitución u = ax + by + c. Use este procedimiento
para resolver la siguiente ecuación diferencial
dy
= (x + y + 1)2
dx
Solución: Sea u = ax + by + c, entonces du = dx + dy → dy = du − dx. Sustituyendo u y dy en la
ecuación diferencial dada, resulta
du − dx
= u2
dx
du
− 1 = u2
dx
du
= u2 + 1
dx
La ecuación puede ahora rescribirse como variables separables
dx −
du
= 0
u2 + 1
Enseguida se procede a resolverla integrando cada uno de sus términos
Z
Z
Z
du
dx −
=
0
u2 + 1
x − arctan u = c
La solución debe expresarse en sus variables originales previas a la transformación. Por lo tanto, la
solución queda ahora como
x − arctan(x + y + 1) = c
x + y + 1 = tan(x + c)
y = tan(x + c) − x − 1
2.3.
Ecuaciones diferenciales homogéneas
Definición 2.3 Función homogénea
Si una función tiene la propiedad de que
f (tx, ty) = tn f (x, y)
para un número real n, entonces se dice que f es una función homogénea de grado n.
37
(2.4)
Ejemplo 2.6
Verificar si las siguientes funciones son homogéneas o no
a) f (x, y) = x2 − 3xy + 5y 2
Solución:
f (tx, ty) = (tx)2 − 3(tx)(ty) + 5(ty)2
= t2 x2 − 3t2 xy + 5t2 y 2
= t2 [x2 − 3xy + 5y 2 ]
f (tx, ty) = t2 f (x, y)
La función es homogénea de grado n = 2.
p
b) f (x, y) = 3 x2 + y 2
Solución:
f (tx, ty) =
p
3
(tx)2 + (ty)2
=
p
3
t2 x2 + t2 y 2
=
p
3
t2 (x2 + y 2 )
f (tx, ty) = t2/3 f (x, y)
La función es homogénea de grado n = 2/3.
c) f (x, y) = x3 + y 3 + 1
Solución:
f (tx, ty) = (tx)3 + (ty)3 + 1
= t3 x3 + t3 y 3 + 1
= t3 (x3 + y 3 ) + 1
f (tx, ty) ̸= t3 f (x, y)
La función no es homogénea ya que t3 f (x, y) = t3 x3 + t3 y 3 ) + t3 .
d) f (x, y) = 6xy 3 − x2 y 2
Una forma de identificar que una función sea homogénea consiste en inspeccionar los grados de
sus términos. Si todos los términos son del mismo grado n, entonces la función es homogénea de
grado n.
En este caso, el término 6xy 3 es de grado 4 y el término x2 y 2 también es de grado 4. Por lo tanto
la función es homogénea de grado n = 4.
38
e) f (x, y) = x2 − y
Si se procede como en el inciso anterior, el término x2 es de grado 2 y el término y es de grado 1.
Se concluye entonces que la función no es homogénea, ya que los grados de los dos términos son
distintos.
Si f (x, y) es una función homogénea de grado n, es posible escribirla de la siguiente forma
y
x
n
n
y
f (x, y) = y f
,1
f (x, y) = x f 1,
x
y
en donde f 1, xy y f xy , 1 son ambas homogéneas de grado cero. A continuación se muestra un ejemplo para este tipo de factorización.
Ejemplo 2.7
Verificar si la siguiente función f (x, y) = x2 + 3xy + y 2 es homogénea o no.
Solución: Si se factoriza el término de mayor orden de la variable x, se tiene
y y 2 2
f (x, y) = x 1 + 3
+
x
x
y
= x2 f 1,
x
(2.5)
Por lo que la función es homogénea de grado n = 2.
Si ahora se factoriza el término de mayor orden de la variable y, se tiene
" #
2
x
x
f (x, y) = y 2
+3
+1
y
y
x
2
,1
= y f
y
(2.6)
Por lo que la función es homogénea de grado n = 2.
Definición 2.4 Ecuación diferencial homogénea (Coeficientes homogéneos)
Una ecuación diferencial de la forma
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
(2.7)
se dice que es homogénea si las funciones M y N son ambas funciones homogéneas del mismo grado.
En otras palabras, M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 es homogénea si
M (tx, ty) = tn M (x, y) y N (x, y) = tn N (x, y)
39
2.3.1.
Método de solución
Una ecuación diferencial homogénea M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 se resuelve por medio de una
sustitución algebraica. Especı́ficamente, cualquiera de las sustituciones y = ux o bien x = vy. Donde u
y v son nuevas variables dependientes que transformarán la ecuación diferencial original en una ecuación
diferencial de primer orden de variables separables.
Para observar lo anterior, se sustituye y = ux, y su diferencial dy = udx + xdu, en (2.7)
M (x, ux)dx + N (x, ux)[udx + xdu] = 0
Ahora bien, por la homogeneidad expresada en (2.5) se puede escribir
xn M (1, u)dx + xn N (1, u)[udx + xdu] = 0
[M (1, u) + uN (1, u)] dx + xN (1, u)du = 0
de lo cual resulta
N (1, u)du
dx
+
=0
(2.8)
x
M (1, u) + uN (1, u)
Cabe señalar que esta fórmula no debe memorizarse; más bien, el procedimiento debe desarrollarse completo cada vez. La demostración de que el sustituir x = vy en la ecuación diferencial (2.7) también lleva
a una ecuación de variables separables se deja como ejercicio.
Ejemplo 2.8
Resolver (x − y)dx + xdy = 0
Solución: La ecuación no es de variables separables. Puesto que N (x, y) es más simple que M (x, y), se
utiliza la sustitución y = ux y dy = udx + xdu:
(x − ux)dx + x(udx + xdu) = 0
x(1 − u)dx + x(udx + xdu) = 0
(1 − u + u)dx + xdu = 0
dx + xdu = 0
dx
+ du = 0
x
Esta última expresión ahora tiene la forma A(x)dx + B(u)du = 0, que corresponde a la ecuación (2.2)
teniendo a x y a u como variables. Dado que ahora se tiene una ecuación de variables separables, es
posible obtener la solución integrando cada uno de sus términos como sigue
Z
Z
Z
dx
+ du =
0
x
ln x + u = c
haciendo el cambio de variable u = y/x y reduciendo la expresión se obtiene la solución
y
ln x = − + c
x
x ln x = −y + cx
40
y = −x ln x + cx
Ejemplo 2.9
Resolver (y 2 + yx)dx − x2 dy = 0
Solución: La ecuación no es de variables separables. Puesto que N (x, y) es más simple que M (x, y), se
utiliza la sustitución y = ux y dy = udx + xdu
(u2 x2 + ux2 )dx − x2 (udx + xdu) = 0
x2 (u2 + u)dx − x2 (udx + xdu) = 0
(u2 + u)dx − (udx + xdu) = 0
(u2 + u − u)dx − xdu = 0
u2 dx − xdu = 0
dx du
+ 2 = 0
x
u
Integrando la expresión de variables separables
Z
Z
Z
du
dx
+
=
0
x
u2
1
ln x +
= c
u
haciendo el cambio de variable u = y/x
1
ln x + y = c
x
y ln x + x = cy
x
y=
c − ln x
Ejemplo 2.10
Resolver y 2 dx + (x2 + xy + y 2 )dy = 0 sujeta a y(0) = 1
Solución: La ecuación no es de variables separables. Dado que M (x, y) es más simple que N (x, y) se
usa ahora la sustitución x = vy, dx = vdy + ydv
y 2 (vdy + ydu) + (v 2 y 2 + vy 2 + y 2 )dy = 0
(vdy + ydu) + (v 2 + v + 1)dy = 0
vdy + ydv + (v 2 + v + 1)dy = 0
(v 2 + 2v + 1)dy + ydv = 0
Z
Z
Z
dy
dv
+
=
0
y
(v + 1)2
1
ln y −
= c
v+1
41
Dado que v = x/y se tiene
1
= c
+
1
y
y
ln y −
= c
x+y
ln y − x
La expresión anterior corresponde a la solución general del problema. Ahora sustituimos el punto dado
para determinar la constante arbitraria
ln 1 −
1
= c → c = −1
0+1
Sustituyendo este valor de c se tiene
y
= −1
x+y
(x + y) ln y − y = −x − y
ln y −
(x + y) ln y − x = 0
2.4.
Ecuaciones diferenciales exactas y factores de integración
Definición 2.5 Ecuación diferencial exacta
Una expresión diferencial de la forma M (x, y)dx + N (x, y)dy es una diferencial exacta en una región
R del plano xy si corresponde a la diferencial total de alguna función F (x, y). Esto es
M (x, y)dx + N (x, y)dy =
∂F
∂F
dx +
dy
∂x
∂y
(2.9)
Una ecuación diferencial M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 se dice que es una ecuación diferencial exacta si
la expresión del primer miembro es una diferencial exacta.
Ejemplo 2.11
La ecuación x2 y 3 dx+x3 y 2 dy = 0 es exacta puesto que su miembro izquierdo corresponde a la diferencial
total de la función F (x, y) = 1/3x3 y 3 como se muestra enseguida
∂ 13 x3 y 3
∂ 13 x3 y 3
1 3 3
d(F (x, y)) = d
xy
=
dx +
dy
3
∂x
∂y
= x2 y 3 dx + x3 y 2 dy
El siguiente teorema constituye un criterio para determinar si una ecuación diferencial de primer
orden es exacta.
42
Teorema 2.1 Sean M (x, y) y N (x, y) funciones continuas y con derivadas parciales de primer orden
continuas en una región rectangular R definida por a < x < b, c < x < d. Entonces, una condición
necesaria y suficiente para que M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 sea ecuación diferencial exacta es que
∂N (x, y)
∂M (x, y)
=
∂y
∂x
(2.10)
Demostración de la condición necesaria
Para simplificar, supóngase que M (x, y) y N (x, y) tienen derivadas parciales de primer orden continuas para todos (x, y). Ahora bien, si la expresión M (x, y)dx + N (x, y)dy es exacta, existe alguna
función f para la cual
M (x, y)dx + N (x, y)dy =
∂f
∂f
dx +
dy
∂x
∂y
para toda (x, y) en R. Por lo tanto,
M (x, y)dx =
∂f
dx
∂x
y
N (x, y)dy =
∂f
dy
∂y
y derivando como se indica en la ecuación (2.10), se tiene
∂M
∂ ∂f
∂ ∂f
∂ 2f
∂N
=
=
=
=
∂y
∂y ∂x
∂y∂x
∂x ∂y
∂x
La igualdad de las derivadas parciales mixtas es consecuencia de la continuidad de las derivadas parciales
de primer orden de M (x, y) y N (x, y).
Ejemplo 2.12
Resolver la siguiente ecuación diferencial
(e2y − y cos xy)dx + (2xe2y − x cos xy + 2y)dy = 0
Solución: Esta ecuación no es homogénea ni de variables separables. Entonces se comprueba si es exacta
mediante el Teorema 2.1 como sigue
∂M
∂y
∂N
∂x
= 2e2y − xy sen xy − cos xy
= 2e2y − xy sen xy − cos xy
De acuerdo con lo anterior, la ecuación diferencial dada es exacta y entonces se puede establecer el
siguiente sistema de ecuaciones
∂F
∂x
∂F
∂y
= e2y − y cos xy
(2.11)
= 2xe2y − x cos xy + 2y.
(2.12)
43
La expresión (2.11) se puede integrar con respecto a la variable x y cuyo resultado incluirá una función
constante g(y)
Z
Z
∂F = F =
Z
=
(e2y − y cos xy)∂x
(e2y − y cos xy)dx + g(y)
= xe2y − sen xy + g(y)
(2.13)
Ahora, se requiere encontrar g(y) para determinar por completo la función F (x, y). Para lograrlo, se
deriva (2.13) con respecto a y.
∂F
∂y
∂(xe2y − sen xy + g(y))
∂y
2y
= 2xe − x cos xy + g ′ (y)
=
(2.14)
Obsérvese que las ecuaciones (2.12) y (2.14) pueden igualarse porque ambas corresponden a la misma
derivada parcial. Al realizar esta igualación, reducir términos e integrando, la función g(y) que se obtiene
es la siguiente:
2xe2y − x cos xy + g ′ (y) = 2xe2y − x cos xy + 2y
g ′ (y) = 2y
Z
g(y) = 2 ydy + c
g(y) = y 2 + c
(2.15)
Sustituyendo (2.15) en (2.13) e igualando a c, se obtiene la solución general
xe2y − sen xy + y 2 = c
Para comprobar la solución ası́ obtenida, basta obtener la diferencial total y observar si se obtiene la
ecuación diferencial que se ha resuelto.
d(xe2y − sen xy + y 2 ) = d(c)
∂
∂
(xe2y − sen xy + y 2 ) +
(xe2y − sen xy + y 2 ) = 0
∂x
∂y
(e2y − y cos xy)dx + (2xe2y − cos xy + 2y)dy = 0
Definición 2.6 Factores de Integración
Una función que al multiplicar a una ecuación diferencial originalmente no exacta la convierte en ecuación diferencial exacta se denomina factor de integración.
44
Nota 2.2
Sin embargo, la ecuación resultante
µM (x, y)dx + µN (x, y)dy = 0
puede no ser equivalente a la ecuación original, en el sentido de que cada solución de una de ellas sea también solución para
la otra. De hecho, es posible que una solución se pierda o se gana como resultado de esta multiplicación.
Ejemplo 2.13
La ecuación diferencial (x2 + y 2 + 1)dx + (x2 − 2xy)dy = 0 no es exacta porque
∂ 2
∂M
∂ 2
∂N
=
(x + y 2 + 1) ̸=
(x − 2xy) =
∂y
∂y
∂x
∂x
Sin embargo, si se multiplica por el factor de integracion µ(x) = x−2 nos queda como
1
2y
y2
−2
= x−2 (0)
x
1 + 2 + 2 dx + 1 −
x
x
x
1
y2
2y
1 + 2 + 2 dx + 1 −
= 0
x
x
x
la cual es exacta ya que se cumple el criterio que distingue a las ecuaciones diferenciales exactas
1
∂
y2
∂
2y
1+ 2 + 2
=
1−
∂y
x
x
∂x
x
2y
2y
=
2
x
x2
Existe una variedad de factores de integración, sin embargo, se trataran solo los mas comunes.
Si ss supone que µ(x) es un factor de integración de la ecuación diferencial tı́pica de primer orden no
exacta M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 entonces
µ(x)M (x, y)dx + µ(x)N (x, y)dy = 0
debe ser exacta y en consecuencia debe cumplirse que
∂
∂
(µ(x)M (x, y)) =
(µ(x)N (x, y))
∂y
∂x
∂
∂
∂
∂
µ(x) M (x, y) + M (x, y) µ(x) = µ(x) N (x, y) + N (x, y) µ(x)
∂y
∂y
∂x
∂x
∂
∂
d
Ahora bien, como ∂y
µ(x) = 0 y ∂x
µ(x) = dx
µ(x) se puede simplificar para obtener
∂
∂
d
M (x, y) = µ(x) N (x, y) + N (x, y) µ(x)
∂y
∂x
dx
∂
∂
d
µ(x)
M (x, y) −
N (x, y) = N (x, y) µ(x)
∂y
∂x
dx
1
∂
∂
dµ(x)
M (x, y) −
N (x, y) dx =
N (x, y) ∂y
∂x
µ(x)
µ(x)
45
Integrando cada miembro y resolviendo para la función µ(x), resulta
Z
Z
dµ(x)
∂
∂
1
M (x, y) −
N (x, y) dx =
N (x, y) ∂y
∂x
µ(x)
Z
1
∂
∂
M (x, y) −
N (x, y) dx = ln µ(x)
N (x, y) ∂y
∂x
R 1 ∂M ∂N
µ(x) = e N [ ∂y − ∂x ]dx
(2.16)
donde, sin pérdida de generalidad, se ha hecho M = M (x, y) y N = N (x, y).
Mediante un procedimiento análogo, también es posible obtener
µ(y) = e−
R
1
M
− ∂N
dy
[ ∂M
∂y
∂x ]
(2.17)
como ejercicio queda la obtención de este último factor de integración.
Nótese que los factores de integración anteriores hacen exacta la ecuación diferencial de primer orden
si ocurre que
∂N
1 ∂M
−
= f (x)
N ∂y
∂x
∂N
1 ∂M
−
= f (y)
M ∂y
∂x
(2.18)
(2.19)
Ejemplo 2.14
Resolver x(x + y + 1)dx + x(x + 3y + 2)dy = 0
Solución: Se observa que la ecuación no es de variables separables ni homogénea. Se comprobará si es
exacta.
∂M
∂y
∂N
∂x
∂
[x(x + y + 1)] = x
∂y
∂
=
[x(x + 3y + 2)] = 2x + 3y + 2
∂x
=
como no es exacta, se encontrará, si es posible, un factor de integración.
1 ∂M
∂N
1
−
=
(x − 2x − 3y − 2)
N ∂y
∂x
x(x + 3y + 2)
x + 3y + 2
= −
x(x + 3y + 2)
1 ∂M
∂N
1
−
= −
N ∂y
∂x
x
sustituyendo en (2.16) se obtiene
µ(x) = e−
R dx
x
= e− ln x = eln x
por la propiedad eln u = u se tiene que,
µ(x) = x−1 =
46
1
x
−1
Al aplicar el factor integrante a la ecuación diferencial se obtiene
1
[x(x + y + 1)dx + x(x + 3y + 2)dy] = 0
x
(x + y + 1)dx + (x + 3y + 2)dy = 0
y ahora M (x, y) = x + y + 1 y N (x, y) = x + 3y + 2 de manera que se satisface el criterio de las
ecuaciones diferenciales exactas
∂
∂
∂N
∂M
=
(x + y + 1) = 1 =
(x + 3y + 2) =
∂y
∂y
∂x
∂x
Se procede a resolver las ecuaciones
∂F
∂x
∂F
∂y
= x+y+1
(2.20)
= x + 3y + 2
(2.21)
A partir de (2.21), se obtiene
Z
∂F = (x + 3y + 2)∂y
Z
∂F =
(x + 3y + 2)dy + g(x)
3
F = xy + y 2 + 2y + g(x)
2
(2.22)
Derivando (2.22) con respecto a x
∂F
= y + g ′ (x).
∂x
Sustituyendo esta última expresión en (2.20), realizando las operaciones necesarias y la integración correspondiente, resulta
y + g ′ (x) = x + y + 1
g ′ (x) = x + 1
1 2
g(x) =
x + x.
2
Por último, se sustituye (2.23) en (2.22) e iguala a c para obtener la solución
(2.23)
3
1
xy + y 2 + 2y + x2 + x = c
2
2
2.5.
Ecuación diferencial lineal de primer orden
Definición 2.7 Ecuación lineal de primer orden
Una ecuación diferencial de la forma
dy
+ a0 (x)y = g(x)
dx
se llama ecuación diferencial lineal de primer orden.
a1 (x)
47
(2.24)
Dividiendo (2.24) entre a1 (x) resulta la forma más útil de una ecuación diferencial lineal
dy
+ P (x)y = f (x).
dx
(2.25)
Se busca la solución de (2.25) en un intervalo I en el cual P (x) y f (x) son continuas. En lo que sigue se
supone que (2.25) tiene solución. Supóngase que la ecuación (2.25) se escribe en la forma diferencial
dy + [P (x)y − f (x)]dx = 0
(2.26)
Las ecuaciones diferenciales lineales tienen la propiedad de que siempre es posible encontrar una funcion
µ(x) tal que el múltiplo de (2.25),
µ(x)dy + µ(x)[P (x)y − f (x)]dx = 0
(2.27)
es una ecuacion diferencial exacta. Se sabe que el primer miembro de la ecuacion (2.27) será una diferencial exacta si
∂
∂
µ(x) =
(µ(x)[P (x)y − f (x)])
∂x
∂y
dµ(x)
= µ(x)P (x)
dx
(2.28)
La ecuación diferencial (2.28) es de variables separables a partir de la cual puede determinarse el factor
de integracion µ(x). Ası́,
Z
dµ(x)
=
µ(x)
Z
P (x)dx
Z
ln µ(x) =
P (x)dx
R
µ(x) = e P (x)dx
(2.29)
A la funcion µ(x) definida en (2.29) se le llama factor integrante de la ecuación diferencial lineal (2.25).
Enseguida se presenta el método de solución de la ecuación diferencial lineal de primer orden.
Método de solución de la ecuación diferencial lineal de primer orden
1. Escrı́bala en la forma (2.25). Esto es, haga que el coeficiente de dy/dx sea igual a 1.
R
2. Identifique la funcion P (x) y determine el factor integrante µ(x) = e P (x)dx .
3. Multiplique la ecuacion obtenida en el primer paso por el factor integrante obtenido en el paso 2.
Esto es,
R
e P (x)dx
R
R
dy
+ e P (x)dx P (x)y = e P (x)dx f (x)
dx
4. El lado izquierdo de la ecuación obtenida en el paso 3 es la derivada del producto del factor integrante y la variable dependiente y. Esto es,
R
d h R P (x)dx i
e
y = e P (x)dx f (x)
dx
48
5. Integre ambos miembros de la ecuación encontrada en el paso 4 y despeje la variable y.
Ejemplo 2.15
dy
− 4y = x6 ex
Resolver x dx
Solución: Empleando el método descrito anteriormente
1. Se divide toda la ecuación entre x
4
dy
− y = x5 e x
dx x
(2.30)
2. Se identifica P (x) y se determina el factor integrante µ(x)
P (x) = − x4 ,
R
µ(x) = e P (x)dx = e−4
R dx
x
= e−4 ln x = eln x
−4
= x−4
3. Ahora se multiplica (2.30) por el factor integrante
dy
4
−4
−4
x
−x
y = x−4 (x5 ex )
dx
x
dy
− 4x−5 y = xex
x−4
dx
4. El lado izquierdo de la ecuación en el paso 3 es la derivada del producto del factor integrante y la
variable dependiente y.
d −4
[x y] = xex
dx
5. Integrando ambos lados de la igualdad. En este caso se utiliza integración por partes con u = x,
du = dx, dv = ex dx y v = ex .
Z
−4
xex dx
Z
−4
x
x y = xe − ex dx
x y =
x−4 y = xex − ex + c
y = x5 ex − x4 ex + cx4
Ejemplo 2.16
dy
Resolver dx
− 3y = 0
Solución:
1. La ecuación ya esta en la forma (2.25)
2. Se identifica P (x) = −3 y f (x) = 0 para obtener el factor integrante µ(x)
R
e P (x)dx = e−3
49
R
dx
= e−3x
3. Ahora se multiplica la ecuación diferencial por el factor integrante
dy
−3x
− 3e−3x y = 0
e
dx
4. El lado izquierdo de la ecuación en el paso 3 es la derivada del producto del factor integrante y la
variable dependiente y.
d −3x
[e y] = 0
dx
5. Integrando ambos lados de la igualdad.
Z
−3x
d[e
Z
y] =
0dx
e−3x y = c
y = ce3x
Ejemplo 2.17
dy
+ 2xy = x, y(0) = −3
Resolver el problema de valor inicial dx
Solución:
1. La ecuación ya está en la forma (2.25)
2. Se identifica P (x) = 2x y f (x) = x para obtener el factor integrante µ(x)
R
e P (x)dx = e2
R
xdx
= ex
2
3. Ahora se multiplica la ecuación diferencial por el factor integrante
dy
2
2
x2
e
+ 2ex xy = ex x
dx
4. El lado izquierdo de la ecuación en el paso 3 es la derivada del producto del factor integrante y la
variable dependiente y.
d x2
2
[e y] = ex x
dx
5. Integrando ambos lados de la igualdad.
Z
Z
2
x2
d[e y] =
ex xdx
2
1 x2
e +c
2
1
−2
y =
+ cex
2
ex y =
50
La solución anterior es general. Resolviendo para la condición y(0) = −3
1
7
1
−2
+ ce0 → −3 = + c → c = −
2
2
2
La solución del problema de valor inicial es
−3 =
y=
1 7 x−2
− e
2 2
siendo esta última expresión una solución particular.
2.6.
Aplicación de las ecuaciones diferenciales de primer orden
2.6.1.
Trayectorias ortogonales
Definición 2.8 Trayectorias ortogonales
Cuando todas las curvas de una familia G(x, y, c1 ) = 0 cortan ortogonalmente a todas las curvas de
otra familia H(x, y, c2 ) = 0, se dice que las familias son, cada una, trayectorias ortogonales de la otra.
En otras palabras, una trayectoria ortogonal es una curva cualquiera que corta en ángulo recto a toda
curva de otra familia.
Enseguida se describe el método para calcular las trayectorias ortogonales de una familia de curvas dada.
Método para calcular trayectorias ortogonales
1. Se encuentra la ecuación diferencial de la familia de curvas dada. Del Cálculo Diferencial Elemental, recuerde que la derivada de una función representa la pendiente de la recta tangente a la curva
dada.
dy
= f (x, y)
dx
2. La ecuación diferencial de la segunda familia, ortogonal a la primera familia dada es
dy
1
=−
dx
f (x, y)
De Geometrı́a Analı́tica, recuerde que dos rectas son perpendiculares si el producto de sus pendientes es -1.
3. Resuelva la ecuación diferencial obtenida en el punto 2.
Ejemplo 2.18
a) Encuentre las trayectorias ortogonales a la familia de curvas x + y = c1 ex .
b) Encuentre el miembro de la familia de trayectorias ortogonales que pasa por el punto (0, 5).
Solución:
51
a) Primero se debe encontrar la ecuación diferencial de la familia dada. Con este fin, se deriva para
dy
= f (x, y) como sigue
encontrar dx
dy
dy
= c1 e y
dx
dx
dy
(1 − c1 ey )
= −1
dx
dy
−1
=
dx
1 − c1 ey
1+
pero c1 = e−y (x + y) por lo que ahora se tiene
dy
−1
−1
=
=
= f (x, y)
dx
1 − (x + y)
1−x−y
Como segundo paso y de acuerdo con la expresión anterior, se tiene que la ecuación diferencial de
la familia de trayectorias ortogonales es
dy
−1
=
=1−x−y
dx
f (x, y)
Enseguida, la ecuación diferencial anterior debe resolverse. Con este fin, se puede rescribir como
dy
+y =1−x
dx
Se observa que la ecuación diferencial es lineal con P (x) = 1 y f (x) = 1 − x, por lo que se utiliza
la metodologı́a correspondiente para resolverla. Para P (x) = 1, el factor integrante es simple:
R
µ(x) = e dx = ex . Al resolver se tiene
d x
(e y) = ex (1 − x)
dx
Z
x
e y =
ex (1 − x)dx
Z
Z
x
x
e dx − xex dx
e y =
Z
Z
x
x
x
x
e y =
e dx − xe − e dx + c
ex y = ex − xex + ex + c
ex y = 2ex − xex + c
Lo que finalmente devuelve la familia de trayectorias ortogonales
y = 2 − x + ce−x
b) Para hallar el miembro de la familia de trayectorias ortogonales que pasa por el punto (0, 5) se debe
determinar el valor de c, evaluando precisamente el punto en la solución.
5 = 2 − 0 + ce−0 → c = 3
52
Sustituyendo el valor obtenido de c en la expresión para la familia de trayectorias ortogonales se
obtiene
y = 2 − x + 3e−x
En la figura 2.1 se muestran once familias de las trayectorias ortoganales obtenidas para valores de la
constante c que van desde c = −5 hasta c = 5.
Familia de trayectorias ortogonales
6
Miembro de familia de
trayectorias ortogonales
que pasa por el punto (0,5)
4
y
2
0
−2
−4
−6
−6
−4
−2
0
x
2
4
6
Figura 2.1: Familia de trayectorias ortogonales x + y = c1 ex y y = 2 − x + ce−x [Elaboración propia].
2.6.2.
Problemas de transferencia de calor
Ejemplo 2.19
Al sacar un pastel del horno, su temperatura inicial es Ti = 300◦ F. Para conocer el tiempo en el cual el
pastel se enfriará hasta la temperatura ambiente de Tm = 70◦ F, la ecuación relativa al enfriamiento de
53
un objeto, se expresa mediante la ecuación diferencial lineal de primer orden
dT
dt
= k(T − Tm ), T (0) = Ti
(2.31)
donde k es la constante de enfriamiento y T es la temperatura del objeto. Determine el valor de k de tal
modo que T (3) = 200◦ F.
Solución: La ecuación diferencial (2.31) es bastante simple y puede resolverse mediante el método de
variables separables.
dT (t)
= kdt
T (t) − Tm
Z
Z
dT (t)
=
kdt
T (t) − Tm
ln(T (t) − Tm ) = kt + c
T (t) − Tm = ekt+c = ekt · ec
T (t) = cekt + Tm
(2.32)
Se procede a encontrar el valor de la constante c con la ayuda de las condiciones iniciales Tm = 70◦ F y
T (0) = Ti = 300◦ F.
T (0) = 300 = cek·0 + 70 → c = 230
Por tanto, la expresión (2.32) queda descrita en términos de todos los datos del problema
T (t) = 230ekt + 70
(2.33)
A partir de esta última expresión se puede ahora determinar el valor de k de tal modo que T (3) = 200◦ F.
T (3) = 200◦ = 230◦ e3k + 70◦
230e3k = 130
130
e3k =
230
3k = ln
k = ln
130
230
130
230
13
= −0.1902
Este valor confirma que la exponencial de la solución es decreciente. Fı́sicamente, la temperatura del
pastel irá de mayor a menor, es decir, descenderá 230 grados hasta alcanzar la temperatura ambiente en
aproximadamente 40.6974 minutos. La figura 2.2 se muestra el comportamiento de la solución (2.33) con
k = −0.1902.
54
Comportamiento de la temperatura del pastel
300
Temperatura (°F)
250
200
150
100
50
0
5
10
15
20
25
30
Tiempo (minutos)
35
40
45
Figura 2.2: Comportamiento de la temperatura del pastel T (t) = 230e−0.1902t + 70 [Elaboración propia].
55
2.7.
Un aporte a la metodologı́a para resolver ecuaciones diferenciales de primer orden
Finalmente, en la figura 2.3 se muestra un diagrama de flujo de apoyo para la solución de ecuaciones
diferenciales de primer orden vistas en este apartado II de este material didáctico.
56
Ecuación Diferencial de Primer Orden
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
A
@
@
Resolver mediante integración
@
R
R
R
¿Variables @ As P
A(x)dx + B(y)dy = 0
@ separables?
Si
@
@
@
No
A
@
@
Si M (x, y) más simple, hacer x = uy
@
¿Homogénea? @
@
Si
P
Si N (x, y) más simple, hacer y = vx
@
@
@
No
A
@
@
¿Exacta?
@
@
∂M
= ∂N
∂y
∂x
@
Si
P
@
@
Resolver el sistema
∂F
= M (x, y)
∂x
∂F
= N (x, y)
∂y
@
No
A
@
@
¿Tiene µ(x)
@
Calcular el factor de integración adecuado
@
@ o µ(y)?
@
@
R
1
N
∂N
( ∂M
∂y − ∂x )dx ⇒ ∂ [µ(x)M (x, y)] = ∂ [µ(x)N (x, y)]
µ(y) = e−
R
1
M
µ(x) = e
@
Si
∂y
P
∂x
∂N
( ∂M
∂y − ∂x )dy ⇒ ∂ [µ(y)M (x, y)] = ∂ [µ(y)N (x, y)]
∂y
∂x
No
A
@
@
R
@
¿Lineal en x@
@
Si
@ o en y?
Calcular el factor integrante µ(x) = e P (x)dx tal que
R
R
P
d e P (x)dx y = e P (x)dx f (x)
dx
se integre de ambos miembros y se despeje la variable y
@
@
No
P
Utilizar otro método como Transformada de Laplace
Figura 2.3: Diagrama de flujo para resolver Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden [Elaboración propia].
57
58
Parte III
Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden
Superior
59
3.1.
Introducción
En esta parte se discute la teorı́a preliminar de las Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden
Superior. Se estudia un criterio que permite determinar si una familia de funciones es linealmente independiente o no. Con base en este criterio, se propone un conjunto de soluciones de tipo exponencial
que se combinan linealmente mediante el principio de superposición para resolver ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de coeficientes constantes a partir del análisis de las raı́ces de la ecuación
auxiliar asociada. En el caso de las ecuaciones diferenciales de coeficientes constantes no homogéneas,
su solución consta de dos partes. La primera, se conoce como solución complementaria o transitoria y
se encuentra resolviendo la ecuación diferencial de la homogénea asociada. La segunda, conocida como solución particular, se determina mediante dos métodos posibles: el de coeficientes indeterminados
(empleando el enfoque de superposición) y el de variación de parámetros que utiliza el determinante
Wronskiano. Se aplican los métodos estudiados en diversos sistemas mecánicos, electricos y de deflexión de vigas, por citar algunos problemas de aplicación sujetos a condiciones iniciales o de frontera,
según sea el caso.
Los apuntes mostrados aqui fueron tomados de [5].
3.2.
Teorı́a preliminar de ecuaciones diferenciales lineales de orden
superior
Definición 3.1 Problema de valor inicial para una ecuación diferencial lineal de orden n.
Un problema de valor inicial para una ecuación diferencial lineal de orden n, consiste en resolver
an (x)
dn−1 y
dy
dn y
+
a
(x)
+ · · · + a1 (x) + a0 (x)y = g(x)
n−1
n
n−1
dx
dx
dx
(3.1)
sujeta a
(n−1)
y(x0 ) = y0 , y ′ (x0 ) = y0′ , . . . , y (n−1) (x0 ) = y0
(n−1)
donde y0 , y0′ , . . . , y0
son constantes arbitrarias. Los valores especificados y(x0 ) = y0 , y ′ (x0 ) =
(n−1)
y0′ ,. . .,y (n−1) (x0 ) = y0
, se llaman condiciones iniciales. Se busca una solución en algun intervalo I
que contenga a x0 .
En el caso de una ecuación lineal de segundo orden, una solución del problema de valor inicial
2
d y
dy
a2 (x) dx
y(x0 ) = y0 , y ′ (x0 ) = y0′
2 + a1 (x) dx + a0 (x)y = g(x),
es una función que satisface a la ecuación diferencial en el intervalo I cuya gráfica pasa por el punto
(x0 , y0 ) tal que la pendiente de la curva en el punto es el valor de y0′ . Véase la figura 3.1 El siguiente
Teorema proporciona condiciones suficientes para la existencia de una solución única para (3.1).
61
Soluciones de la ED
y6
m = y0′
àb
(x0 , y0 )
I
-
x
Figura 3.1: Bosquejo gráfico del problema de valor inicial [Elaboración propia].
Teorema 3.1 Sean an (x), an−1 (x), . . . , a1 (x), a0 (x) y g(x) continuas en un intervalo I y sea an (x) ̸= 0
para toda x en el mismo. Si x = x0 es cualquier punto en el intervalo, existe entonces una solución y(x)
del problema de valor inicial (3.1) en el intervalo, y tal solución es única.
Ejemplo 3.1
Verificar que la función y(x) = 3e2x + e−2x − 3x es solución del problema de valor inicial
y(x)′′ − 4y(x) = 12x, y(0) = 4, y ′ (0) = 1
Solución: La ecuación diferencial es lineal. Los coeficientes ası́ como g(x) = 12x son continuos y
a2 x(x) = 1 ̸= 0 en cualquier intervalo que contenga a x = 0. Por el Teorema 3.1, se concluye que la
función dada es la solución única.
2
d y
dy
a2 (x) dx
a1 (x) dx
+ a0 (x)y = g(x)
2+
↓
↓
↓
y ′′
−4y
= 12x
evaluando las condiciones iniciales se tiene
y(x) = 3e2x + e−2x − 3x
y ′ (x) = 6e2x − 2e−2x − 3
y(0) = 4 = 3e0 + e0 − 3(0)
y ′ (0) = 1 = 6e0 − 2e0 − 3
y ′ (0) = 1 = 6 − 5 = 1
y(0) = 4 = 3 + 1 = 4
62
Ejemplo 3.2
Verificar que la función y = cx2 + x + 3 es una solución del problema de valor inicial
x2 y ′′ − 2xy ′ + 2y = 6, y(0) = 3, y ′ (0) = 1
en el intervalo (−∞, ∞) para cualquier valor del parámetro c.
Solución: Puesto que y ′ = 2cx + 1 y y ′′ = 2c se tiene que
x2 y ′′ − 2xy ′ + 2y = 6
x2 (2c) − 2x(2cx + 1) + 2(cx2 + x + 3) = 6
6 = 6.
Al verificar las condiciones iniciales
y(0) = 4 = c(0)2 + 0 + 3 = 3,
y ′ (0) = 1 = 2c(0) + 1 = 1
Aunque la ecuación diferencial del ejemplo 3.2 es lineal y los coeficientes ai (x) al igual que g(x) = 6
son continuos en cualquier parte, las dificultades obvias son que a2 (x) = x2 sea cero en x = 0 y que las
condiciones iniciales se impongan tambien en x = 0. Por lo tanto, no se garantiza que exista una solución
única en todo el intervalo (−∞, ∞) ya que en x = 0 no se satisface el Teorema 3.1.
3.3.
Solución de ecuaciones diferenciales lineales homogéneas con
coeficientes constantes
La ecuación lineal de primer orden dy/dx + ay = 0, dónde a es una constante, tiene la solución exponencial y = c1 e−ax en (−∞, ∞). Por consiguiente, es natural tratar de determinar si existen soluciones
exponenciales en (−∞, ∞) para ecuaciones de orden superior como
an y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a2 y ′′ + a1 y ′ + a0 y = 0
(3.2)
en donde las ai , i = 0, 1, ..., n, son constantes. Las soluciones de (3.2) son funciones exponenciales o se
construyen a partir de funciones exponenciales. El conjunto de soluciones de este tipo son linealmente
independientes. Los siguientes Teoremas son útiles para saber si un conjunto de soluciones es linealmente
independiente.
Teorema 3.2 Un conjunto de soluciones y = y1 (x), y = y2 (x), y = y3 (x), ..., y = yn (x), se dice que es
linealmente independiente si la igualdad
c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + c3 y3 (x), ..., cn yn (x) = 0
63
(3.3)
donde las constantes c la verifican cuando ocurre c1 = c2 = c3 = ... = cn = 0 y por lo tanto
y = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + c3 y3 (x), ..., cn yn (x)
(3.4)
también serı́a una solución2 .
Teorema 3.3 Una condición necesaria y suficiente para que un conjunto de n soluciones sea linealmente
independiente, es que
W (y1 , y2 , y3 , . . . , yn ) =
y1
y2
y3
···
yn
y1′
y1′′
y2′
y2′′
y3′
y3′′
···
yn′
···
..
.
..
.
..
.
yn′′
..
.
(n−1)
y1
(n−1)
y2
(n−1)
y3
···
̸= 0
(3.5)
(n−1)
· · · yn
donde W (y1 , y2 , y3 , . . . , yn ) se conoce como determinante Wronskiano.
Corolario 3.1 Para una ecuación diferencial de segundo orden se tendrı́a una solución del tipo
y = c1 y1 (x) + c2 y2 (x)
donde
W (y1 , y2 ) =
y1 y2
y1′ y2′
̸= 0
Ejemplo 3.3
Compruebe que las funciones ex y e−x son linealmente independientes.
Solución: Empleando el Teorema 3.2 se establece la relación
c1 ex + c2 e−x = 0
(3.6)
c1 ex − c2 e−x = 0
(3.7)
y su derivada
Sumando las ecuaciones (3.6) y (3.7), se obtiene 2c1 ex = 0 de donde se tiene que c1 = 0. De (3.6) resulta
c2 e−x = −c1 ex
−c1 ex
= −c1 e2x
c2 =
e−x
Como c1 = 0 entonces c2 = 0 y las funciones son linealmente independientes.
(3.8)
(3.9)
El ejemplo puede resolverse mediante el uso del determinante Wronskiano. Si se hace y1 (x) = ex y
y2 (x) = e−x , se obtiene y1′ (x) = ex y y2′ (x) = −e−x . Se calcula ahora el determinante Wronskiano
x
−x
W (e , e ) =
2
ex
e−x
x
−x
e
−e
= −ex e−x − ex e−x = −2ex e−x = −2e0 = −2 ̸= 0
Este Teorema constituye el principio de superposición
64
3.3.1.
Ecuación Auxiliar
Considere el caso particular de la ecuación de segundo orden
ay ′′ + by ′ + cy = 0.
(3.10)
Si se prueba una solución de la forma y = emx , entonces y ′ = memx y y ′′ = m2 emx de tal manera que la
ecuación (3.10) se convierte y factoriza en
am2 emx + bmemx + cemx = 0
emx (am2 + bm + c) = 0
Debido a que emx nunca se anula para valores reales de x, es evidente que la única manera de que esta
función exponencial pueda satisfacer la ecuación diferencial es seleccionando m de tal manera que sea
una raı́z de la ecuación cuadrática.
am2 + bm + c = 0
(3.11)
Esta última ecuación se llama ecuación auxiliar o ecuación caracterı́stica de la ecuación diferencial
(3.10). Si se utiliza la fórmula que da solución a la ecuación cuadrática para resolver (3.11), se tiene que
√
−b ± b2 − 4ac
(3.12)
m1,2 =
2a
por lo que se considerarán tres casos, según la ecuación auxiliar tenga raı́ces reales diferentes, raı́ces
reales iguales o raı́ces complejas conjugadas.
Caso I. Raı́ces reales diferentes
Las raı́ces m1 y m2 son reales y distintas si y solo sı́, el radical b2 − 4ac > 0. En este caso, se tienen
dos soluciones
y1 = em1 x y y2 = em2 x
que corresponden a funciones que son linealmente independientes en (−∞, ∞) y por tanto forman un
conjunto fundamental. Empleando el principio de superposicion, se deduce entonces que la solución
general de (3.10) en este intervalo es
y = c1 em1 x + c2 em2 x
(3.13)
Caso II. Raı́ces reales repetidas
Antes de analizar este caso, es necesario ilustrar cómo se obtiene una segunda solución y2 (x), a partir
de una solución y1 (x) conocida de la ecuación de segundo orden (3.10):
ay ′′ + by ′ + cy = 0
65
Si se divide la ecuación diferencial anterior entre a, como sigue
c
b
y ′′ + y ′ + y = 0
a
a
se puede llevar la ecuación diferencial anterior a la forma
y ′′ + P y ′ + Qy = 0
(3.14)
con P = b/a y Q = c/a, y donde todos los coeficientes de la ecuación son funciones de la variable x y
son continuas en algún intervalo I.
Si se define y = u(x)y1 (x) en términos de la solución conocida y1 (x), su primera y segunda derivada
son
y ′ = uy1′ + y1 u′
y ′′ = uy1′′ + y1′ u′ + y1 u′′ + y1′ u′ = uy1′′ + 2y1′ u′ + y1 u′′
Si ahora se sustituye y ′ e y ′′ en (3.14) se tiene que
y ′′ + P y ′ + Qy = (uy1′′ + 2y1′ u′ + y1 u′′ ) + P (uy1′ + y1 u′ ) + Q(uy1 )
= (y1′′ + P y1′ + Qy1 )u + y1 u′′ + (2y1′ + P y1 )u′ = 0
Nótese que dado que y1′′ + P y1′ + Qy1 es solución de la expresión que aparece en el miembro izquierdo
de la presente ecuación. Al efectuar la consideración anterior ocurrirı́a que para satisfacer la igualdad, el
segundo y tercer sumandos del miembro derecho también deberı́an quedar como
y1 u′′ + (2y1′ + P y1 )u′ = 0
Haciendo u′ = w, ocurrirı́a que u′′ = w′ y la ecuación diferencial anterior queda rescrita como
y1 w′ + (2y1′ + P y1 )w = 0
La ecuación anterior es lineal en w y también es de variables separables. Por ello, al aplicar la segunda
técnica y dividiendo por y1 resulta
′
y1
w + 2 +P w =0
y1
y como w′ = dw/dx se tiene una ecuación diferencial de variables separables
′
dw
y1
+ 2 + P dx = 0
w
y1
′
que al integrarse se obtiene lo asiguiente:
Z
Z
Z
Z
dw
y1′
+ 2 dx+ = − P dx + 0
w
y1
Z
ln w + 2 ln y1 = − P dx + c
Z
2
ln w + ln y1 = − P dx + c
Z
2
ln(wy1 ) = − P dx + c
wy12 = e−
R
P dx+c
66
= e−
R
e = c1 e −
P dx c
R
P dx
y resolviendo para w se obtiene
w = c1
e−
R
P dx
y12
Ahora bien, como w = u′ , entonces se tiene que
Z
u=
Z
w=
c1
e−
R
P dx
y12
dx + c2
Además, dado que y = u(x)y1 (x), se tendrı́a ahora
Z
y = c1 y1 (x)
e−
R
P dx
dx + c2 y1 (x)
y12
Si se hace c2 = 0 y c1 = 1, la expresión hallada quedarı́a como
Z
y = y1 (x)
e−
R
P dx
y12
dx
(3.15)
Con base en el desarrollo anterior, el cual permitió construir una segunda solución a partir de una solución
ya conocida se procede ahora a establecer la solución de (3.10) para el caso en que la ecuación auxiliar
(3.11) tiene raı́ces iguales (repetidas).
Para que en (3.11) se obtengan raı́ces repetidas, se requiere que el radical b2 − 4ac = 0. En este caso,
las raı́ces quedan como
b
(3.16)
2a
Con estas raı́ces se puede proponer una solución conocida y1 (x) = em1 x . Está claro que una segunda
m1 = m2 = −
solución y2 (x) = y1 (x) = em1 x conducirı́a a no satisfacer los Teoremas 3.1 y 3.3, ya que al ser idénticas
ambas soluciones resultan linealmente dependientes. Bajo estas circunstancias, es necesario construir una
segunda solución y2 (x) a partir de la solución conocida y1 (x) = em1 x , de tal modo que y1 (x) y y2 (x)
sean ahora linealmente independientes.
Con este fin, se utiliza la fórmula dada en (3.15) considerando las raı́ces en (3.16) y que P = b/a
como se indica para (3.14) para obtener
R
Z R 2m1 dx
− ab dx
e
e
y2 (x) = em1 x
dx = em1 x
dx
2m
x
1
e
e2m1 x
Z 2m1 x
Z
e
m1 x
m1 x
= e
dx = e
dx
e2m1 x
y2 (x) = xem1 x
Z
De esta forma, la solución general (la combinación lineal de las soluciones encontradas) en este caso es
y(x) = c1 em1 x + c2 xem1 x
(3.17)
Evidentemente, las soluciones ası́ encontradas satisfacen los Teoremas 3.1 y 3.3. Se deja como ejercicio
al estudiante verificar que el determinante Wronskiano, W (y1, y2) es diferente de cero.
67
Caso III: Raı́ces complejas conjugadas
Este tipo de raı́ces ocurrirı́an cuando el radical b2 − 4ac < 0. En tal caso, se podrı́a escribir
m1,2 = α ± iβ
cuya solución de (3.10) serı́a de la forma
y(x) = c1 em1 x + c2 em2 x = c1 e(α+iβ)x + c2 e(α−iβ)x
Ahora bien, si se utiliza la fórmula de Euler que relaciona la función exponencial compleja y las funciones
trigonométricas sinusoidales
e±iθ = cos(θ) ± i sen(θ)
(3.18)
se tendrı́a para m1 = α + iβ y m2 = α − iβ
e(α+iβ)x = eαx eiβx = eαx (cos(β) + i sen(β))
e(α−iβ)x = eαx e−iβx = eαx (cos(β) − i sen(β)).
La solución se reescribe entonces de la siguiente forma
y(x) = c1 em1 x + c2 em2 x
= c1 eαx [cos(βx) + i sen(βx)] + c2 eαx [cos(βx) − i sen(βx)]
= (c1 + c2 )eαx cos βx + i(c1 − c2 )eαx sen βx
Si se hace c1 + c2 = C1 y i(c1 − c2 ) = C2 , resulta
y(x) = C1 eαx cos βx + C2 eαx sen βx
= eαx (C1 cos βx + C2 sen βx)
Ejemplo 3.4
Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales
a) y ′′ + y ′ − 6y = 0 b) y ′′ − 10y ′ + 25y = 0 c) y ′′ + y ′ + y = 0
Solución:
a) La ecuación auxiliar es
m2 + m − 6 = 0
que puede expresarse como
(m + 3)(m − 2) = 0
para obtener las raı́ces
m1 = −3, m2 = 2
Las raı́ces son reales y diferentes por lo que la solución general es
y(x) = c1 e−3x + c2 e2x
68
(3.19)
b) La ecuación auxiliar es
m2 − 10m + 25 = 0
que puede expresarse como
(m − 5)2 = 0
para obtener las raı́ces
m1 = m2 = 5
Las raı́ces son reales y repetidas por lo que la solución general es
y(x) = c1 e5x + c2 xe5x
c) La ecuación auxiliar es
m2 + m + 1 = 0
y puede resolverse mediante la fórmula de la ecuación cuadrática (3.11) con a = b = c = 1 para
obtener las raı́ces
√
1
3
m1,2 = − ± i
2
2
que son complejas conjugadas, de manera que la solución general es
√
"
y(x) = e
− 21 x
3
x
2
c1 cos
√
!
+ c2 sen
3
x
2
!#
Ejemplo 3.5
Resolver el problema de valor inicial
y ′′ − 4y ′ + 13y = 0,
y(0) = −1,
y ′ (0) = 2
Solución: Las raices de la ecuación auxiliar m2 − 4m + 13 = 0 son m1,2 = 2 ± 3i, de manera que la
solución general esta dada por
y(x) = e2x (c1 cos(3x) + c2 sen(3x))
La condicion inicial y(0) = −1 implica que
y(0) = −1 = e0 (c1 cos(0) + c2 sen(0)) = c1
Para utilizar la segunda condición inicial se requiere obtener la derivada de la solución general
y ′ (x) = e2x (−3c1 sen(3x) + 3c2 cos(3x)) + 2e2x (c1 cos(3x) + c2 sen(3x))
69
Sustituyendo c1 = −1, la segunda condicion inicial implica
y ′ (0) = 2 = e0 (3 sen(0) + 3c2 cos(0)) + 2e0 (− cos(0) + c2 sen(0))
2 = 3c2 − 2
4
c2 =
3
Al sustituir c1 y c2 en la solución general, se obtiene la siguiente solución particular
4
2x
− cos(3x) + sen(3x)
y(x) = e
3
3.4.
Solución de ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de
orden 3 o mayor
Los casos vistos hasta ahora corresponden a ecuaciones diferenciales de segundo orden. Para resolver
las de orden n > 3 se requiere:
a) Encontrar la ecuación auxiliar.
b) Hallar las n raı́ces de la ecuación auxiliar por factorización o mediante división sintética.
c) Si todas las raı́ces son:
Reales y diferentes m1 ̸= m2 ̸= . . . ̸= mn se tendrá como solución general a la combinación
lineal
y(x) = c1 em1 x + c2 em2 x + c3 em3 x + · · · + cn emn x
(3.20)
Reales y repetidas m1 = m2 = . . . = mn se tendrá como solución general a la combinación
lineal
y(x) = c1 em1 x + c2 xem2 x + c3 x2 em2 x · · · + cn xn−1 emn x
(3.21)
Complejas conjugadas diferentes m1,2 = α1,2 ± iβ1,2 , m3,4 = α3,4 ± iβ3,4 , . . . , mn−1,n =
αn−1,n ± iβn−1,1 se tendrá como solución general a la combinación lineal
y(x) = eα1,2 x (c1 cos(β1,2 x) + c2 sen(β1,2 x)) + eα3,4 x (c3 cos(β3,4 x) + c4 sen(β3,4 x))
+ . . . + eαn−1,n x (cn−1 cos(βn−1,n x) + cn sen(βn−1,n x))
(3.22)
Complejas conjugadas repetidas m1,2 = m3,4 =, . . . , mn−1,n = α ± iβ se tendrá como solución general a la combinación lineal
y(x) = eαx (c1 cos(βx) + c2 sen(βx)) + xeαx (c3 cos(βx) + c4 sen(βx))
+ . . . + xn−1 eαx (cn−1 cos(βx) + cn sen(βx))
70
(3.23)
d) Por último, los casos anteriores pueden combinarse entre sı́ al resolver una ecuación diferencial de
orden n, por lo que las soluciones obtenidas de acuerdo con las raı́ces de la ecuación auxiliar
pueden combinarse linealmente manteniendo siempre la independencia lineal.
Ejemplo 3.6
Si se utiliza el sı́mbolo Dn para designar la n-ésima derivada de una función
dn y
D y= n
dx
n
(3.24)
entonces una ecuación diferencial lineal de orden n con coeficientes constantes
an
dn y
dn−1 y
dy
+ a0 y = g(x)
+
a
+ · · · + a1
n−1
n
n−1
dx
dx
dx
quedarı́a representada como
(an Dn + an−1 Dn − 1 + · · · + a1 D + a0 )y = g(x)
donde an Dn + an−1 Dn − 1 + · · · + a1 D + a0 se llama operador diferencial lineal de orden n y a
menudo se describe como f (D) dado que es un polinomio en D. De este modo, la expresión para una
ecuación diferencial de este tipo se reduce a f (D)y = g(x). La ecuación auxiliar f (m) = 0, se obtiene
del operador f (D) sustituyendo el sı́mbolo de derivada por la variable algebraica m.
Use este procedimiento para hallar la ecuación auxiliar y la solución de las siguientes ecuaciones
diferenciales lineales homogéneas (g(x) = 0) de coeficientes constantes:
a)
d3 y
d2 y
dy
+
3
−4
=0
3
2
dx
dx
dx
b)
d5 y
d4 y
d3 y
d2 y dy
+
5
−
2
−
10
+
+ 5y = 0
dx5
dx4
dx3
dx2 dx
c)
(D3 + 5D2 + 17D + 13)y = 0
d)
(D4 + 18D2 + 81)y = 0
e)
y ′′ + 16y = 0, y(0) = 2, y ′ (0) = −2
Solución:
71
a) La ecuación diferencial puede reescribirse como (D3 + 3D2 − 4D)y = 0, de manera que al hacer
D = m se obtiene la ecuación auxiliar
m3 + 3m2 − 4m = m(m + 4)(m − 1) = 0
de donde m1 = 0, m2 = −4 y m3 = 1 son raı́ces reales y distintas todas. Con ello, se tienen las
soluciones y1 (x) = e0x = 1, y2 (x) = e−4x y y3 (x) = ex . Al utilizar el Teorema de superposición,
resulta la solución general
y(x) = c1 + c2 e−4x + c3 ex
b) Al reescribir la ecuación diferencial como (D5 + 5D4 − 2D3 − 10D2 + D + 5)y = 0, de manera que
al hacer D = m se obtiene la ecuación auxiliar
m5 + 5m4 − 2m3 − 10m2 + m + 5 = 0
la cual puede expresarse como
(m − 1)2 (m + 1)2 (m + 5) = 0
de donde m1 = m2 = 1, m3 = m4 = −1 y m5 = −5. Aquı́ se combinan los casos 1 y 2
analizados anteriormente. Con ello, se tienen las soluciones y1 (x) = ex , y2 (x) = xex , y3 (x) = e−x ,
y4 (x) = xe−x y y5 (x) = e−5x . Al utilizar el Teorema de superposición, resulta la solución general
y(x) = c1 ex + c2 xex + c3 e−x + c4 xe−x + c5 e−5x
c) La ecuación diferencial ya se encuentra escrita con el operador diferencial lineal de orden n = 3, de
manera que al hacer D = m se obtiene la ecuación auxiliar
m3 + 5m2 + 17m + 13 = 0
la cual puede expresarse como
(m + 1)(m2 + 4m + 13) = (m + 1)(m + 2 − 3i)(m + 2 + 3i) = 0
de donde m1 = −1, m2,3 = −2 ± 3i. son raı́ces reales y distintas todas. Aquı́ se combinan los
casos 1 y 3 analizados anteriormente, por lo que al aplicar el Teorema de superposición, resulta la
solución general
y(x) = c1 e−x + e−2x (c2 cos(3x) + c4 sen(3x))
d) A partir de la ecuación diferencial dada se obtiene la ecuación auxiliar al remplazar D = m
m4 + 18m2 + 81 = 0
la cual puede expresarse como
(m2 + 9)2 = [(m + 3i)(m − 3i)]2 = (m + 3i)(m − 3i)(m + 3i)(m − 3i) = 0
72
de donde m1,2 = m3,4 = ±3i. Aquı́ se combinan los casos 2 y 3 analizados anteriormente. Aplicando el Teorema de superposición, resultad en la siguiente solución general
y(x) = c1 cos(3x) + c2 sen(3x) + x(c3 cos(3x) + c4 sen(3x))
e) La ecuación auxiliar correspondiente es m2 + 16 = 0. De manera que las raı́ces son complejas conjugadas y la solución general es
y(x) = c1 cos(4x) + c2 sen(4x)
Al utilizar la primera condición inicial se tiene
y(0) = 2 = c1 cos(0) + c2 sen(0)
2 = c1
Para emplear la segunda condición inicial y obtener c2 se requiere obtener y ′
y ′ (x) = −4c1 sen(4x) + 4c2 cos(4x)
y ′ (0) = −2 = −4c1 sen(0) + 4c2 cos(0)
−2 = 4c2
1
c2 = −
2
Sustituyendo los valores obtenidos para cada constante (parámetro) resulta la solución particular
y(x) = 2 cos(4x) −
3.5.
1
sen(4x)
2
Solución de ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas
con coeficientes constantes.
La solución general de la ecuación diferencial de coeficientes constantes
f (D)y = g(x), con g(x) ̸= 0
(3.25)
y(x) = yc (x) + yp (x)
(3.26)
tiene la forma
esto es, consta de la suma de dos soluciones.
La primer componente yc (x) designada con el nombre de complementaria o transitoria, se determina
resolviendo la ecuación diferencial homogénea f (D)y = 0. La segunda componente yp (x), constituye la
solución particular o estacionaria y existen dos métodos para encontrarla:
73
Tabla 3.1: Ejemplos de soluciones particulares yp (x) provisionales para algunas funciones g(x)
Función g(x)
Solución particular asociada a las raı́ces de g(x)
Raices asociadas a
la función g(x)
g(x) = 7, g(x) = −20,
m′ = 0
yp (x) = Ae0·x = A
m′1 = m′2 = 0
yp (x) = Ae0·x + Bxe0·x = A + Bx
m′1 = m′2 = m′3 = 0
yp (x) = Ae0·x + Bxe0·x + Ex2 e0·x = A + Bx + Ex2
m′1 = 1, m′2 = −1
yp (x) = Aex + Be−x + Ee2x + F xe2x + Gx2 e2x
g(x) = 200, g(x) = π
g(x) = 5x, g(x) = −2x,
g(x) = 5 + 4x
g(x) = x2 ,
g(x) = 2x + 3x2
g(x) = 5 − x + 6x2
g(x) = 5ex + 4e−x + 3x2 e2x
g(x) = 10 cos(x)
g(x) = 8e
2x
cos(3x)−
7e−x sen(5x)
x
g(x) = 5 + 4xe −
√
7xe2x sen( 2x)
m′3 = m′4 = 2
m′1,2 = 0 ± i
m′1,2 = 2 ± 3i
m′3,4 = −1 ± 5i
m′1 = 0,
m′2 = m′3 = 1
√
m′4,5 = m′5,6 = −2 ± 2i
yp (x) = A cos(x) + B sen(x)
yp (x) = e2x (A cos(x) + B sen(x))+
e−x (E cos(5x) + F sen(5x))
yp (x) = A + Bex + Exex +
√
√
e2x (F cos( 2x) + G sen( 2x))+
√
√
xe2x (H cos( 2x) + I sen( 2x))
a) El método de coeficientes indeterminados.
b) El método de variación de parámetros.
Enseguida se ilustra la aplicación de ambos métodos.
3.5.1.
Método de coeficientes indeterminados
Este método consiste en ensayar una solución particular yp (x) mediante el análisis de las raı́ces que
se observan en la función g(x) de (3.25). Esta yp (x) provisional contendrá coeficientes indeterminados
A, B, E, F, . . . , Z, los cuales se podrán obtener al verificar que yp (x) sea solución de la ecuación diferencial.
Análisis de g(x) y sus respectivas yp (x) provisionales
Enseguida se ilustran en la Tabla 3.1 algunos ejemplos de las soluciones yp (x) provisionales que
corresponden a las raı́ces que se observan en g(x). Las raı́ces se denotan como m′ para distinguirlas de
las raı́ces de la ecuación auxiliar que resulten al resolver la ecuación diferencial homogénea asociada.
Después de realizar este análisis, conviene realizar algunas observaciones:
1. Observe que las soluciones se ensayan para g(x) que contiene exponenciales, polinomios o funciones trigonométricas senos y cosenos, debido a que éstos provienen de algunos de los casos que se
estudiaron al analizar las raı́ces en las ecuaciones diferenciales homogéneas mediante la ecuación
auxiliar.
74
2. Observe que en los coeficientes indeterminados, no incluimos las letras C y D para no confundirlas
con las constantes arbitrarias de la solución complementaria yc (x) y con el operador de derivación,
respectivamente.
El método se ilustra enseguida con algunos ejemplos.
Ejemplo 3.7
Hallar la solución general de y ′′ + 3y ′ − 10y = 6e4x
Solución: La ecuación auxiliar correspondiente es
m2 + 3m − 10 = 0
que puede reescribirse
(m + 5)(m − 2) = 0 −→ m1 = −5, m2 = 2
Por lo que la solución complementaria es
yc (x) = c1 e−5x + c2 e2x
Como g(x) = 6e4x se asocia una raı́z m′1 = 4. Entonces se tiene la solución provisional yp (x) = Ae4x .
Las derivadas de yp (x) son
yp′ (x) = 4Ae4x yp′′ (x) = 16Ae4x
Sustituyendo yp (x) y sus derivadas en la ecuación diferencial no homogénea se encuentra el valor que
corresponde al coeficiente indeterminado A como sigue
16Ae4x + 3(4Ae4x ) − 10(Ae4x ) = 6e4x
(16 + 12 − 10)Ae4x = 6e4x
18Ae4x = 6e4x
6
1
A =
=
18
3
Con el valor del coeficiente A se tiene que la solución complementaria es
1
yp (x) = e4x
3
La solución general es entonces
1
y(x) = yc (x) + yp (x) = c1 e−5x + c2 e2x + e4x
3
Ejemplo 3.8
75
Resolver (D2 − 1)y = ex sen(2x)
Solución: La ecuación auxiliar correspondiente es m2 − 1 = 0, de donde se tienen las raı́ces m1 = −1 y
m2 = 1. Por lo que la solución complementaria es
yc (x) = c1 e−x + c2 ex
Como g(x) = ex sen(2x) se asocia un par de raices complejas m′1,2 = 1±i2. Entonces se tiene la solución
provisional
yp (x) = ex (A cos(2x) + B sen(2x))
y las derivadas de yp (x) son
yp′ (x) = (A + 2B)ex cos(2x) + (−2A + B)ex sen(2x)
yp′′ (x) = (−3A + 4B)ex cos(2x) + (−4A − 3B)ex sen(2x)
Sustituyendo yp (x) y sus derivadas en la ecuación diferencial no homogénea se tiene
[(−3A + 4B)ex cos(2x) + (−4A − 3B)ex sen(2x)] − [(A + 2B)ex cos(2x) + (−2A + B)ex sen(2x)] = ex sen(2x)
(−4A + 4B)ex cos(2x) + (−4A − 4B)ex sen(2x) = ex sen(2x)
de manera que al igualar coeficientes término a término en cada miembro se tiene el sistema de ecuaciones
−4A + 4B = 0
−4A − 4B = 1
Al sumar ambas ecuaciones se tiene que
−8A = 1 −→ A = −
1
8
Al sustituir este valor de A en cualquiera de las dos ecuaciones, se obtiene el valor B. Se utiliza la primera
ecuación:
1
8
De acuerdo con los valores encontrados para A y B, la solución particular yp (x) está dada por
−4A + 4B = 0 −→ A = B −→ B = −
1
1
1
yp (x) = ex (− cos(2x) − sen(2x)) = − ex (cos(2x) + sen(2x))
8
8
8
La solución general de la ecuación diferencial homogénea es entonces
1
y(x) = yc (x) + yp (x) = c1 e−x + c2 ex − ex (cos(2x) + sen(2x))
8
Ejemplo 3.9
76
Resolver (D2 + 7D + 10)y = 4 + e−2x
Solución: La ecuación auxiliar correspondiente es m2 + 7m + 10 = 0, la cual puede factorizarse como
(m + 2)(m + 5) = 0 siendo sus raı́ces m1 = −2 y m2 = −5. Por lo que la solución complementaria es
yc (x) = c1 e−2x + c2 e−5x
Como g(x) = 4 + e−2x se asocian las raices m′1 = 0 al término independiente y m′2 = −2 al término con
la función exponencial. Entonces se tendrı́a la solución provisional
yp (x) = A + Be−2x
Sin embargo, debe modificarse porque el término Be−2x es linealmente dependiente (es un múltiplo)
del término c1 e−2x que ya aparece en la solución complementaria yc (x). Esto es resultado de que m1 =
−2 y m′2 = −2, es decir, la raı́z de valor −2 tiene multiplicidad 2, apareciendo una en la ecuación
diferencial homogénea y la otra en la ecuación diferencial no homogénea, respectivamente. Por lo tanto,
para que ambas soluciones sean linealmente independientes y la solución provisional debe modificarse
agregandole el término que indica la multiplicada de la raı́z como sigue
yp (x) = A + Bxe−2x
Las derivadas de yp (x) necesarias son las siguientes
yp′ (x) = −2Bxe−2x + Be−2x
yp′′ (x) = 4Bxe−2x − 4Be−2x
Sustituyendo yp (x) y sus derivadas en la ecuación diferencial no homogénea se tiene
yp′′ (x) + 7yp′ (x) + 10yp (x) = 4 + e−2x
(4Bxe−2x − 4Be−2x ) + 7(−2Bxe−2x + Be−2x ) + 10(A + Bxe−2x ) = 4 + e−2x
(4B − 14B + 10B)xe−2x + (−4B + 7B)e−2x + 10A = 4 + e−2x
3Be−2x + 10A = 4 + e−2x
Al igualar coeficientes resultan
10A = 4 −→ A = 52
3B = 1 −→ B = 31
Al sustituir los valores encontrados para A y B, resulta la solución particular
yp (x) =
2 1 −2x
+ xe
5 3
Por lo tanto, la solución general de la ecuación diferencial no homogénea es
y(x) = yc (x) + yp (x) = c1 e−2x + c2 e−5x +
77
2 1 −2x
+ xe
5 3
Ejemplo 3.10
Resolver y ′′ + 3y ′ + 2y = 4x2
Solución: La ecuación auxiliar correspondiente es m2 + 3m + 4 = 0 que puede rescribirse (m + 1)(m +
2) = 0 siendo sus raı́ces m1 = −1 y m2 = −2. Por lo que la solución complementaria es
yc (x) = c1 e−x + c2 e−2x
Como g(x) = 4x2 se asocian raices reales repetidas m′1 = m′2 = m′3 = 0 y entonces se tiene la solución
provisional
yp (x) = A + Bx + Ex2
Las derivadas de esta solución particular son
yp′ (x) = B + 2Ex
yp′′ (x) = 2E
Sustituyendo yp (x) y sus derivadas en la ecuación diferencial no homogénea se tiene
y ′′ + 3y ′ + 2y = 4x2
2E + 3(B + 2Ex) + 2(A + Bx + Ex2 ) = 4x2
2E + 3B + 6Ex + 2A + 2Bx + Ex2 = 4x2
(2A + 3B + 2E) + (2B + 6E)x + 2Ex2 = 4x2
de donde se tienen 3 ecuaciones con 3 incógnitas
2A + 3B + 2E = 0
2B + 6E = 0
2E = 4
De la última ecuación se tiene que E = 2. Al sustituir este valor de E en la segunda ecuación se tiene
2B + 6(2) = 0 −→ B = −6
Por último se sustituyen los valores de B y E en la primera ecuación para encontrar el valor de A
2A + 3(−6) + 2(2) = 0 −→ A = 7
Al sustituir los valores encontrados para A, B y E resulta la solución particular
yp (x) = 7 − 6x + 2x2
De manera que la solución general de la ecuación diferencial no homogénea es
y(x) = yc (x) + yp (x) = c1 e−x + c2 e−2x + 7 − 6x + 2x2
78
3.5.2.
Método de variación de parámetros
Este método proporciona analı́ticamente una solución particular yp de la ecuación diferencial no homogénea
a2 (x)y ′′ + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = g(x)
(3.27)
Primero se escribe (3.27) en la forma y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = f (x), dividiendo toda la ecuación entre
a2 (x). Se encuentra la solución del caso homogéneo, es decir la solución general de y ′′ + P (x)y ′ +
Q(x)y = 0
yh (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x)
(3.28)
El método consiste en proponer una solución particular de la forma yp (x) = u1 y1 (x) + u2 y2 (x), donde
u1 y u2 pueden ser funciones de x no constantes.
La otra ecuación que se supone es
y1 u′1 + y2 u′2 = 0
(3.29)
de manera que al derivar yp se tiene
yp′ = u1 y1′ + y1 u′1 + u2 y2′ + y2 u′2 = u1 y1′ + u2 y2′ + (y1 u′1 + y2 u′2 )
{z
}
|
0
yp′
u1 y1′ + u2 y2′
=
Al derivar esta última expresión, resulta
yp′′ = u1 y1′′ + y1′ u′1 + u2 y2′′ + y2′ u′2
La sustitucion de yp′′ , yp′ y yp en y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = f (x) conduce a
yp′′ + P (x)yp′ + Q(x)yp = f (x)
u1 y1′′ + y1′ u′1 + u2 y2′′ + y2′ u′2 + P (x)[u1 y1′ + u2 y2′ ] + Q(x)[u1 y1 + u2 y2 ] = f (x)
u1 [y1′′ + P (x)y1′ + Q(x)y1 ] +u2 [y2′′ + P (x)y2′ + Q(x)y2 ] +y1′ u′1 + y2′ u′2 = f (x)
{z
}
|
{z
}
|
0
0
y1′ u′1 + y2′ u′2 = f (x)
En otras palabras, u1 y u2 deben ser funciones que satisfagan la condición
y1′ u′1 + y2′ u′2 = f (x)
(3.30)
Las ecuaciones (3.29) y (3.30) constituyen un sistema lineal de ecuaciones para determinar las derivadas
u′1 y u′2 . Por la regla de Cramer, la solución de
!
y1 y2
y1′ y2′
u′1
u′2
!
=
0
!
f (x)
puede expresarse en términos de determinantes
u′1 =
W1
W
y
79
u′2 =
W2
W
(3.31)
donde
W =
y1 y2
0
, W1 =
y1′ y2′
y2
f (x) y2′
, W2 =
y1
0
(3.32)
y1′ f (x)
El determinante W es el Wronskiano de y1 y y2 . Integrando las expresiones en (3.31), se obtienen las funciones u1 y u2 con las cuales se construye la solución particular yp (x) = u1 y1 (x) + u2 y2 (x). Finalmente,
la solución general se expresa entonces como la combinación lineal
y(x) = yh (x) + yp (x)
Ejemplo 3.11
Resolver la ecuación diferencial 4y ′′ + 36y = csc(3x)
Solución: Dividiendo toda la ecuación entre 4 se tiene
y ′′ + 9y =
1
csc(3x)
4
Las raı́ces de la ecuación auxiliar m2 + 9 = 0 son m1,2 = ±3i. Por lo tanto la solución de la ecuación
diferencial homogenea es:
yh (x) = c1 y1 + c2 y2 = c1 cos(3x) + c2 sen(3x)
Utilizando la solución complementaria, con y1 = cos(3x), y2 = sen(3x) y f (x) = 41 csc(3x) se encuentra
que
W =
W1 =
W2 =
y1 y2
y1′
=
y2′
0
y2
f (x)
y2′
y1
0
y1′ f (x)
cos(3x)
sen(3x)
= 3 cos2 (3x) + 3 sen2 (3x) = 3(cos2 (3x) + sen2 (3x)) = 3
−3 sen(3x) 3 cos(3x)
=
=
0
sen(3x)
1
csc(3x)
4
3 cos(3x)
1
1
= − csc(3x) sen(3x) = −
4
4
0
−3 sen(3x)
1
csc(3x)
4
sen(3x) = −
1
1
1
= cos(3x)
csc(3x) =
sen(3x)
4
4 cos(3x)
1 sen(3x)
=
4 cos(3x)
W1
−1/4
1
=
=−
W
3
12
1
u′2
1
sen(3x)
cos(3x)
u′1 =
4
W2
=
=
W
sen(3x)
cos(3x)
3
1
=
12
cos(3x)
sen(3x)
integrando para encontrar u1 y u2
Z
Z
Z
1
1
1
cos(3x)
1
3 cos(3x)
1
u1 = −
dx = − x,
u2 =
dx =
dx =
ln(sen(3x))
12
12
12
sen(3x)
36
sen(3x)
36
80
1
4
Ası́, la solución particular es
yp (x) = −
1
1
x cos(3x) +
ln(sen(3x)) sen(3x)
12
36
y la solución general de la ecuación es
1
1
y(x) = c1 cos(3x) + c2 sen(3x) − x cos(3x) +
ln(sen(3x)) sen(3x)
|
{z
} | 12
36{z
}
y (x)
h
yp (x)
Ejemplo 3.12
Encuentre la solución general de la ecuación diferencial dada y ′′ + y = tan(x)
Solución: Apoyándose en la ecuación auxiliar am2 + bm + c = 0 para encontrar las raı́ces de la solución
homogénea se tiene:
m2 + 1 = 0 −→ m1,2 = ±i
siendo las raı́ces complejas y por lo tanto la solución homogénea es
yh (x) = c1 cos(x) + c2 sen(x)
El siguiente paso es encontrar la solución particular yp = u1 y1 + u2 y2 , la cual se construye con la
ayuda de yh
y1 = cos(x),
y1′ = − sen(x)
y2 = sen(x),
y2′ = cos(x)
Resolviendo por regla de Cramer se tiene
W =
W1 =
0
W2 =
y1′
y2
f (x) y2′
= −
y1
y1 y2
cos(x)
=
y2′
=
sen(x)
− sen(3x) cos(3x)
0
sen(x)
tan(x) cos(x)
= cos2 (x) + sen2 (x) = 1
= − tan(x) sen(x) = −
sen(x)
cos(x)
sen(x)
1 − cos2 (x)
1
=−
+ cos(x) = − sec(x) + cos(x)
cos(x)
cos(x)
0
y1′ f (x)
=
cos(x)
0
− sen(x) tan(x)
= cos(x) tan(x) = − cos(x)
sen(x)
cos(x)
= sen(x)
Sustituyendo los resultados en u′1 = W1 /W y u′2 = W2 /W , y resolviendo para u1 y u2 , respectivamente,
se tiene
u′1 = − sec(x) + cos(x)
Z
Z
u1 =
(− sec(x))dx + cos(x)dx
= − ln(sec(x) + tan(x)) + sen(x)
81
u′2 = sen(x)
Z
u2 =
sen(x)dx
= − cos(x)
La solución particular que se obtiene con éstos últimos resultados es
yp = u1 y1 + u2 y2 = [− ln(sec(x) + tan(x)) + sen(x)] cos(x) − cos(x) sen(x)
= − ln(sec(x) + tan(x)) cos(x) + (sen(x) cos(x) − cos(x) sen(x))
= − cos(x) ln(sec(x) + tan(x))
La solución general de la ecuación diferencial es
y(x) = c1 cos(x) + c2 sen(x) − cos(x) ln(sec(x) + tan(x))
3.6.
Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales lineales de orden
superior
Ejemplo 3.13
Hallar la carga q(t) en el capacitor de un circuito R − L − C conectado en serie como se muestra en la
Figura 3.2, cuando L =0.25 H, R = 10 Ω, C = 0.001 F, E(t) = 0 Volts, q(0) = q0 Coulombs e i(0) = 0
Amperes.
Figura 3.2: Circuito R-L-C [Elaboración propia].
Solución: Si i(t) representa la corriente en el circuito eléctrico R − L − C en serie mostrado en la Figura
3.2, entonces la caı́da de voltaje a través de la resistencia, la bobina y el capacitor, se puede calcular
82
aplicando la segunda ley de Kirchhoff, la suma de esos voltajes es igual al voltaje E(t) suministrado al
circuito. Esto es,
L
1
di(t)
+ Ri(t) + q(t) = E(t)
dt
C
(3.33)
Pero la carga q(t) en el capacitor está relacionada con la corriente i(t) mediante i = dq/dt, y ası́ (3.33)
se convierte en la ecuación diferencial de segundo grado
L
1
dq(t)
d2 q(t)
+
q(t) = E(t)
+
R
dt2
dt
C
(3.34)
Al sustituir los valores de resistencia, inductancia y capacitancia en (3.34), se convierte en
1 ′′
q (t) + 10q ′ (t) + 1000q(t) = 0
4
q ′′ (t) + 40q ′ (t) + 4000q(t) = 0
(3.35)
Resolviendo esta ecuación diferencial homogénea de la manera usual, se tiene una ecuación auxiliar
m2 + 40m + 4000 = 0 cuyas raı́ces son complejas conjugadas m1,2 = −20 ± 60i. Por lo tanto la carga
q(t) en el capacitor queda expresada como
q(t) = e−20t (c1 cos(60t) + c2 sen(60t))
Aplicando las condiciones iniciales, q(0) = q0 e i(0) = dq(0)/dt = 0, se encuentra que c1 = q0 y
c2 = q0 /3. Ası́ la solución esta dada por
−20t
q(t) = q0 e
1
cos(60t) + sen(60t)
3
Ejemplo 3.14
Una viga está doblemente empotrada como se muestra en Figura 3.3. La deflexión y(x) debe satisfacer
la ecuación diferencial
EI
d4 y
= ω(x)
dx4
donde E es el módulo elástico de Young, I es el momento de inercia de una sección transversal de la
viga y ω(x) es la carga que soporta la viga que, en este caso, está uniformemente distribuida, es decir
ω(x) = ω0 siendo 0 < x < L.
Al estar la viga empotrada en ambos lados se tiene que y(0) = 0 y y(L) = 0, y y ′ (0) = 0 y y ′ (L) = 0.
Las condiciones iniciales y(0) = 0 y y(L) = 0 indican que no existe deflexión vertical en los extremos
de la viga, mientras que las condiciones y ′ (0) = 0 y y ′ (L) = 0 significan que la lı́nea de deflexión (o
elástica) es horizontal (con pendiente cero) en sus extremos.
83
ω0
?
?
?
?
?
?
?
?
Paredes
- x
?y
L
-
Figura 3.3: Viga doblemente empotrada en pared [Elaboración propia].
Solución: Se resuelve para hallar la solución complementaria yc (x) a partir de la ecuación diferencial
4
d y
homogénea asociada EI dx
4 = 0, siendo su ecuación auxiliar y raı́ces
EIm4 = 0 → m1 = m2 = m3 = m4 = 0
Se tiene raices reales repetidas, por lo que su solución asociada es
yc (x) = c1 + c2 x + c3 x2 + c4 x3
Ahora se halla la solución particular yp (x) por el método de coeficientes indeterminados, analizando
primeramente las raı́ces en f (x) = ω0 de la ecuación diferencial no homogénea. Al ser f (x) constante,
se observa que la raı́z asociada es m′1 = 0 y la solución particular asociada serı́a yp (x) = Ae0·x = A.
Sin embargo, esta raı́z m′1 es igual a las raı́ces m1,2,3,4 , por lo que se tiene una multiplicidad de 5 en estas
raices. La solución particular correcta es
yp (x) = Ax4
Hallando las derivadas yp′ (x) = 4Ax3 , yp′′ (x) = 12Ax2 , yp′′′ (x) = 24Ax y ypIV (x) = 24A y sustituyendo
en la ecuación diferencial no homogénea
EI(24A) = ω0 → A =
ω0
24EI
y la solución particular es
yp (x) =
ω0 4
x
24EI
mientras que la solución general queda expresada de la siguiente forma
y(x) = c1 + c2 x + c3 x2 + c4 x3 +
84
ω0 4
x .
24EI
(3.36)
Ahora con la ayuda de las condiciones iniciales se encontrarán los valores de las constantes c1 − c4 .
Aplicando y(0) = 0
yp (0) = 0 = c1 + c2 (0) + c3 (0)2 + c4 (0)3 +
ω0
(0)4 → c1 = 0
24EI
Enseguida aplicando y ′ (0) = 0
yp′ (0) = 0 = c2 + 2c3 (0) + 3c4 (0)2 +
ω0
(0)3 → c2 = 0
6EI
y para las condiciones iniciales en el otro extremo de la viga
ω0
(L)4
24EI
ω0
2
3
0 = (0) + 0 · L + c3 (L) + c4 (L) +
(L)4
24EI
ω0 4
c3 L 2 + c4 L 3 = −
L
24EI
yp (L) = 0 = c1 + c2 (L) + c3 (L)2 + c4 (L)3 +
ω0
yp′ (L) = 0 = c2 + 2c3 (L) + 3c4 (L)2 +
(L)3
6EI
ω0 3
2c3 L + 3c4 L2 = −
L
6EI
(3.37)
(3.38)
Se resuelve el sistema de ecuaciones (3.37)-(3.38), multiplicando (3.37) por −2/L y sumando a (3.38)
2
2
ω0 4 ω0 3
2
3
2
− c3 L + c4 L + (2c3 L + 3c4 L ) = −
−
L −
L
L
L
24EI
6EI
ω0 3
c4 L2 = −
L
12EI
ω0 L
c4 = −
12EI
al sustituir (3.39) en (3.37) se tiene
ω0 L
ω0 4
ω0 L4
1
1
1
2
3
c3 L + −
L = −
L =
−
12EI
24EI
L2
EI
12 24
ω0 L2
=
24EI
(3.39)
(3.40)
Por lo tanto, sustituyendo los valores de las constantes en la solución general (3.36) se tiene
y(x) =
ω0 L2 2
ω0 L 3
ω0 4
ω0 2 2
ω0 2
x −
x +
x =
x x − 2Lx + L2 =
x (x − L)2
24EI
12EI
24EI
24EI
24EI
85
(3.41)
86
Parte IV
Sistemas de Ecuaciones Diferenciales Lineales
de Primer Orden
87
4.1.
Introducción
Una ecuación diferencial lineal de coeficientes constantes y de orden n, puede reducirse a un sistema
de n ecuaciones diferenciales de primer orden mediante diversos cambios de variable, hasta ser llevados
a una forma canónica expresada en notación matricial. La solución de este tipo de sistemas constituye el
objeto de estudio en este apartado. Se utilizan algunos preliminares matemáticos que permiten resolver
este tipo de sistemas mediante el cálculo de la matriz exponencial con base en el Teorema de CayleyHamilton, la determinación de eigenvalores y la ecuación caracterı́stica. También, se resuelven ejemplos
que consideran sistemas homogéneos y no homogéneos.
Los apuntes mostrados aqui fueron tomados de [1]
4.2.
Representación matricial de un sistema de ecuaciones diferenciales lineales de primer orden, forma canónica
Definición 4.1 Toda ecuación diferencial de orden n
y (n) = F (t, y, y ′ , . . . , y (n−1) )
(4.1)
y ası́ mismo, la mayorı́a de los sistemas de ecuaciones diferenciales pueden ser reducidos a la forma
dx1
dt
dx2
dt
= g1 (t, x1 , x2 , . . . , xn )
dxn
dt
= gn (t, x1 , x2 , . . . , xn )
= g2 (t, x1 , x2 , . . . , xn )
..
.
(4.2)
Definición 4.2 Un caso particular de (4.2) son aquellos sistemas que tienen la forma lineal normal o
canónica
dx1
dt
dx2
dt
= a11 (t)x1 + a12 (t)x2 + . . . + a1n (t)xn + f1 (t)
dxn
dt
= an1 (t)x1 + an2 (t)x2 + . . . + ann (t)xn + fn (t)
= a21 (t)x1 + a22 (t)x2 + . . . + a2n (t)xn + f2 (t)
..
.
(4.3)
en donde los coeficientes aij y fi son funciones continuas en un intervalo I para i, j = 1, 2, 3, . . . , n.
Cuando fi (t) = 0, siendo i = 1, 2, 3, . . . , n, al sistema (4.3) se le llama homogéneo, de otra manera, se
le llama no homogéneo.
4.2.1.
Reducción de una ecuación diferencial lineal de orden n a un sistema de n
ecuaciones diferenciales de primer orden (forma normal o canónica)
Enseguida se muestra cómo una ecuación diferencial lineal de orden n puede reducirse a un sistema
de n ecuaciones de primer orden. El procedimiento se presenta como sigue
89
Sea una ecuación diferencial lineal de orden n y que se escribe en la forma:
a1
an−1 (n−1)
dn y
a0
y
+ f (t)
= − y − y′ − . . . −
n
dt
an
an
an
(4.4)
y se hacen los cambios de variables
y ′ = x2 ,
y = x1 ,
...,
y (n−1) = xn
(4.5)
se observa que
y ′ = x′1 = x2 ,
y ′′ = x′2 = x3 ,
...,
y (n−1) = x′n−1 = xn ,
y (n) = x′n
con lo que se obtiene de (4.4) y (4.5):
x′1 = x2
x′2 = x3
..
.
x′n−1 = xn
y en consecuencia
x′n = −
a0
a1
an−1
x1 − x2 − . . . −
xn + f (t)
an
an
an
esta última expresión tiene la forma canónica ó normal.
Ejemplo 4.1
Reducir la ecuación diferencial de tercer orden
2y ′′ − 6y ′′ + 4y ′ − y = sen(t)
a la forma normal.
Solución: Reescribiendo la ecuación
y
1
− 2y ′ + 3y ′′ + sen(t)
2
2
y ′′ =
y sean los siguientes cambios de variable y = x1 , y ′ = x2 y y ′′ = x3 . Se observa entonces que
y ′ = x′1 = x2 ,
y ′′ = x′2 = x3 ,
y ′′′ = x′3
Usando estas últimas relaciones, la ecuación diferencial original se reescribe en su forma canónica
x′3 =
1
x1
− 2x2 + 3x3 + sen(t)
2
2
90
(4.6)
4.2.2.
Reducción de sistemas de ecuaciones diferenciales a la forma normal o
canónica
Para reducir un sistema de ecuaciones diferenciales a la forma lineal normal, es necesario resolver el
sistema para la derivada de mayor orden de cada variable dependiente. No obstante, esto no es siempre
posible.
Ejemplo 4.2
Reducir el siguiente sistema:
(D2 − D + 5)x + 2D2 y = et
(4.7)
−2x + (D2 + 2)y = 3t2
(4.8)
D2 x + 2D2 y = et − 5x + Dx
(4.9)
D2 y = 3t2 + 2x − 2y
(4.10)
a la forma normal.
Solución: Reescribiendo el sistema
Multiplicando (4.10) por (-2) y se suma a (4.9)
(D2 x + 2D2 ) + (−2D2 y) = (et − 5x + Dx) + (−6t2 − 4x + 4y)
D2 x = et − 6t2 − 9x + 4y + Dx
(4.11)
Si se hace Dx = u y Dy = v, entonces las ecuaciones (4.10) y (4.11) quedan ahora como:
Du = et − 6t2 − 9x + 4y + u
Dv = 3t2 + 2x − 2y
Por lo tanto el sistema original queda en la forma normal
Dx = u
Dy = v
Du = et − 6t2 − 9x + 4y + u
Dv = 3t2 + 2x − 2
4.2.3.
Sistemas degenerados o degradados
Los sistemas de ecuaciones diferenciales lineales que no pueden ser reducidos a un sistema lineal en
la forma normal son degenerados o degradados
91
Ejemplo 4.3
El sistema de ecuaciones diferenciales
(D + 1) + (D + 1)y = 0
2Dx + (2D + 1)y = 0
es un sistema degenerado o degradado ya que no es posible resolver para cada derivada de mayor orden
Dx + Dy = −x − y
2Dx + 2Dy = −y
(4.12)
(4.13)
multiplicando por (-2) la ecuación (4.12) y sumandola a (4.13) se tiene
(−2Dx − 2Dy) + (2Dx + 2Dy) = (2x + 2y) − y
0 = 2x + y
Ejemplo 4.4
Reducir a la forma normal el sistema
(D − 1)x − Dy = t2
x + Dy = 5t − 2
Solución: Reescribiendo el sistema de ecuaciones
Dy = −x + 5t − 2
Dx − Dy = x + t2
De donde es posible obtener Dx, sumando (4.14) y (4.15)
Dy + (Dx − Dy) = (−x + 5t − 2) + (x + t2 )
Dx = t2 + 5t + 2
Con lo que se reducirı́a a la forma normal
Dx = ẋ = t2 + 5t + 2
Dy = ẏ = −x + 5t − 2
92
(4.14)
(4.15)
4.2.4.
Representación matricial de los sistemas de ecuaciones diferenciales lineales de primer orden
Sean las matrices A(t), X y F (t) definidas por:

a11 (t) a12 (t) · · · a1n (t)


x1 (t)


f1 (t)







 a21 (t) a22 (t) · · · a2n (t) 
 x2 (t) 
 f2 (t) 
 , X =  .  , F (t) =  . 
A(t) = 
..
..
..
..


 . 
 . 
.
.
.
.


 . 
 . 
an1 (t) an2 (t) · · · ann (t)
xn (t)
fn (t)
de tal modo que el sistema de ecuaciones lineales de primer orden:
dx1
= a11 (t)x1 + a12 (t)x2 + · · · + a1n (t)xn + f1 (t)
dt
dx2
= a21 (t)x1 + a22 (t)x2 + · · · + a2n (t)xn + f2 (t)
dt
..
.
dxn
= an1 (t)x1 + an2 (t)x2 + · · · + ann (t)xn + fn (t)
dt
puede escribirse como:

x1 (t)


a11 (t)
a12 (t)
···
a1n (t)

x1 (t)


f1 (t)

 

 

d 
dX
 x2 (t)   a21 (t) a22 (t) · · · a2n (t)   x2 (t)   f2 (t) 
= Ẋ =
 . = .
  ..  +  .. 
..
..
..
dt
dt  ..   ..
 .   . 
.
.
.
xn (t)
an1 (t) an2 (t) · · ·
ann (t)
xn (t)
fn (t)
o simplemente
dX
= A(t)X + F (t)
dt
Si el sistema es homogéneo (F (t) = 0), la ecuación (4.16) queda como:
dX
= A(t)X
dt
Ejemplo 4.5
Escribir en forma matricial el sistema no homogéneo:
dx
= −2x + 5y + et − 2t
dt
dy
= 4x − 3y + 10t
dt
Solución: Haciendo x1 = x y x2 = y, el vector X se define como
!
!
x
x1
X=
=
y
x2
93
(4.16)
(4.17)
Los términos que no contienen a las variables x y y se agrupan para formar el vector F (t)
!
et − 2t
F (t) =
10t
La forma matricial del sistema queda de la siguiente forma
!
!
!
x1
−2 5
et − 2t
dX
=
+
dt
x2
4 3
10t
{z
} | {z } |
{z
}
|
X
A(t)
F (t)
Ejemplo 4.6
Escribir en forma matricial el sistema homogéneo:
dx
= 2x − 3y
dt
dy
= 6x + 5y
dt
Solución: Haciendo x1 = x y x2 = y, el vector X se define como
!
!
x
x1
X=
=
y
x2
y la forma matricial queda como
2 −3
dX
=
dt
6
5
!
X
Ejemplo 4.7
Escriba el sistema dado en forma de sistema de ecuaciones
!
!
4 2
1
Ẋ =
X+
et
−1 3
−1
Solución: Sea X =
x y
T
y Ẋ =
ẋ ẏ
T
. Desarrollando las operaciones matriciales se tiene
ẋ = 4x + 2y + et
ẏ = −x + 3y − et
94
4.3.
Método de la matriz exponencial eAt
Enseguida se presentan algunos preliminares matemáticos necesarios para aplicar este método de
manera eficiente.
4.3.1.
Matrices de funciones, derivación e integración de matrices
Definición 4.3 Derivada de una matriz de funciones
Si A(t) = (aij (t))m×n es una matriz cuyos elementos son funciones derivables en un intervalo común,
entonces
dA
= Ȧ(t) =
dt
d
aij
dt
m×n
Definición 4.4 Integral de una matriz de funciones
Si A(t) = (aij (t))m×n es una matriz cuyos elementos son funciones continuas en un intervalo común que
contiene t y t0 , entonces
Z t
Z t
A(s)ds =
t0
aij (s)ds
t0
m×n
Nota 4.1
Para derivar (integrar) una matriz de funciones, simplemente derivamos (integramos) cada elemento.
Ejemplo 4.8
Sea A(t) =
e4t cos(πt)
2t 3t2 − 1
!
, hallar a) dA
, b)
dt
Rt
A(s)ds, c)
0
R2
0
A(t)dt.
Solución:
a) Se realiza la derivación de cada uno de los elementos de la matriz
!
!
d
d
4t
e4t cos(πt)
(e
)
(cos(πt))
dA(t)
d
dt
dt
=
=
=
d
d
dt
dt
2t 3t2 − 1
(2t)
(3t2 − 1)
dt
dt
4e4t −π sen(πt)
b) Se realiza la integración de cada uno de los elementos de la matriz
!
Z t
Z t
e4s cos(πs)
A(s)ds =
ds
2s 3s2 − 1
0
0
!
R t 4s
Rt
e
ds
cos(πs)ds
=
R0t
R t0 2
2sds
(3s − 1)ds
0
 0 t

t
= 
=
e4s
4
0
t
s2 |0
sen(πs)
π
(s
3
1 4t
(e − 1)
4
2
t
95
0
t
− s)|0

1
sen(πt)
π
3
t −t
!
2
6t
!
c) Al evaluar nuevamente de t0 = 0 a t = 2 se tiene


2
2
Z 2
sen(πs)
e4s
π
0  =
A(s)ds =  4 0
2
2
2
3
0
s |0 (s − s)|0
4.3.2.
1 8
(e − 1)
4
0
4
6
!
Ecuación caracterı́stica de una matriz cuadrada A
Definición 4.5 La ecuación caracteristica de una matriz cuadrada A es la ecuación polinomial en λ
det(A − λI) = 0
donde I es la matriz identidad, y det() significa determinante de (). Aquellos valores de λ que satisfacen
la ecuación anterior, se llaman valores eigen3 de A, llamando un valor eigen de multiplicidad k a una
raiz que se repite k veces.
Ejemplo 4.9
Hallar los valores eigen de A si A =
1 3
!
4 2
Solución: Primero se encuentra la matriz A − λI:
!
!
!
1 3
1 0
1 3
A − λI =
−λ
=
−
4 2
0 1
4 2
λ 0
!
0 λ
=
!
1−λ
3
4
2−λ
Ahora se calcula el determinante
det(A − λI) =
1−λ
3
4
2−λ
= (1 − λ)(2 − λ) − 12 = 2 − 3λ + λ2 − 12
2
= λ − 3λ − 10 = (λ − 5)(λ + 2) = 0
De donde se obtienen los valores eigen λ1 = 5 y λ2 = −2.
Ejemplo 4.10
Hallar los valores eigen de At si A =
2
5
!
−1 −2
Solución: Primero se encuentra la matriz At − λI:
!
!
!
2
5
1 0
2t 5t
At − λI =
t−λ
=
−
−1 −2
0 1
−t −2t
3
También se llaman valores caracterı́sticos
96
λ 0
0 λ
!
=
2t − λ
5t
−t
−2t − λ
!
Ahora se calcula el determinante
det(At − λI) =
2t − λ
5t
−t
−2t − λ
2
= (2t − λ)(−2t − λ) + 5t2 = −4t2 − 2tλ + 2tλ + λ2 + 5t2
2
= λ + t = (λ − ti)(λ + ti) = 0
De donde se obtienen los valores eigen λ1 = ti y λ2 = −ti.
Ejemplo 4.11

4
1
0


Hallar los valores eigen de A si A =  −1 2

0 
2 1 −3
Solución: Primero se encuentra la matriz A − λI:
 



4−λ
1
1 0 0
4 1 0
 



A − λI =  −1 2 0  − λ  0 1 0  =  −1 2 − λ
2
1 −3
0 0 1
2
1
0

0


−3 − λ
Ahora se calcula el determinante
det(A − λI) =
4−λ
1
0
−1
2−λ
0
2
1
−3 − λ
= [(4 − λ)(2 − λ)(−3 − λ)] − [(−1)(1)(−3 − λ)]
= (4 − λ)(λ − 2)(3 + λ) − (3 + λ) = (3 + λ)[(4 − λ)(λ − 2) − 1]
= (3 + λ)(4λ + 2λ − λ2 − 8 − 1)
= (3 + λ)(−λ2 + 6λ − 9) = −(3 + λ)(λ2 − 6λ + 9) = −(3 + λ)(λ − 3)2
= (3 + λ)(λ − 3)(λ − 3) = 0
De donde se obtienen los valores eigen λ1 = −3 y λ2 = λ3 = 3. Nótese que λ = 3 es un valor eigen de
multiplicidad k = 2.
Teorema 4.1 Teorema de Cayley-Hamilton
Cualquier matriz cuadrada satisface su propia ecuación caracterı́stica. Es decir si
det(A − λI) = bn λn + bn−1 λn−1 + · · · + b2 λ2 + b1 λ + b0
entonces
bn An + bn−1 An−1 + · · · + b2 A2 + b1 A + b0 I = 0
Ejemplo 4.12
97
2 −7
Verifique el teorema de Cayley-Hamilton para A =
3
!
6
Solución: Para la matriz A − λI:
det(A − λI) =
2−λ
−7
3
6−λ
= (2 − λ)(6 − λ) + 21 = 12 − 8λ + λ2 + 21
= λ2 − 8λ + 33
se tiene el polinomio λ2 − 8λ + 33 = 0. Por lo tanto, se debe verificar que la matriz A satisface su propio
polinomio caracterı́stico A2 − 8A + 33I = 0.
A2 =
2 −7
3
A2 − 8A + 33I =
4.3.3.
2 −7
6
3
!
2 −7
−8A = −8
33I = 33
!
3
1 0
=
6
!
=
1 0
−17 −56
24
6
15
+
=
−16
4 − 21 −14 − 42
!
=
6 + 18 −21 + 36
!
56
−17 −56
24
!
15
−24 −48
!
33 0
0
!
!
33
−16
56
−24 −48
!
+
33
0
0
33
!
=
0 0
0 0
!
=0
Matriz exponencial eAt
Definición 4.6 Para una matriz cuadrada A,
eAt =
∞
X
1
n=0
n!
An tn = I +
1
1
At + An tn + · · ·
1!
2!
donde la serie infinita anterior converge para cualquier A y t, ası́ que eAt está definida para todas las
matrices cuadradas.
Cálculo de eAt
El cómputo de eAt de acuerdo con la definición anterior no es muy útil. Sin embargo, de acuerdo con
el teorema de Cayley-Hamilton, la serie infinita puede reducirse a un polinomio en t.
Definición 4.7 Si A es una matriz cuadrada (que tiene n filas y n columnas) entonces
eAt = αn−1 An−1 tn−1 + αn−2 An−2 tn−2 + · · · + α2 A2 t2 + α1 At + α0 I
donde α0 , α1 , . . . , αn−1 son funciones de t que deben determinarse para cada A.
98
Ejemplo 4.13
Cuando A tiene 2 filas y 2 columnas, entonces n = 2 y eAt = α1 At + α0 I.
Cuando A tiene 3 filas y 3 columnas, entonces n = 3 y eAt = α2 A2 t2 + α1 At + α0 I.
Teorema 4.2 Defina r(λ) = αn−1 λn−1 tn−1 + αn−2 λn−2 + · · · + α2 λ2 + α1 λ + α0 , de tal forma que si λi
es un valor eigen de At, se pueda suponer que
eλi = r(λi )
Corolario 4.2 Si λi es un valor de multiplicidad k, k > 1, entonces las siguientes ecuaciones son validas
e λi =
d
(λ)
dλ
λ=λi
eλi =
d2
(λ)
dλ2
λ=λi
..
.
eλi =
4.3.4.
dk−1
(λ)
dλk−1
λ=λi
Método de cálculo de la matriz exponencial eAt
Para cada valor eigen λi de At, aplicar el teorema anterior para hallar r(λ) y obtener un conjunto
de ecuaciones lineales. Cuando se ha efectuado lo anterior, para cada valor eigen, se deberá tenerse el
conjunto de todas las ecuaciones obtenidas resueltas para α0 , α1 , . . . , αn−1 . Esos valores se sustituyen en
eAt = αn−1 An−1 tn−1 + αn−2 An−2 tn−2 + · · · + α2 A2 t2 + α1 At + α0 I
Ejemplo 4.14
Hallar eAt para A =
1 2
!
4 3
Solución: Como n = 2
eAt = α1 At + α0 I, At =
t
2t
4t 3t
!
α1 t
, α1 At =
2α1 t
!
, α0 I =
4α1 t 3α1 t
α0
0
0
α0
!
.
eAt = α1 At + α0 I
=
=
α1 t
2α1 t
4α1 t 3α1 t
!
+
α0
!
0 α0
!
α1 t + α0
2α1 t
4α1 t
3α1 t + α0
99
0
(4.18)
El polinomio r(λ) queda definido como
r(λ) = α1 λ + α0
Se procede a encontrar los valores eigen de At
det(At − λI) = 0
det(At − λI) =
t−λ
2t
4t
3t − λ
= (t − λ)(3t − λ) − 8t2
= 3t2 − 4λt + λ2 − 8t2 = λ2 − 4λt − 5t2 = (λ + t)(λ − 5t) = 0
De donde se obtienen los valores eigen λ1 = −t y λ2 = 5t. Se construye ahora el sistema de ecuaciones
eλi = r(λi ) con i = 1, 2.
e−t = α1 (−t) + α0 = −α1 t + α0
(4.19)
e5t = α1 (5t) + α0 = 5α1 t + α0
(4.20)
Multiplicando la ecuación (4.19) por -1 y sumando a (4.20), se obtiene el valor de α1
(α1 t − α0 ) + (5α1 t + α0 ) = −e−t + e5t
6α1 t = −e−t + e5t
1 5t
e − e−t
α1 =
6t
(4.21)
Sustituyendo el valor encontrado en (4.21) en la ecuación (4.19) se encuentra el valor de α0 como sigue
e−t = −α1 t + α0
α0 = e−t + α1 t
1
1
1 5t
e − e−t t = e−t + e5t − e−t
α0 = e−t +
6t
6
6
1 5t
α0 =
e + 5e−t
6
Sustituyendo α0 y α1 en (4.18) (se realiza elemento por elemento):
α1 t + α0 =
=
2α1 t =
4α1 t =
3α1 t + α0 =
=
1 5t
1 5t
1 5t
e − e−t t +
e + 5e−t =
e − e−t + e5t + 5e−t
6t
6
6
1
2e5t + 4e−t
6
1
1 5t
−t
2
e −e
t=
2e5t − 2e−t
6t
6
1 5t
1
4
e − e−t t =
4e5t − 4e−t
6t
6
1
1 5t
1 5t
3
e − e−t t +
e + 5e−t =
3e5t − 3e−t + e5t + 5e−t
6t
6
6
1
4e5t + 2e−t
6
100
(4.22)
Finalmente, la matriz exponencial buscada es
eAt =
!
α1 t + α0
2α1 t
4α1 t
3α1 t + α0
1
=
6
2e5t + 4e−t 2e5t − 2e−t
!
4e5t − 4e−t 4e5t + 2e−t
Ejemplo 4.15
0 1
Hallar eAt para A =
!
1 0
Solución: Como n = 2
eAt = α1 At + α0 I, At =
e
At
!
0 t
, α1 At =
t 0
= α1 At + α0 I =
0
α1 t
α1 t
0
0
α1 t
α1 t
0
α0
0
0
α0
!
+
!
, α0 I =
!
=
α0
0
0
α0
α0
α1 t
α1 t
α0
!
.
!
(4.23)
El polinomio r(λ) queda definido como
r(λ) = α1 λ + α0
Se procede a encontrar los valores eigen de At
det(At − λI) =
−λ
t
t
−λ
= λ2 − t2 = (λ − t)(λ + t) = 0
De donde se obtienen los valores eigen λ1 = t y λ2 = −t. Se construye ahora el sistema de ecuaciones
eλi = r(λi ) con i = 1, 2.
et = α1 (t) + α0 = α1 t + α0
(4.24)
e−t = α1 (−t) + α0 = −α1 t + α0
(4.25)
Sumando las ecuaciones (4.24) y (4.25) y resolviendo para α0
(α1 t + α0 ) + (−α1 t + α0 ) = et + e−t
2α0 = et + e−t
1 t
e + e−t = cosh(t)
α0 =
2
(4.26)
Sustituyendo el valor encontrado en (4.26) en la ecuación (4.24) se encuentra el valor de α1 como sigue
et = α1 t + α0
1 t
α1 =
e − α0
t
1 t 1 t
et − e−t
senh(t)
−t
α1 =
e −
e +e
=
=
t
2
2t
t
101
(4.27)
Finalmente, sustituyendo α0 y α1 se encuentra la matriz exponencial:
!
!
α
t
+
α
2α
t
cosh(t)
senh(t)
1
0
1
eAt =
=
4α1 t
3α1 t + α0
senh(t) cosh(t)
(4.28)
Ejemplo 4.16

3 1 0



Hallar eAt para A =  0 3 1 
0 0 3
Solución: Con n = 3, la matriz exponencial buscada es de la forma eAt = α2 A2 t2 + α1 At + α0 I







3 1 0
3 1 0
9 6 1
9α2 t2 6α2 t2 α2 t2







α2 A2 t2 = α2  0 3 1   0 3 1  t2 = α2  0 9 6  t2 =  0
9α2 t2 6α2 t2 
0 0 3
0 0 3



3 1 0
3α1 t α1 t



α1 At = α1  0 3 1  t =  0
3α1 t
0 0 3

0

0

0
0
0 0 9

0
9α2 t2

α1 t 
3α1 t

1 0 0
α0 0 0

 

α0 I = α0  0 1 0  =  0 α0 0 
0 0 1
0 0 α0
eAt = α2 A2 t2 + α1 At + α0 I

 
9α2 t2 6α2 t2 α2 t2
3α1 t α1 t

 
2
2
=  0
9α2 t 6α2 t  +  0
3α1 t
(4.29)
0



α0 0 0
 

α 1 t  +  0 α0 0 
0
0
9α2 t2
0
0
3α1 t
0 0 α0


9α2 t2 + 3α1 + α0
6α2 t2 + α1 t
α2 t2


= 
0
9α2 t2 + 3α1 + α0
6α2 t2 + α1 t

2
0
0
9α2 t + 3α1 + α0
(4.30)
(4.31)
Se procede a encontrar los valores eigen de At
det(At − λI) = 0
det(At − λI) =
3t − λ
t
0
0
3t − λ
t
0
0
3t − λ
= (3t − λ)(3t − λ)(3t − λ) = 0
De donde se obtienen los valores eigen λ1 = λ2 = λ3 = 3t con multiplicidad k = 3. Debido a la
multiplicad de los valores eigen, el sistema de ecuaciones se construye de acuerdo al Corolario 4.2
r(λ) = α2 λ2 + α1 λ + α0 ,
dr(λ)
= 2α2 λ + α1 |λ=λ2 ,
dλ
102
dr(λ)
= 2α2 |λ=λ3
dλ2
de modo que
e3t = 9t2 α2 + 3tα1 + α0
(4.32)
e3t = 6tα2 + α1
(4.33)
e3t = 2α2
(4.34)
De la ecuación (4.34) se obtiene α2
α2 =
e3t
.
2
(4.35)
Sustituyendo (4.35) en (4.33) se obtiene α1
3t e
= 6t
+ α1
2
= e3t + 3te3t = (1 − 3t)e3t .
3t
e
α1
(4.36)
Finalmente, α0 se obtiene sustituyendo los valores encontrados de α1 y α2 en la ecuación (4.32) como
sigue
e
3t
α0
3t e
= 9t
+ 3t(1 − 3t)e3t + α0
2
9 2
2
=
1 − t − 3t + 9t e3t
2
9 2 3t
=
1 − 3t + t e .
2
2
Sustituyendo α0 , α1 y α2 se encuentra la matriz exponencial:
3t e
9 2 3t
2
2
3t
9α2 t 3α1 + α0 = 9
t + 3t(1 − 3t)e + 1 − 3t + t e = e3t
2
2
3t e
6α2 t2 + α1 t = 6
t2 + t(1 − 3t)e3t = 3t2 e3t + te3t − 3t2 e3t = te3t
2
3t
2
2e
α2 t = t
2
 3t

3t 
2 
e te3t t2 e2
1 t t2




eAt =  0 e3t te3t  = e3t  0 1 t 
0
0
e3t
Ejemplo 4.17

0 0 0



Hallar eAt para A =  1 0 0 
1 0 1
103
0 0 1
(4.37)
Solución: Con n = 3, la matriz exponencial buscada es de la forma eAt = α2 A2 t2 + α1 At + α0 I







0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0







α2 A2 t2 = α2  1 0 0   1 0 0  t2 = α2  0 0 0  t2 =  0 0 0 
1 0 1
1 0 1

 
0 0 0
0 0

 
α1 At = α1  t 0 0  =  t 0
t 0

1 0

α0 I = α0  0 1
0 0
α2 t2 0 α2 t2
1 0 1

0

0 
t
α1 t 0 α1 t
 

0
α0 0 0
 

0  =  0 α0 0 
1
0 0 α0
eAt = α2 A2 t2 + α1 At + α0 I

 
0 0 0
0

 
=  0 0 0 + t
α2 t2 0 α2 t2

α0
0

= 
α1 t
α0
α2 t2 + α1 t
0
0
0



α0
0
0
 
0 + 0
α1 t 0 α1 t
0

0

0

2
α2 t + α1 t + α0
α0

0 
0
α0
0
(4.38)
Se procede a encontrar los valores eigen de At
det(At − λI) = 0
det(At − λI) =
−λ
0
0
t
−λ
0
t
0
t−λ
= (−λ)[(−λ)(t − λ)] = λ2 (t − λ) = 0
De donde se obtienen los valores eigen λ1 = λ2 = 0 con multiplicidad k = 2 y λ3 = t. Debido a la
multiplicad de los valores eigen, el sistema de ecuaciones se construye de acuerdo al Corolario 4.2
r(λ1 ) = α2 λ21 + α1 λ1 + α0 ,
dr(λi )
= 2α2 λi + α1 |λ=λ2,3
dλ
de modo que
et = α2 t2 + α1 t + α0
(4.39)
e0·t = 1 = α2 (0)2 + α1 (0) + α0 = α0
(4.40)
e0·t = 1 = 2α2 (0) + α1 = α1
(4.41)
De la ecuación (4.41) se obtiene α1 = 1 y de la ecuación (4.40) se obtiene α0 = 1. Sustituyendo estos
valores en (4.39) se tiene
et = t2 + t + α0
et − t − 1
α0 =
t2
104
(4.42)
Sustituyendo los valores de α2 , α1 y α0 en la ecuación (4.38) como sigue
α1 t = t
t
e −t−1 2
2
t + t = et − 1
α2 t + α1 t =
t2
α2 t2 + α1 t + α0 = et
(4.43)
(4.44)
se obtiene la matriz exponencial buscada

1
0 0

eAt = 
t

1 0 

et − 1 0 et
4.4.
Solución de sistemas de ecuaciones diferenciales lineales de primer orden con coeficientes constantes mediante el método de la
matriz exponencial eAt
La solución de la ecuación diferencial
ẋ = ax + f (t)
donde a es una constante puede expresarse como
at
at
Z t
x = xc + xp = ce + e
e−as f (s)ds
(4.45)
t0
En el caso de los sistemas de ecuaciones diferenciales lineales de primer orden
Ẋ = AX + F (t)
donde A es una matriz de n × n formada por constantes, es
Z t
At
At
X = Xc + Xp = e C + e
e−As F (s)ds
t0
Nota: en la práctica, e−As puede obtenerse a partir de eAt reemplazando t por −s.
Propiedades de matrices que aplican para eAt
1. e0 = I
2. dtd (eAt ) = AeAt
105
(4.46)
3. Si se hace Ψ(t) = eAt , entonces Ψ′ (t) = AeAt = AΨ(t); en consecuencia:
4. Ψ(0) = I
5. eAt e−As = e(t−s)A o Ψ(t)Ψ−1 (t) = Ψ(t − s)
Al utilizar las propiedades anteriores en la solución general (4.46) se tiene4
Z t
At
X = e C+
eAt e−As F (s)ds
t
Z 0t
= eAt C +
e(t−s)A F (s)ds
t0
Z t
= Ψ(t)C +
Ψ(t − s)F (s)ds
(4.47)
t0
Si no hay condiciones iniciales
At
At
Z
X =e C +e
e−At f (t)dt
(4.48)
Ejemplo 4.18
Hallar la solución general de Ẋ =
0 1
!
X.
1 0
Solución: El sistema es homogéneo dado que F (t) = 0, entonces X = Xc = Ψ(t)C = eAt C. Del
ejemplo 4.15, la matriz exponencial para la matriz A de este problema es la expresión (4.28)
!
cosh(t)
senh(t)
eAt =
senh(t) cosh(t)
Por lo tanto, por la propiedad eAt = Ψ(t), la solución buscada es
X = Ψ(t)C
=
=
!
c1
senh(t) cosh(t)
!
cosh(t)
c1
+ c2
senh(t)
c2
senh(t)
!
1
cosh(t) senh(t)
!
=
c1 cosh(t) + c2 senh(t)
!
c1 senh(t) + c2 cosh(t)
!
cosh(t)
(4.49)
Ejemplo 4.19
Hallar la solución general de Ẋ =
0 1
!
X+
.
1 0
1
Solución: Nótese que A es idéntica que la del ejemplo anterior y que no se tienen condiciones iniciales,
por lo tanto la solución buscada es de la forma (4.48).
4
No es necesario calcular Ψ−1 (s); solamente se reemplaza t por (t − s) en Ψ(t)
106
La solución complementaria Xc es la misma que la obtenida en (4.49). Ahora bien, haciendo t = −t
en eAt :
e
−At
=
cosh(−t) senh(−t)
!
cosh(t)
=
− senh(t)
!
− senh(t) cosh(t)
T
Entonces se calcula la integral de (4.48), con F (t) = 1 1
:
!
!
!
Z
Z
Z
cosh t − senh t
cosh(t) − senh(t)
1
−At
dt
dt =
e F (t)dt =
− senh t + cosh t
− senh(t) cosh(t)
1
!
!
Z
Z
et −e−t
et +e−t
−t
−
e
2
2
=
dt =
dt
t
−t
et +e−t
− e −e
+
e−t
2
2
!
−e−t
=
−e−t
senh(−t) cosh(−t)
Ahora,
eAt
Z
e−At F (t)dt =
cosh(t) senh(t)
!
−t
−e
senh(t) cosh(t)
−e−t
!
!
et
−1
−t
= −e
=
et
−1
!

=
−e−t
h t
+
t
i 
−e−t
h t
e −e−t
2
+
t
i 
−1
!
e +e−t
2
Con estos resultados, la solución que se obtiene es la siguiente
!
!
cosh(t)
senh(t)
X = X c + X p = c1
+ c2
+
senh(t)
cosh(t)
e −e−t
2
e +e−t
2
−1
Ejemplo 4.20
Resolver ẍ + 2ẋ − 8x = et sujeta a x(0) = 1 y ẋ(0) = −4.
Solución: La ecuación diferencial se rescribe como un sistema de dos ecuaciones de primer orden como
sigue. Se despeja la derivada de mayor orden ẍ = −2ẋ + 8x + et y se realizan los siguientes cambios de
variables
x = x1
(4.50)
ẋ = ẋ1 = x2
(4.51)
ẍ = x2
(4.52)
Con esto se puede escribir el sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden:
!
!
!
!
ẋ1 = x2
ẋ1
0 1
x1
0
⇒
=
+
ẋ2 = −2x2 + 8x1 + et
ẋ2
8 −2
x2
et
107
A partir de donde se puede identificar
!
ẋ1
Ẋ(t) =
ẋ2
0
A(t) =
1
!
8 −2
0
F (t) =
!
et
(4.53)
Se procede a calcular la solución de la forma (4.46). Primero se calcula la matriz exponencial con n = 2
entonces eAt = α1 At + α0 I
α1 At =
eAt =
0
!
α1 t
8α1 t −2α1 t
α0
, α0 I =
α1 t
α0
0
0
α0
!
!
8α1 t α0 − 2α1 t
Los valores eigen de At se calculan como sigue
det(At − λI) =
−λ
t
8t
−2t − λ
= −λ(−2t − λ) − 8t2 = 2tλ + λ2 − 8t2
= (λ − 2t)(λ + 4t) = 0
De donde se tienen los valores eigen λ1 = 2t y λ2 = −4t. A partir de estos valores se construyen los
polinomios r(λi ) = α1 λi + α0
e2t = 2tα1 + α0
e−4t = −4tα1 + α0
Restando ambas ecuaciones se puede encontrar rápidamente α1
(2tα1 + α0 ) − (−4tα1 + α0 ) = e2t − e−4t
6tα1 = e2t − e−4t
1 2t
(e − e−4t )
α1 =
6t
Se utiliza este valor para hallar α0
e2t = 2tα1 + α0
2t
e − e−4t
2t
α0 = e − 2t
6t
2t
−4t
e
e
α0 = e2t −
+
3
3
1 2t
α0 =
(2e + e−4t )
3
Los elementos de la matriz exponencial son ahora:
1 2t
1
α1 t =
(e − e−4t )t = (e2t − e−4t )
6t
6
1 2t
4
8α1 t = 8
(e − e−4t ) t = (e2t − e−4t )
6t
3
1 2t
1 2t
1
−4t
−4t
α0 − 2α1 t =
(2e + e ) − 2
(e − e ) t = (2e2t + e−4t − e2t + e−4t )
3
6t
3
1 2t
(e + 2e−4t )
=
3
108
Se puede ahora escribir la solución particular
eAt =
1
(2e2t + e−4t )
3
4 2t
(e − e−4t )
3
1 2t
(e − e−4t )
6
1 2t
(e + 2e−4t )
3
4e2t + 2e−4t
e2t − e−4t
1
=
6
1
e−As F (s) =
6
=
1
6
!
e−2s − e4s
0
8e−2s − 8e4s 2e−2s + 4e4s
!
e−s − e5s
!
es
1
=
6
es (e−2s − e4s )
!
es (2e−2s + 4e4s )
2e−s + 4e5s
1
e−As F (s)ds =
6
t0
=
1
6
=
1
6
1
=
30
Z t
1
1
−As
e
F (s)ds =
6
30
t0
=
!
8e2t − 8e−4t 2e2t + 4e−4t
4e−2s + 2e4s
Z t
eAt
!
1
180
Rt
Rt
(e−s − e5s )ds
t0
t0
!
(2e−s + 4e5s )ds
t
(−e−s − 51 e5s ) t0
1
=
6
!
t
(−e−t − 15 e5t ) − (−1 − 15 )
(−2e−s + 45 e5s ) t0
!
(−2e−t + 45 e5t ) − (−2 + 45 )
!
−t
5t
−5e
−e +6
5
−10e−t +4e5t +6
5
−5e−t − e5t + 6
!
−10e−t + 4e5t + 6
4e2t + 2e−4t
e2t − e−4t
8e2t − 8e−4t
2e2t + 4e−4t
!
−5e−t − e5t + 6
!
−10e−t + 4e5t + 6
(4e2t + 2e−4t )(−5e−t − e5t + 6) + (e2t − e−4t )(−10e−t + 4e5t + 6)
!
(8e2t − 8e−4t )(−5e−t − e5t + 6) + (2e2t + 4e−4t )(−10e−t + 4e5t + 6)
Las operaciones de los polinomios del vector resultado se muestran a continuación. Para el elemento
(1,1)
−20et − 10e−5t − 4e−7t − 2et + 24e2t + 12e−4t −
10et + 4e−7t + 6e2t + 10e−5t − 4et − 6e−4t = −30et + 30e2t + 6e−4t
Para el elemento (2,1):
−40et − 8e7t − 48e2t + 40e5t + 8et − 48e−4t −
20et + 8e7t + 12e2t − 40e−5t + 16et 24e−4t = −36et + 60e2t − 24e−4t
109
eAt
!
t
2t
−4t
−30e
+
30e
+
6e
1
e−As F (s)ds =
180 −36et + 60e2t − 24e−4t
t0
!
−5et + 5e2t + e−4t
1
(6)
=
180
−6et + 10e2t − 4e−4t
!
−6et + 5e2t + e−4t
1
=
30 −6et + 10e2t − 4e−4t
Z t
La solución complementaria Xc = eAt C quedarı́a de la siguiente forma
1
eAt C =
6
1
=
6
4e2t + 2e−4t
e2t − e−4t
!
8e2t − 8e−4t 2e2t + 4e−4t
c1
!
c2
c1 (4e2t + 2e−4t ) + c2 (e2t − e−4t )
!
c1 (8e2t − 8e−4t ) + c2 (2e2t + 4e−4t )
Rt
La solución general X(t) = eAt C + eAt t0 e−As F (s)ds solicitada es
x˙1
x˙2
!
1
=
6
1
30
c1 (4e2t + 2e−4t ) + c2 (e2t − e−4t )
c1 (8e2t − 8e−4t ) + c2 (2e2t + 4e−4t )
!
−6et + 5e2t + e−4t
!
+
−6et + 10e2t − 4e−4t
(4.54)
Utilizando las condiciones iniciales para hallar los valores de las constantes c1 y c2 . En este caso, se deben
tomar en cuenta los cambios de variables (4.50)-(4.52): x = x1 y ẋ = x2 .
1
1
1
c1 (4e2·0 + 2e−4·0 ) + c2 (e2·0 − e−4·0 ) + (−6e1·0 + 5e2·0 + e−4·0 )
6
6
30
1
1
1
1 =
c1 (4 + 2) + c2 (1 − 1) + (−6 + 5 + 1)
6
6
30
c1 = 1
x1 (0) = 1 =
1
1
1
c1 (8e2t − 8e−4t ) + c2 (2e2t + 4e−4t ) + (−6et + 10e2t − 4e−4t )
6
6
30
1
1
1
2·0
−4·0
2·0
−4·0
x˙1 (0) = −4 =
c1 (8e − 8e ) + c2 (2e + 4e ) + (−6e1·0 + 10e2·0 − 4e−4·0 )
6
6
30
1
1
1
−4 =
c1 (8 − 8) + c2 (2 + 4) + (−6 + 10 − 4)
6
6
30
c2 = −4
x˙1 (t) =
110
Sustituyedo los valores encontrados para c1 y c2 en (4.55), se obtiene una solución particular
x˙1
x˙2
!
1
=
6
=
=
=
1
6
4e2t + 2e−4t − 4e2t + 4e−4t )
!
1
+
30
−6et + 5e2t + e−4t
!
−6et + 10e2t − 4e−4t
8e2t − 8e−4t − 8e2t − 16e−4t )
!
!
6e−4t )
−6et + 5e2t + e−4t
1
+
30 −6et + 10e2t − 4e−4t
−24e−4t )
!
1 −4t
e
e−4t − 51 et + 16 e2t + 30
4 −4t
−4e−4t − 15 et + 31 e2t − 30
e
!
31 −4t
e + 16 e2t − 15 et
30
− 62
e−4t + 13 e2t − 51 et
15
x˙1 =
31 −4t 1 2t 1 t
e + e − e
30
6
5
x˙2 =
−
62 −4t 1 2t 1 t
e + e − e
15
3
5
Rt
Puede emplearse la fórmula X(t) = eA(t−t0 ) C + t0 eA(t−s) F (s)ds con

x(t0 )



C = X(t0 ) = 


x′ (t0 )
..
.





(4.55)
x(n−1) (t0 )
4.5.
Método adicional para resolver sistemas que están sujetos a
condiciones iniciales
Analizando primeramente el caso escalar:
ẋ(t) = ax(t) + f (t) o ẋ(t) − ax(t) = f (t)
Resolviendo con factor integrante, µ(t) = e−
R
adt −at
e
d −at
e x(t) = e−at f (t)
dt
111
(4.56)
Si se resuelve la ecuación diferencial sujeta a x(t0 ) = x0 , entonces se debe resolver (4.56) en un intervalo
que contenga a t0 , entonces se tendrı́a que:
Z t
−at
d e
x(t)
Z t
=
t0
e−as f (s)ds
t
Z 0t
t
e−at x(t) t0 =
e−as f (s)ds
t
Z 0t
e−as f (s)ds
t0
Z t
−at
−at0
e−as f (s)ds
x(t0 ) +
e x(t) = e
t0
Z t
at −at0
at
x(t) = e e
x(t0 ) + e
e−as f (s)ds
t
Z t0
x(t) = ea(t−t0 ) x(t0 ) + eat
e−as f (s)ds
e−at x(t) − e−at0 x(t0 ) =
t0
donde x(t0 ) = x0 , ahora matricialmente se tiene
X(t) = e
A(t−t0 )
At
Z t
C +e
−As
e
A(t−t0 )
F (s)ds = e
Z t
C+
t0
eA(t−s) F (s)ds
(4.57)
t0
con C igual a la definida en (4.55).
Ejemplo 4.21
Resolver ẍ + x = 3 con x(π) = 1 y ẋ(π) = 2.
Solución: Se definen las nuevas variables x1 = x, ẋ1 = ẋ = x2 y ẋ2 = ẍ1 = ẍ. A partir de los cuales se
puede rescribir la ecuación diferencial como
ẋ1 = x2
ẋ2 = 3 − x = 3 − x1
y los vectores X(t), A y F (t)
X(t) =
x1
x2
!
0
,A =
1
!
, F (t) =
−1 0
0
3
!
.
De las condiciones iniciales del problema se puede identificar a t0 = π, por lo que la matriz C es
C=
x(t0 )
!
x′ (t0 )
=
1
!
2
Entonces se tiene un sistema con n = 2 y por lo tanto la matriz exponencial será escrita en la forma
112
eAt = α1 At + α0 I
eAt = α1 At + α0 I
0
= α1
=
t
!
+ α0
−t 0
α0
α1 t
−α1 t
α0
1 0
!
0 1
!
Los valores eigen de este sistema de ecuaciones diferenciales es
det(At − λI) =
−λ
t
−t −λ
= λ2 + t2 → λ1,2 = ±it
con los cuales se obtiene el siguiente sistemas de ecuaciones para α1 y α2
r(λ1 ) = eit = iα1 t + α0
(4.58)
r(λ2 ) = e−it = −iα1 t + α0
(4.59)
Sumando las ecuaciones (4.58) y (4.59) se obtiene el valor de α0
1
α0 = (eit + e−it ) = cos t
2
Sustituyendo este último valor en (4.58) se tiene
1 it
1 eit − e−it
1
−it
α1 =
(e + e ) =
= sen(t)
2it
t
2i
t
Entonces la matriz exponencial del sistema queda como
1
!
cos(t)
sen(t)
t
t
1
eAt =
=
− t sen(t) t
cos(t)
cos(t)
sen(t)
!
(4.60)
− sen(t) cos(t)
Se calcula ahora el primer término de (4.57)
A(t−t0 )
e
C=
cos(t − π)
sen(t − π)
!
− sen(t − π) cos(t − π)
1
!
2
cos(t − π) + 2 sen(t − π)
=
− sen(t − π) + 2 cos(t − π)
y el término de la integral de (4.57)
e
A(t−s)
F (s) =
cos(t − s)
sen(t − s)
!
− sen(t − s) cos(t − s)
al integrar se tiene
Z t
eA(t−s) F (s)ds =
t0
=
=
0
3
!
=
3 sen(t − s)
3 cos(t − s)
!
Rt
3 π sen(t − s)ds
=
Rt
3 π cos(t − s)ds
−3(− cos(t − s))|tπ
3 cos(0)) − 3 cos(t − π)
!
−3 sen(0) + 3 sen(t − π)
!
3 − 3 cos(t − π)
3 sen(t − π)
113
!
−3 sen(t − s)|tπ
!
!
Rt
Ahora es posible escribir la solución X(t) = eA(t−t0 ) C + t0 eA(t−s) F (s)ds
X(t) =
=
cos(t − π) + 2 sen(t − π)
!
− sen(t − π) + 2 cos(t − π)
3 − 2 cos(t − π) + 2 sen(t − π)
+
3 − 3 cos(t − π)
!
3 sen(t − π)
!
2 cos(t − π) + 2 sen(t − π)
dado que cos(t − π) = − cos(t) y sen(t − π) = − sen(t), entonces
!
!
3 − 2(− cos(t)) + 2(− sen(t))
3 + 2 cos(t) − 2 sen(t)
X(t) =
=
2(− cos(t)) + 2(− sen(t))
−2 cos(t) − 2 sen(t)
114
Parte V
Transformada de Laplace
115
5.1.
Introducción
En esta parte se estudia la Transformada de Laplace como un caso particular de las transformaciones integrales. Se estudian sus propiedades y se establece qué es una transformación lineal. Además, se
determinan las transformadas de las funciones más comunes y sus respectivas inversas construyendo las
tablas con las fórmulas de las transformadas más utiles. También se prueban y aplican los principales
teoremas y propiedades, las cuales resultan útiles para resolver ecuaciones diferenciales lineales de coeficientes constantes y sistemas de ecuaciones diferenciales lineales de coeficientes constantes. Se replantea
la solución de sistemas de ecuaciones diferenciales de primer orden en su forma canónica pero ahora se
utiliza la transformada de Laplace para calcular la matriz exponencial al resolver sistemas homogéneos
y no homogéneos de ecuaciones diferenciales de primer orden.
Los apuntes mostrados aqui fueron tomados de [1] y [5].
5.2.
Preliminares
El tratado de mecánica celeste desarrollado por el Marqués Pierre Simon de Laplace marcó la utilidad de la transformada del mismo nombre como una herramienta que permite resolver problemas de
ecuaciones diferenciales e integrales. La potencialidad de ésta transformación nos permite la resolución
de problemas complicados transportando las funciones hacia un nuevo dominio de tal manera que sólo
se necesita de procesos algebraicos elementales para lograrlo.
La caracterı́stica básica de las transformaciones a tratar en esta unidad consiste en que cada una de
ellas opera sobre funciones y produce otras funciones. Obviamente, en la mayorı́a de los casos hay que
imponer restricciones a las funciones sobre las cuales la transformación es aplicable. A la función que
resulta después de una transformación se le llama transformada de la función.
De acuerdo con lo que se ha descrito anteriormente, una transformación es una operación que al
aplicarse a una función nos proporciona otra nueva función llamada transformada. Un ejemplo cotidiano
e ilustrativo de lo que es una transformación es la derivación de funciones. Si se utiliza la letra D para
denotar al operador de derivación, esa transformación puede escribirse como
D[f (t)] = f ′ (t)
(5.1)
además, nótese que si f (t) = ag(t) + bh(t) donde a, b ∈ R, entonces
D[f (t)] = D[ag(t) + bh(t)]
como la derivada de dos funciones es la suma de las derivadas de cada función, es posible escribir:
D[f (t)] = D[ag(t)] + D[bh(t)]
Además, cuando hay constantes involucradas, éstas pueden extraerse de la derivación, con lo cual la
expresión anterior nos queda como
D[f (t)] = D[ag(t)] + D[bh(t)] = ag ′ (t) + bh′ (t)
117
(5.2)
donde g ′ (t) y h′ (t) son ahora las nuevas funciones, multiplicadas por sus respectivas constantes.
Observe que en (5.3), se cumple con las dos operaciones básicas de toda transformación lineal, a saber: la operación suma y la operación producto por un escalar. Una transformación general T de funciones
se dice que es lineal si se verifica
T [αf (t) + βg(t)] = αT [f (t)] + βT [g(t)]
(5.3)
para todas las funciones admisibles y para todo par de constantes α y β. La simbologia empleada en la
ecuacion anterior, nos muestra que la transformada de cualquier combinacion lineal de dos funciones es
igual a la combinacion lineal de las transformadas.
5.3.
Transformaciones integrales
Las transformaciones integrales constituyen un tipo de transformaciones lineales de relevancia en el
mundo de las matemáticas aplicadas. Si se considera una función f (t) definida en un intervalo finito o
infinito a ≤ t ≤ b y si se toma una función fija K(s, t) de la variable t y del parámetro s; entonces la
transformacion integral general viene dada por
Z b
T [f (t)] =
K(s, t)f (t)dt = F (s)
(5.4)
a
donde la funcion K(s, t) se llama núcleo de la transformación T y obviamente T es lineal independientemente de la naturaleza de K(s, t). Ahora bien, cuando a = 0, b = ∞ y K(s, t) = e−st , se obtiene el
caso especial de (5.4) que corresponde a la Transformada de Laplace.
5.4.
Definición de transformada de Laplace, condición de existencia
y cálculo de transformadas de Laplace aplicando su definición
Definición 5.1 Sea f (t) una función definida para t ≥ 0. La Transformada de Laplace de f (t) se
define como
L {f (t)} = F (s) =
Z ∞
−st
e
Z b
f (t)dt = lı́m
b→∞
0
e−st f (t)dt.
(5.5)
0
Se dice que la transformada de Laplace de f (t) existe cuando la integral (5.5) converge para algún valor
de s; de otra manera se dice que no existe.
5.4.1.
Condiciones suficientes para la existencia de L {f (t)}
La integral que define la transformada de Laplace no necesariamente converge. Por ejemplo, no existen L {1/t} ni L {et }. Las condiciones suficientes que garantizan la existencia de L {f (t)} son que f
2
sea continua parte por parte en [0, ∞) y que f sea de orden exponencial para t > T .
118
Definición 5.2 Se dice que una función f es de orden exponencial si existen numeros c, M > 0 y T > 0
tales que |f (t)| ≤ M ect para t > T .
NOTACIÓN: Para una exposición en términos generales, se utilizará una letra minúscula para denotar
la función que se transforma, y la correspondiente letra mayúscula para representar su transformada de
Laplace; por ejemplo,
L {f (t)} = F (s),
L {g(t)} = G(s),
L {y(t)} = Y (s)
Ejemplo 5.1
Evaluar L {1}.
Solución:
L {1} =
Z ∞
−st
Z b
e
(1)dt = lı́m
−e
−sb
b→∞
0
=
=
lı́m
b→∞
1
,
s
b
−e−st
b→∞
s 0
e−st (1)dt = lı́m
0
−s·0
+e
s
∀s > 0
Es decir, cuando s > 0, el exponente −sb es negativo y e−sb → 0 cuando b → ∞. Si s < 0, la integral
diverge.
El uso del sı́mbolo para lı́mite se convierte en algo tedioso, por lo que se adoptará la notación |∞
0 para
expresar en forma abreviada lı́mb→∞ ()|b0 . Por ejemplo,
L {1} =
Z ∞
b
e−st dt =
0
−e−st
1
= , ∀s > 0
s 0 s
en donde se entiende que el lı́mite superior e−sb → 0 cuando b → ∞ para s > 0.
Ejemplo 5.2
Evaluar L {t}.
Solución:
L {t} =
Z ∞
e−st tdt
0
que se resuelve con integración por partes haciendo u = t, du = dt, dv = e−st dt y v = − 1s e−st
∞
Z ∞
Z
∞
te−st
1 ∞ −st
te−st e−st
−st
L {t} =
e tdt = −
+
e dt = −
− 2
s 0
s 0
s
s
0
0
−s·∞
−s·∞
−s·0
−s·0
∞·e
e
0·e
e
=
−
− 2
− −
− 2
s
s
s
s
=
1
,
s2
∀s > 0 .
119
Ejemplo 5.3
(
Evaluar L {f (t)} para f (t) =
0, 0 ≤ t < 3;
2, t ≥ 3.
.
Solución:
L {f (t)} =
Z ∞
−st
e
Z 3
Z ∞
e−st (2)dt
0
3
Z ∞
∞
2 −s·∞
2 −s·(3)
2 −st
−st
= − e
− − e
e dt = − e
= 2
s
s
s
3
3
f (t)dt =
0
=
−st
e
(0)dt +
2 −3s
e ,
s
∀s > 0
Ejemplo 5.4
(
Evaluar L {f (t)} para f (t) =
−1, 0 ≤ t < 1;
t ≥ 1.
1,
.
Solución:
L {f (t)} =
Z ∞
−st
e
Z 1
f (t)dt =
0
=
=
=
=
Z ∞
−st
(−1)dt +
e−st (1)dt
0
1
−st 1 −st ∞
Z 1
Z ∞
e
e
−st
−st
+ −
−
e dt +
e dt =
s
s
1
−s0
1 −s·∞
0
−s·0
−s
e
e
e
e
−
+ −
−
s
s
s
s
−s
−s
e
1 e
− +
s
s
s
−s
2e
1
− ,
∀s > 0
s
s
e
Ejemplo 5.5
(
Evaluar L {f (t)} para f (t) =
4, 0 ≤ t < 2;
0, t ≥ 2.
.
120
Solución:
L {f (t)} =
Z ∞
e
−st
Z 2
Z ∞
e−st (0)dt
2
0
2
Z 2
−e−st
−st
= 4
e dt = 4 −
s
0
−2s −s·0 0
e
e
= 4 −
− −
s
s
e
f (t)dt =
0
=
−
−st
(4)dt +
4e−2s 4
+ ,
s
s
∀s > 0
Ejemplo 5.6
(
Evaluar L {f (t)} para f (t) =
t, 0 ≤ t < 1;
1, t ≥ 1.
.
Solución:
L {f (t)} =
Z ∞
e
−st
Z 1
f (t)dt =
0
te
0
−st
Z ∞
dt +
e−st dt
1
Integrando por partes la primera integral haciendo u = t, du = dt, dv = e−st dt y v = − 1s e−st
L {f (t)} =
=
=
=
=
Z ∞
Z
1
te−st
1 1 −st
e−st dt
−
e dt +
+
s 0 s 0
1
1
−st
−st
−st ∞
te
e
e
−
− 2
−
s
s
s 1
0 −s·∞ −s −s
−s
e
0 · e−s·0 e−s·0
e
e
e
− 2 − −
− 2
−
−
−
s
s
s
s
s
s
−s
−s
−s
e
e
1
e
−
− 2 + 2+
s
s
s
s
−s
1
e
−
,
∀s > 0
s2
s2
5.5.
Transformadas de Laplace de funciones comunes
5.5.1.
Transformada de la función exponencial en el tiempo (eat )
Se procede a encontrar la transformada de Laplace de la función eat , dónde a es una constante que
puede ser real negativa o positiva, puramente imaginaria o compleja, de modo que al aplicar la definición
121
de la transformada de Laplace, se obtiene la siguiente expresión:
L {e } =
at
Z ∞
Z ∞
−st at
Z ∞
dt =
e−t(s−a) dt
0
0∞
−∞·(s−a)
0
e
e−0·(s−a)
1 −t(s−a)
dt = −
e
+
= −
s−a
s−a
s−a
0
e
e dt =
−st+at
e
L {eat } =
1
s−a
(5.6)
donde s > a para que la integral sea convergente.
5.5.2.
Transformada de la función seno (sen(ωt))
Por la identidad de Euler:
sen(ωt) =
1 jωt
e − e−jωt
2j
Al usar esta última identidad al aplicar la transformada de Laplace se tiene
L {sen(ωt)} =
=
=
=
1 jωt
−jωt
L
e −e
2j
Z ∞
1 jωt
−st
−jωt
e
e −e
dt
2j
0
Z
Z
1 ∞ −st −jωt
1 ∞ −st jωt
e e dt −
e e
dt
2j 0
2j 0
1
1
L {ejωt } − L {e−jωt }
2j
2j
Aplicando el resultado en (5.6) con a = jω para la primera exponencial y a = −jω para la segunda, se
tiene
1
1
1
1
1 (s + jω) − (s − jω)
L {sen(ωt)} =
−
=
2j s − jω
2j s + jω
2j
(s + jω)(s + jω)
1
1 s + jω − s + jω
2jω
=
=
2j
s2 − (jω)2
2j s2 + ω 2
L {sen(ωt)} =
5.5.3.
ω
s2 + ω 2
Transformada de la función coseno (cos(ωt))
Para la función cos ωt, la identidad de Euler es la siguiente:
cos(ωt) =
1 jωt
e + e−jωt
2
122
(5.7)
Al usar esta última identidad al aplicar la transformada de Laplace se tiene
1 jωt
−jωt
e +e
L {cos(ωt)} = L
2
Z ∞
−st 1
jωt
−jωt
=
e
dt
e +e
2
0
Z
Z
1 ∞ −st jωt
1 ∞ −st −jωt
=
e e dt +
e e
dt
2 0
2 0
1
1
=
L {ejωt } + L {e−jωt }
2
2
Aplicando el resultado en (5.6) se tiene
1
1
1
1
1 (s + jω) + (s − jω)
L {cos(ωt)} =
+
=
2 s − jω
2 s + jω
2
(s + jω)(s + jω)
1 s + jω + s − jω
1
2s
=
=
2
s2 − (jω)2
2 s2 + ω 2
L {cos(ωt)} =
5.5.4.
s
s2 + ω 2
(5.8)
Transformadas de las funciones seno y coseno hiperbólicos (senh(ωt) y
cosh(ωt))
Para este par de funciones, las siguientes identidades son pertinentes
senh(ωt) = 21 (eωt − e−ωt ) ,
cos(ωt) = 21 (eωt + e−ωt )
Por tanto, es posible proceder análogamente como en las transformadas de seno y coseno, tal y como se
muestra a continuación:
5.5.5.
1
1
1
ω
L {senh(ωt)} = L {eωt − e−ωt } = L {eωt } − L {e−ωt } = 2
2
2
2
s − ω2
(5.9)
1
1
s
1
L {cosh(ωt)} = L {eωt + e−ωt } = L {eωt } + L {−eωt } = 2
2
2
2
s − ω2
(5.10)
Transformada de la función coseno amortiguada (eat cos(ωt))
Al emplear las leyes de exponentes y la identidad de Euler, se puede escribir que
1 at jωt
eat cos(ωt) =
e e + e−jωt
2
1 (a+jω)t
=
e
+ e(a−jω)t
2
con lo cual se puede aplicar la transformación de Laplace, la cual es lineal, como sigue
1 (a+jω)t
L {eat cos(ωt)} =
L e
+ e(a−jω)t
2
1 (a+jω)t
1 =
L e
+ L e(a−jω)t
2
2
123
A esta última expresión se le puede aplicar el resultado en (5.6) con â = a + jω para la primera exponencial y â = a − jω para la segunda, se tiene
1
1
1
at
+
L {e cos(ωt)} =
2 s − (a + jω) s − (a − jω)
1 (s − (a − jω)) + (s − (a + jω))
=
2 (s − (a + jω))(s − (a − jω))
1
s − a + jω + s − a − jω
=
2 ((s − a) + jω)((s − a) − jω)
1
2s − 2a
1
2(s − a)
=
=
2 (s − a)2 − (jω)2
2 (s − a)2 − j 2 ω 2
L {eat cos(ωt)} =
5.5.6.
s−a
(s − a)2 + ω 2
(5.11)
Transformada de potencias positivas de t, tn
Ahora se procede a encontrar la transformada de Laplace de la función tn , donde n es un entero
positivo. Por la definición de transformada de Laplace, se puede escribir:
Z ∞
n
e−st tn dt
L {t } =
0
Esta integral se puede resolver mediante integración por partes empleando
Entonces
u = tn ,
dv = e−st dt
du = ntn−1 dt,
v = −e s
∞
tn e−st
n
L {t } = −
+
s 0
s
n
−st
Z ∞
e−st tn−1 dt
0
Dado que el primer término es cero con los lı́mites de integración, la integral se reduce a
Z
n ∞ −st n−1
n
L {t } =
e t dt
s 0
de tal modo que al emplear nuevamente la transformada de Laplace en la última expresión se obtiene
L {tn } =
n
L {tn−1 }
s
(5.12)
Por definición, la transformada de Laplace de tn−1 queda expresada como
Z ∞
n−1
L {t } =
e−st tn−1 dt
0
y aplicando nuevamente integración por partes, con
u = tn−1 ,
dv = e−st dt
du = (n − 1)tn−2 dt,
v = −e s
124
−st
∞
L {t
n−1
tn−1 e−st
(n − 1)
}= −
+
s
s
0
Z ∞
−st n−2
e
t
0
(n − 1)
dt =
s
Z ∞
e−st tn−2 dt.
0
En donde se puede observar que el primer término es cero con los lı́mites de integración y que la última
la integral corresponde a la transformada de Laplace de tn−2 . Esto es
L {tn−1 } =
(n − 1)
L {tn−2 }
s
(5.13)
Combinando (5.12) y (5.13)
n (n − 1)
L {tn−2 }
s
s
Si el proceso anterior se extiende para cierto valor de n, se puede observar que
L {tn } =
L {tn } =
n(n − 1)(n − 2) · · · 1
n!
n! 1
L {1} = n · = n+1
n
s
s s
s
(5.14)
La tabla siguiente muestra la transformada de Laplace de algunas funciones elementales
Tabla 5.1: Transformadas de Laplace de algunas funciones elementales
No.
f (t)
L {f (t)} = F (s)
1
1
2
t
3
tn
1
,s>0
s
1
,s>0
s2
n!
4
e
at
5
sen(ωt)
6
cos(ωt)
7
senh(ωt)
8
cosh(ωt)
9
eat sen(ωt)
10
eat cos(ωt)
,s>0
sn+1
1
,s>a
s−a
ω
,s>0
s2 +ω 2
s
,s>0
s2 +ω 2
ω
, s > |ω|
s2 −ω 2
s
, s > |ω|
s2 −ω 2
ω
(s−a)2 +ω 2
s−a
(s−a)2 +ω 2
Nota 5.1
Obsérvese que ya no se especifican restricciones para s. Se sobreentiende que s está lo suficientemente restringido para
garantizar la convergencia de la correspondiente transformada de Laplace.
5.6.
Propiedades de la transformada de Laplace (Operador Lineal)
Para una suma de funciones αf (t) + βg(t), se puede escribir que
Z ∞
Z ∞
Z ∞
−st
−st
L {αf (t) + βg(t)} =
e [αf (t) + βg(t)]dt = α
e f (t)dt + β
e−st g(t)dt
0
0
125
0
cuando ambas integrales son convergentes. Por lo tanto, se tiene que
L {αf (t) + βg(t)} = αL {f (t)} + βL {g(t)} = αF (s) + βG(s)
con lo cual se demuestra su linealidad, ya que una transformación general T de funciones se dice que es
lineal si se verifica
T {αf (t) + βg(t)} = αT {f (t)} + βT {g(t)}
El uso de esta propiedad se mostrará en los siguientes ejemplos.
Ejemplo 5.7
Determinar L {6t − 4 sen(2t)}.
Solución: Por la linealidad L {6t − 4 sen(2t)} = L {6t} − L {4 sen(2t)}, entonces
1
2
L {6t − 4 sen(2t)} = 6 2 − 4 2
s
s + 22
6
8
= 2− 2
s
s +4
−2s2 + 24
F (s) =
s2 (s2 + 4)
Ejemplo 5.8
Calcular L {cos2 (t)}.
Solución: Se necesita usar la identidad trigonométrica para cos2 (t)
cos2 (t) =
1 1
+ cos(2t)
2 2
Entonces, por linealidad
L {cos (t)} = L
2
1 1
1
1
+ cos(2t) = L {1} + L {cos(2t)}
2 2
2
2
Empleando los pares de transformadas correspondientes de la Tabla 5.1, se tiene
1 1
1
2
1 (s2 + 4) + s2
1 2s2 + 4
2
L {cos (t)} =
+
=
=
2 s
2 s2 + 4
2
s(s2 + 4)
2 s(s2 + 4)
L {cos2 (t)} =
126
s2 + 2
s(s2 + 4)
Ejemplo 5.9
Evaluar L {(1 + e2t )2 }.
Solución: Dado que (1 + e2t )2 = 1 + 2e2t + e4t , entonces
L {(1 + e2t )2 } = L {1 + 2e2t + e4t }
= L {1} + 2L {e2t } + L {e4t }
L {(1 + e2t )2 } =
1
2
1
+
+
s s−2 s−4
Ejemplo 5.10
Evaluar L {(t + 1)3 }.
Solución: En este caso, al desarrollar el polinomio (t + 1)3 = t3 + 3t2 + 3t + 1, entonces
L {(t + 1)3 } = L {t3 + 3t2 + 3t + 1}
= L {t3 } + 3L {t2 } + 3L {t} + L {1}
2!
1!
3!
1
= 4 +3 3 +3 2 +
s
s
s
s
L {(t + 1)3 } =
5.7.
6
3
1
6
+ 3+ 2+
4
s
s
s
s
Primer Teorema de Traslación
Teorema 5.1 Si a es un número real cualquiera, entonces
L {eat f (t)} = F (s − a)
en donde L {f (t)} = F (s).
Demostración
De la definición original de L {f (t)}, resulta
Z ∞
Z ∞
at
−st at
L {e f (t)} =
e (e f (t))dt =
e−(s−a)t f (t)dt
0
0
donde si se toma el cambio de variable ŝ = s − a, entonces
Z ∞
at
L {e f (t)} =
e−ŝt f (t)dt = F (ŝ)
0
L {e f (t)} = F (s − a)
at
127
(5.15)
Por tanto, si ya se conoce L {f (t)} = F (s) entonces se puede calcular L {f (t)} cambiando F (s)
por F (s − a), o sea
L {eat f (t)} = L {f (t)}s→s−a = F (s − a)
constituyendo asi el primer teorema de traslacion.
Ejemplo 5.11
Hallar L {e5t t3 }.
Solución: Empleando el primer teorema de traslación se puede identificar eat = e5t , a = 5 y f (t) = t3 ,
de modo que
6
3!
=
4
s s→s−5
(s − 5)4
L {e5t t3 } = L {t3 }s→s−5 =
Ejemplo 5.12
Hallar L {et sen(3t)}.
Solución: Empleando el primer teorema de traslación se puede identificar eat = et , a = 1 y f (t) =
sen(3t), de modo que
L {et sen(3t)} = L {sen(3t)}s→s−1 =
5.8.
3
s2 + 9
=
s→s−1
3
3
= 2
2
(s − 1) + 9
s − 2s + 10
Transformada de una derivada
Teorema 5.2 Si f (t), f ′ (t), . . . , f (n−1) (t) son continuas para t ≥ 0 y de orden exponencial, y si f (n) es
continua parte por parte para t ≥ 0, entonces
L {f (n) (t)} = sn F (s) − sn−1 f (0) − sn−2 f ′ (0) − · · · − f (n−1) (0)
donde L {f (t)} = F (s).
Demostracion:
Suponga que si y = f (t), entonces
L {f (t)} =
′
Z ∞
e−st f ′ (t)dt
0
empleando integración por partes:
u = e−st ,
dv = f ′ (t)dt
du = −se−st dt,
128
v = f (t)
(5.16)
de modo que
Z ∞
−st ′
e
∞
f (t) 0 + s
Z ∞
e−st f (t)dt
0
Z ∞
−s·∞
−s·0
= e
f (∞) −e f (0) + s
e−st f (t)dt
| {z }
|0
{z
}
0
f (t)dt = e
0
−st
F (s)
= −f (0) + sF (s) = sF (s) − f (0)
De igual forma, para y ′′ = f ′′ (t) se tiene
L {f (t)} =
′′
Z ∞
e−st f ′′ (t)dt
0
empleando nuevamente integración por partes:
u = e−st ,
dv = f ′′ (t)dt
du = −se−st dt,
v = f ′ (t)
de modo que
Z ∞
−st ′′
e
∞
f (t) 0 + s
−st ′
Z ∞
e−st f ′ (t)dt
0
Z ∞
−s·0 ′
−s·∞ ′
e−st f ′ (t)dt
= e
f (∞) −e f (0) + s
{z
}
|
|0
{z
}
0
f (t)dt = e
0
L {f ′ (t)}
utilizando el último resultado para L {f ′ (t)}
Z ∞
e−st f ′′ (t)dt = −f ′ (0) + s[sF (s) − f (0)] = s2 F (s) − sf (0) − f ′ (0)
0
algo similar ocurrirı́a con L {f ′′′ (t)}, de tal manera que en un caso general, se puede englobar L {f (n) (t)}
en el teorema precedente.
5.9.
Derivadas de una transformada
Teorema 5.3 Para n = 1, 2, 3, . . .
L {tn f (t)} = (−1)n
n
dn
n d
L
{f
(t)}
=
(−1)
F (s)
dsn
dsn
(5.17)
donde F (s) = L {f (t)}.
Demostración:
Si F (s) = L {f (t)} y si se supone que es posible intercambiar el orden de integración y el de derivación,
entonces
Z
Z ∞
d
d ∞ −st
∂ −st
F (s) =
e f (t)dt =
e f (t) dt
ds
ds 0
∂s
0
Z ∞
= −
e−st tf (t)dt
0
= −L {tf (t)}
129
y por ello, se puede escribir:
L {tf (t)} = −
d
F (s)
ds
De manera análoga,
d
d
L {t f (t)} = L {t · tf (t)} = − L {tf (t)} = −
ds
ds
2
d
=
L {f (t)}
ds2
2
d
L {f (t)}
ds
y por ello, se puede escribir:
d2
L {t f (t)} = 2 F (s)
ds
Con los dos casos anteriores, se puede generalizar para L {tn f (t)} de acuerdo al teorema precedente.
2
Ejemplo 5.13
Calcular L {t sen(ωt)}.
Solucion: Con n = 1
d
d
L {t sen(ωt)} = − L {sen(ωt)} = −
ds
ds
ω
2
s + ω2
=−
2ωs
(s2 + ω 2 )2
Ejemplo 5.14
Calcular L {t2 sen(ωt)}.
Solucion: Con n = 2
L {t sen(ωt)} =
2
=
=
=
d2
d2
ω
L {sen(ωt)} = 2
ds2
ds s2 + ω 2
d
−2ωs
8ωs2
−2ω
+
= 2
ds (s2 + ω 2 )2
(s + ω 2 )2 (s2 + ω 2 )3
−2ωs2 − 2ω 3 + 8ωs2
−2ω(s2 + ω 2 ) + 8ωs2
=
(s2 + ω 2 )3
(s2 + ω 2 )3
6ωs2 − 2ω 3
(s2 + ω 2 )3
Los ejemplos anteriores corresponden a ejercicios que implican derivadas de una transformada. A
continuación se ejemplificará el empleo de la transformada de una derivada.
Ejemplo 5.15
Hallar L {ωt cos(ωt) + sen(ωt)}.
Solución: Nótese
L {ωt cos(ωt) + sen(ωt)} =
130
d
L {t sen(ωt)}
dt
de manera que:
L {ωt cos(ωt) + sen(ωt)} =
=
=
=
=
d
(t sen(ωt))
L
dt
sL {t sen(ωt)}
d
s − L {sen(ωt)}
ds
d
ω
−s
ds s2 + ω 2
2ωs
−s − 2
(s + ω 2 )2
L {ωt cos(ωt) + sen(ωt)} =
2ωs2
(s2 + ω 2 )2
Nótese que L {f ′ (t)} = sF (s) − f (0), donde donde f (0) no se usa ya que el problema no proporciona
condiciones iniciales y entonces se supone f (0) = 0. Además t sen(t)|t=t0 = 0 · sen(0) = 0.
5.10.
Transformada de una integral
5.10.1.
Definición de la integral de convolución
Definición 5.3 Si dos funciones f y g son continuas por parte para t ≥ 0 entonces su convolución
denotada por f ∗ g, esta definida por la integral:
Z t
f (τ )g(t − τ )dτ
f ∗g =
(5.18)
0
Ejemplo 5.16
Calcule la convolución de f (t) = et y g(t) = sen(t).
Solución:
t
Z t
e ∗ sen(t) =
eτ sen(t − τ )dτ
(5.19)
0
Mediante integración por partes
u = sen(t − τ ),
dv = eτ dτ
v = eτ
Z
Z
τ
τ
e sen(t − τ )dτ = e sen(t − τ ) + eτ cos(t − τ )dτ
du = − cos(t − τ )dτ,
integrando por partes otra vez y sustituyendo en (5.20)
dv = eτ dτ
u = cos(t − τ ),
du = (−1)(− sen(t − τ ))dτ = sen(t − τ )dτ,
131
v = eτ
(5.20)
Z
τ
τ
τ
Z
e sen(t − τ )dτ = e sen(t − τ ) + e cos(t − τ ) −
Z
2
Z
τ
e sen(t − τ )dτ
eτ sen(t − τ )dτ = eτ sen(t − τ ) + eτ cos(t − τ )
eτ
[sen(t − τ ) + cos(t − τ )]
e sen(t − τ )dτ =
2
τ
(5.21)
Sustituyendo (5.21) en (5.19)
Z t
f ∗g =
t
eτ
[sen(t − τ ) + cos(t − τ )]
2
0
et
e0
=
[sen(0) + cos(0)] − [sen(t) + cos(t)]
2
2
et 1
=
− [sen(t) + cos(t)]
2
2
1 t
=
e − sen(t) − cos(t)
2
eτ sen(t − τ )dτ =
0
5.10.2.
(5.22)
Teorema de convolución
Teorema 5.4 Sean f (t) y g(t) continuas parte por parte para t ≥ 0 y de orden exponencial. Entonces
L {f ∗ g} = L {f (t)}L {g(t)} = F (s)G(s)
(5.23)
Ejemplo 5.17
o
nR
t
Calcular L 0 eτ sen(t − τ )dτ .
Solución: Se puede identificar f (t) = et y g(t) = sen(t). Por lo tanto
Z t
τ
L
e sen(t − τ )dτ
= L {f ∗ g} = L {et }L {sen(t)}
0
1
1
=
s−1
s2 + 1
=
1
(s − 1)(s2 + 1)
Corolario 5.3 Cuando g(t) = 1 y G(s) = 1/s, el teorema de convolución implica que la transformada
de Laplace de la integral de una función f es
Z t
F (s)
L
f (τ )dτ =
s
0
132
(5.24)
u(t − a)
6
dcbà
e
1
-
e
-
a
t
Figura 5.1: Función escalón unitario [Elaboración propia].
5.11.
Transformada de la función escalón unitario y segundo teorema de traslación
5.11.1.
La función escalón unitario
Definición 5.4 La función escalón unitario (figura 5.1) se define como
(
0, 0 ≤ t < a;
u(t − a) =
1, t ≥ a.
(5.25)
Se emplea en ingenierı́a para describir: una fuerza externa que actúa sobre un sistema mecánico ó un
voltaje suministrado a un circuito y que pueden ser desconectados después de cierto perı́odo. También
es conocida como paso unitario
Ejemplo 5.18
Trace las gráficas de u(t) y u(t − 4).
Solución: Para el primer caso, el escalón se encuentra centrado en el origen, es decir a = 0, por lo que
se puede escribir
(
u(t) =
0, 0 > t;
1, t ≥ 0.
(5.26)
y su gráfica se muestra en la figura 5.2a.
Para el segundo caso, a = 4 ̸= 0, por lo que se puede escribir
(
0, 0 ≤ t < 4;
u(t − 4) =
1, t ≥ 4.
y su gráfica se muestra en la figura 5.2b.
133
(5.27)
u(t)
u(t − 4)
6
6
1 dcbà
6
6
dcbà
1
-
-
t
6
2
6
(a) Escalón unitario u(t)
-
e
-
4
t
(b) Escalón unitario u(t − 4)
Figura 5.2: Gráficas de dos funciones escalón unitarios [Elaboración propia].
La función escalón unitario puede combinarse con otras funciones definidas para t ≥ 0 y truncar una
parte de sus gráficas. Por ejemplo en
f (t) = sen tu(t − 2π), t ≥ 0
ocurre que
(
f (t) =
0 ≤ t < 2π;
0,
sen t, t ≥ 2π.
Observar que f (t) = sen(t) se traslada al punto t = 2π y que la porción de ella en el internvalo 0 ≤ t ≤
2π se hace cero; es decir se trunca. Esto se muestra en la figura 5.3.
5.11.2.
Segundo Teorema de Traslación
Teorema 5.5 Si a > 0, entonces
L {f (t − a)u(t − a)} = e−as L {f (t)} = e−as F (s)
(5.28)
f (t)
6
+1
cbà
d
e
2π
3π
4π
5π
t
−1
Figura 5.3: Función trigonométrica f (t) = sen(t) truncada para t < 2π por la combinación con el escalón
unitario u(t − 2π) [Elaboración propia].
134
Demostración:
L {f (t − a)u(t − a)} =
Z ∞
e−st f (t − a)u(t − a)dt
Z0 a
=
e
−st
Z ∞
f (t − a)u(t − a)dt +
0
e−st f (t − a)u(t − a)dt
a
dado que
(
0 ≤ t < a;
0,
f (t − a)u(t − a) =
f (t), t ≥ a.
la primer integral es cero, por lo tanto
L {f (t − a)u(t − a)} =
Z ∞
e−st f (t − a)dt.
a
Ahora se emplea un cambio de variables. Sea v = t − a, dv = dt y en consecuencia se deben cambiar
los limites de integración: cuando t = a → v = 0 y cuando t = ∞ → v = ∞. Ademas t = v + a, de
modo que:
L {f (t − a)u(t − a)} =
Z ∞
0
= e−as
−s(v+a)
e
Z ∞
Z ∞
f (v)dv =
e−sv e−as f (v)dv
0
e−sv f (v)dv
0
−as
= e
L {f (v)}
Por lo tanto, L {f (t − a)u(t − a)} = e−as F (s).
Ejemplo 5.19
Evaluar L {u(t − 8)}.
Solución: Se identifica rápidamente que f (t) = 1 y 1 · u(t − 8) = u(t − 8). Por lo tanto,
L {u(t − 8)} = e−8s L {1} =
e−8s
s
Ejemplo 5.20
Escriba la función dada en términos de funciones escalón unitarias, encuentre L {f (t)}.
(
2,
0 ≤ t < 3;
f (t) =
−2, t ≥ 3.
Solución: De la figura 5.4 se puede escribir la función f (t) como f (t) = 2 − 4u(t − 3). Por lo tanto,
L {f (t)} = L {2 − 4u(t − 3)} = 2L {1} − 4L {u(t − 3)}
1
= 2
− 4e−3s L {1}
s
2 4e−3s
=
−
s
s
135
f (t)
6
e
+2
1
2
3
4
dcbà
e
−2
t
5
-
Figura 5.4: Gráfica del ejemplo f (t) = 2 − 4u(t − 3) [Elaboración propia].
δa (t − t0 )
6
1
2a
t0 − a
t0
2a
t0 + a
-
t
Figura 5.5: Gráfica de la señal impulso δa (t − t0 ) [Elaboración propia].
5.12.
La transformada de la función Delta de Dirac
5.12.1.
Función pulso unitario
Definición 5.5 La función definida por
δa (t − t0 ) =


 0,


tiene la propiedad
R∞
0
0 ≤ t ≤ t0 − a,
1
,
2a
t0 − a < t < t0 + a;
0,
t ≥ t0 + a.
(5.29)
δa (t − t0 )dt = 1, de tal forma que a la función δa (t − t0 ) se le conoce como
impulso unitario (figura 5.5)5 .
5.12.2.
La función Delta de Dirac
Definición 5.6 función delta de Dirac
En la práctica es conveniente trabajar con δa (t − t0 ) de manera aproximada mediante la función delta
5
El impulso unitario puede servir de modelo matemático para una fuerza externa (o un voltaje aplicado en algún circuito
eléctrico) de gran magnitud que actúa en un tiempo muy corto en algún sistema mecánico.
136
δa (t − t0 )
6
1
2a
t0
t
Figura 5.6: Propiedades de la señal impulso δa (t − t0 ) [Elaboración propia].
de Dirac6 que esta definida por
δa (t − t0 ) = lı́m δa (t − t0 )
a→∞
(5.30)
esta expresión que, en realidad no es una función, puede caracterizarse mediante las siguientes propiedades (ver figura 5.6):
(
∞, t = t0 ;
i) δa (t − t0 ) =
0, t =
̸ t0 .
ii)
R∞
0
δa (t − t0 )dt = 1
5.12.3.
Transformada de la función delta de Dirac
Se parte de la suposición
L {δa (t − t0 )} = lı́m L {δa (t − t0 )}
a→0
Z ∞
e−st δa (t − t0 )dt
=
Z0 t0 −a
Z t0 +a
Z ∞
1
−st
−st
=
e (0)dt +
e
dt +
e−st δa (0)dt
2a
0
t0 −a
t0 +a
−st t0 +a
1
e
=
−
2a
s
t0 −a
1
= −
e−s(t0 +a) − e−s(t0 −a)
2as
1
= −
e−st0 e−sa − e−st0 esa
2as
−st0
e
=
esa − e−sa
2as
6
La función delta de Dirac fue creada por el fı́sico británico Paul A. M. Dirac quien la usó en su obra Principios de
Mecánica Cuántica en 1932. Más tarde ganarı́a el Premio Nóbel junto con Schrödinger en 1933.
137
Al aplicar el lı́mite de a → ∞ se tiene
lı́m L {δa (t − t0 )} = e
−st0
a→0
sa
e − e−sa
lı́m
a→0
2as
Dado que al evaluar el lı́mite ocurre una forma indeterminada de 0/0, se hace uso de la regla de L´Hopital
"
#
sa
d
sa
−sa
(e
−
e
)
se + se−sa
−st0
−st0
da
lı́m
lı́m
lı́m L {δa (t − t0 )} =L′ H e
=e
d
a→0
a→0
a→0
2s
(2as)
da
se−st0
esa + e−sa
esa + e−sa
−st0
=
lı́m
=e
lı́m
a→0
s a→0
2
2
s·0
−s·0
e +e
1+1
=
e−st0
= e−st0
2
2
−st0
lı́m L {δa (t − t0 )}
=
e
a→0
y cuando t0 = 0
L {δa (t)} = e−s·0 = 1
5.13.
Transformada de la función rampa unitaria
Definición 5.7 La función
(
r(t) =
0,
0 ≤ t < a;
(5.31)
t − a, t ≥ a.
Z t
Z a
u(τ − a)dτ =
=
0
Z t
(0)dτ +
0
dτ = τ |ta = t − a
a
se denomina rampa unitaria.
Su transformada de Laplace
Z ∞
Z a
Z ∞
−st
−st
L {r(t)} =
e r(t)dt =
e (0)dt +
e−st (t − a)dt
0
0
a
aplicando integración por partes
u = t − a dv = e−st dt
du = dt
−st
v = −e s
Z
∞
e−st
1 ∞ −st
L {r(t)} = − (t − a)
+
e dt
s a
s a
∞
∞
e−st
e−st
= − (t − a)
− 2
s a
s a
−s·∞
−s·∞
e
e−sa
e
e−sa
− (a − a)
−
− 2
= − (∞ − a)
s
s
s2
s
−as
e
=
s2
Obsérve que si a = 0, entonces L {r(t)} = L {t} = s12 .
138
5.14.
Transformada de una función periódica
Teorema 5.6 Sea f (t) continua parte por parte para t ≥ 0 y de orden exponencial. Si f (t) es periódica
de periodo T entonces
1
L {f (t)} =
1 − e−sT
Z T
e−st f (t)dt
(5.32)
0
Demostración: Si f (t) es periódica
Z ∞
Z T
Z ∞
−st
−st
L {f (t)} =
e f (t)dt =
e f (t)dt +
e−st f (t)dt
0
0
(5.33)
T
Si en la segunda integral, se hace t = u + T entonces t = T con u = 0 y cuando t = ∞ u = ∞y du = dt.
Por lo tanto
Z ∞
−st
e
Z ∞
f (t)dt =
T
e
−s(u+T )
Z ∞
f (u + T )du =
0
e−su f (u)du
(5.34)
0
dado que f (u) = f (u + T ) (por ser periódica).
Sustituyendo (5.34) en (5.33)
Z T
L {f (t)} =
e−st f (t)dt + e−sT L {f (t)}
0
Z T
L {f (t)}(1 − e−sT ) =
e−st f (t)dt
0
Z T
1
e−st f (t)dt
L {f (t)} =
1 − e−sT 0
Ejemplo 5.21
Hallar L {f (t)} de la función periódica mostrada en la figura 5.7.
Solución: En el intervalo 0 ≤ t < 2 la función puede definirse por
(
t, 0 ≤ t < 1;
f (t) =
0, 1 ≤ t < 2.
f (t)
6
1
1
2
4
3
5
······
-
t
Figura 5.7: Función periódica f (t) = t para 0 ≤ t < 1 y f (t) = 0 para 1 ≤ t < 2 [Elaboración propia].
139
y además f (t + 2) = f (t). Por tanto T = 2
Z 1
Z 2
1
−st
−st
e (0)dt
e (t)dt +
L {f (t)} =
1 − e−2s 0
1
Z 1
1
=
e−st tdt
−2s
1−e
0
Integrando por partes
u=t
dv = e−st dt
du = dt
v = −e s
−st
"
#
Z
1
1 1 −st
te−st
1
+
−
e dt
L {f (t)} =
1 − e−2s
s 0 s 0
1
1
te−st e−st
=
− 2
−
1 − e−2s
s
s
−s
0 e−s
1
e
0 · e0 e0
− 2 − −
− 2
=
−
1 − e−2s
s
s
s
s
−s
−s
1
e
e
1
=
− 2 −
−2s
2
1−e
s
s
s
Ejemplo 5.22
Hallar L {f (t)} de la función periódica mostrada en la figura 5.8.
Solución: En el intervalo 0 ≤ t < 2a la función puede definirse por
(
f (t) =
1, 0 ≤ t < a;
0, a ≤ t < 2a.
f (t)
6
1
······
a
2a
3a
4a
5a
t
Figura 5.8: Función periódica f (t) = 1 para 0 ≤ t < a y f (t) = 0 para a ≤ t < 2a. [Elaboración propia].
140
y además f (t + 2a) = f (t). Por tanto T = 2a
Z a
Z 2a
1
−st
−st
e (1)dt +
e (0)dt
L {f (t)} =
1 − e−2as 0
a
−st a
Z a
1
1
e
−st
=
e dt =
−
−2s
−2s
1−e
1−e
s
0
−as
0 −as 0
e
e
1
1 e
1
−
=
−
= −
−2s
−2s
1−e
s
s
1−e
s
s
−as
1−e
=
s(1 − e−2s )
5.15.
Definición de Transformada Inversa de Laplace y sus propiedades
Definición 5.8 Si se tiene una función F (s) y se desea encontrar la función f (t) que corresponde a la
transformada, se escribe
f (t) = L −1 {F (s)}
(5.35)
esto es, f (t) es la Transformada Inversa de Laplace de F (s).
5.15.1.
Linealidad de L −1
Definición 5.9 Se Supone que la transformada inversa de Laplace es una transformacion lineal, esto es,
para constantes α y β, se tiene
L −1 {αF (s) + βG(s)} = αL −1 {F (s)} + βL −1 {G(s)}
(5.36)
donde F (s) y G(s) son las transformadas de ciertas funciones f (t) y g(t) respectivamente.
5.15.2.
Cálculo de transformadas inversas de Laplace empleando tablas
A continuación se ilustran algunos ejemplos donde se evalúan transformadas inversas de Laplace.
Ejemplo 5.23
Calcular L −1 {F (s)} = L −1
1
s5
.
Solución: En primer lugar se identifica si F (s) se encuentra en una forma similar a alguna de las transformadas inversas de la Tabla 5.2. Para este caso, F (s) resulta de una transformada de una función f (t) = t
elevada a una potencia n = 4:
L
−1
1
s5
1 −1
=
L
4!
141
4!
s4+1
=
1 4
1
t = t4
4!
24
Tabla 5.2: Transformadas inversas de Laplace de algunas funciones elementales
L −1 {F (s)}
L −1 1s , s > 0
L −1 s12 , s > 0
n!
,s>0
L −1 sn+1
1
−1
,s>a
L
s−a
ω
L −1 s2 +ω
2 , s > 0
s
L −1 s2 +ω2 , s > 0
ω
L −1 s2 −ω
2 , s > |ω|
s
L −1 s2 −ω
2 , s > |ω|
No.
1
2
3
4
5
6
7
8
f (t)
1
t
tn
eat
sen(ωt)
cos(ωt)
senh(ωt)
cosh(ωt)
Nótese que una vez identificada la forma de la posible f (t), se realizan las manipulaciones algebraicas
para obtener la forma exacta de la transformada inversa de Laplace.
Ejemplo 5.24
Calcular L −1 {F (s)} = L −1
15
s2 +4s+13
.
Solución: En este caso, no es posible asociar F (s) directamente a una forma similar de transformada
inversa de la Tabla 5.2. Sin embargo, el polinomio del denominador puede rescribirse a una forma de
denominador de las funciones seno y coseno. Esto es:
L
−1
15
2
s + 4s + 13
= L
−1
15
2
(s + 4s + 4) + 9
=L
−1
15
(s + 2)2 + 32
Por el teorema de traslación s = s + 2
15
15
−1
−1
L
= L
s2 + 4s + 13
s2 + 32 s=s+2
5·3
3
−2t
−1
−2t
−1
= e L
= 5e L
s2 + 3 2
s2 + 3 2
= 5e−2t sen(3t)
Ejemplo 5.25
Calcular
L
−1
{F (s)} = L
−1
3s + 5
s2 + 7
Solución: El denominador de F (s) tiene un polinomio que puede asociarse al denominador que se ob√ 2
tiene en las transformas de las funciones seno y coseno: s2 + ω 2 = s2 + 7 = s2 + 7 . A continuación
142
se realizan las manipulaciones algebraicas necesarias:
)
(
5
3s
+
5
3s
= L −1
L −1
√ 2 +
√ 2
s2 + 7
s2 +
7
s2 +
7
(
)
(
)
√
s
7
5
−1
= 3L −1
√ 2 + √ L
√ 2
2
7
s +
7
s2 +
7
√ √
5
7t + √ sen
7t
= 3 cos
7
5.15.3.
Aplicación de la técnica de fracciones parciales para calcular transformadas inversas de Laplace
Se aplican fracciones parciales en tres casos básicos, por ejemplo:
1
i) F (s) = (s−5)(s−6)(s−7)
s+1
ii) F (s) = s2 (s+2)
2
iii) F (s) = s33s−2
(s2 +4)
contienen respectivamente, factores lineales distintos, factores lineales repetidos y un factor cuadrático
irreducible (no tiene raı́ces reales).
Ejemplo 5.26
Hallar
2s + 4
L
(s − 2)(s2 + 4s + 3)
Solución: El polinomio del denominador cuenta con factores lineales, puesto que
−1
(s − 2)(s2 + 4s + 3) = (s − 2)(s + 1)(s + 3)
Al aplicar la expansión en fracciones parciales se tiene
2s + 4
A
B
C
=
+
+
2
(s − 2)(s + 4s + 3)
s−2 s+1 s+3
2s + 4
A(s + 1)(s + 3) + B(s − 2)(s + 3) + C(s − 2)(s + 1)
=
2
(s − 2)(s + 4s + 3)
(s − 2)(s2 + 4s + 3)
2s + 4 = A(s2 + 4s + 3) + B(s2 + s − 6) + C(s2 − s − 2)
2s + 4 = (A + B + C)s2 + (4A + B − C)s + (3A − 6B − 2C)
de donde se obtiene el sistema de ecuaciones
A+B+C = 0
(5.37)
4A + B − C = 2
(5.38)
3A − 6B − 2C = 4
(5.39)
143
Se reduce el número de variables y ecuaciones, realizando la suma de las ecuaciones (5.37) y (5.38)
(A + B + C) + (4A + B − C) = 0 + 2
5A + 2B = 2
(5.40)
y multiplicando por 2 la ecuación (5.37) y sumando a (5.39)
2(A + B + C) + (3A − 6B − 2C) = 2 · 0 + 4
5A − 4B = 4
(5.41)
Ahora restando (5.40) de (5.41) se tiene
(5A + 2B) − (5A − 4B) = 2 − 4
6B = −2 −→ B = −
1
3
(5.42)
Sustituyendo (5.42) en (5.40)
1
5A + 2 −
= 2
3
8
8
2
= −→ A =
3
3
15
Se obtiene el valor de C sustituyendo (5.42) y (5.43) en (5.37)
8
1
3
1
C = −A − B = − − −
=− =−
15
3
15
5
5A = 2 +
(5.43)
(5.44)
Por lo tanto,
2s + 4
1
1
1
−1
−1
−1
−1
L
= AL
+ BL
+ CL
(s − 2)(s2 + 4s + 3)
s−2
s+1
s+3
8 −1
1
1 −1
1
1 −1
1
=
L
− L
− L
15
s−2
3
s+1
5
s+3
8 2t 1 −t 1 −3t
e − e − e
=
15
3
5
Ejemplo 5.27
Hallar
3s − 2
L
s3 (s2 + 4)
Solución: El polinomio del denominador cuenta con factores lineales repetidos y uno cuadrático. Al
−1
aplicar la expansión en fracciones parciales se tiene
3s − 2
A B C Ds + E
= 3+ 2+ + 2
3
2
s (s + 4)
s
s
s
s +4
2
3s − 2
A(s + 4) + Bs(s2 + 4) + Cs2 (s2 + 4) + s3 (Ds + E)
=
s3 (s2 + 4)
s3 (s2 + 4)
3s − 2 = As2 + 4A + Bs3 + 4Bs + Cs4 + 4Cs2 + Ds4 + Es3
3s − 2 = (C + D)s4 + (B + E)s3 + (A + 4C)s2 + 4Bs + 4A
144
A partir de donde se obtiene el sistema de ecuaciones
A+D = 0
(5.45)
B+E = 0
(5.46)
A + 4C = 0
(5.47)
3
4B = 3 −→ B =
4
(5.48)
1
(5.49)
2
Sustituyendo (5.48) y (5.49) en las restantes ecuaciones se obtiene C = − 81 , E = − 43 y D = − 18 .
1
1
1
3s − 2
−1
−1
−1
−1
= AL
+ BL
+ CL
+
L
3
2
3
2
s (s + 4)
s
s
s
s
1
−1
−1
DL
+ EL
s2 + 4
s2 + 4
1 −1 1
3 −1 1
1 −1 1
= − L
+ L
+ L
−
2
s3
4
s2
8
s
3 −1
s
1
1 −1
L
− L
8
s2 + 4
4
s2 + 4
1 1 −1
2!
3 −1
1!
1 −1 1
= − · L
+ L
+ L
−
2 2!
s2+1
4
s1+1
8
s
s
3 1 −1
2
1 −1
L
− · L
8
s2 + 2 2
4 2
s2 + 2 2
3
1 1
3
1
= − t2 + t + − cos(2t) − sen(2t)
4
4
8 8
8
4A = −2 −→ A = −
5.15.4.
Formas inversas de los teoremas de traslación, del teorema de convolución
y derivada de una transformada
Enseguida se muestra la forma inversa de algunos teoremas importantes y su aplicación se muestra
mediante ejemplos.
Forma inversa del primer teorema de traslación
eat f (t) = L −1 {F (s − a)} = L −1 F (s)|s=s−a
donde f (t) = L −1 {F (s)}.
Ejemplo 5.28
Hallar
L
−1
s
2
s + 6s + 11
145
Solución: Se realizan ciertas manipulaciones algebraicas
s
s
s
−1
−1
−1
= L
=L
L
s2 + 6s + 11
(s2 + 6s + 9) + 2
(s + 3)2 + 2
s+3
3
−
= L −1
(s + 3)2 + 2 (s + 3)2 + 2
(
)
√
s
2
3
= L −1
− √ L −1
s2 + 2 s=s−3
(s + 3)2 + 2
2
s=s−3
√ 3e−3t
√ 2t − √ sen
2t
= e−3t cos
2
√ √ 3
−3t
= e
cos
2t − √ sen
2t
2
Forma inversa del segundo teorema de traslación
f (t − a)u(t − a) = L −1 e−as F (s)
donde a > 0, f (t) = L −1 {F (s)} y f (t − a) = L −1 F (s)|s=s−a .
Ejemplo 5.29
Hallar
L
−1
π
e2s
s2 + 9
Solución: Se realizan ciertas manipulaciones algebraicas
L
Sea f (t) = 13 L −1
L
−1
3
s2 +32
π
e2s
s2 + 9
−1
π
e2s
s2 + 9
= L
−1
e
π
s
2
1
· 2
s +9
con a = π2 , entonces f (t − a) = 13 sen 3 t − π2 . Por lo tanto,
h 1
π i π
1
3
π
= sen 3 t −
u t−
== sen 3t − π u t −
3
2
2
3
2
2
Forma inversa del teorema de convolución
En algunas ocasiones el teorema de convolución es útil para encontrar la transformada inversa de
Laplace en el producto de dos transformadas de Laplace.
Ejemplo 5.30
146
Determinar
L
−1
1
(s − 1)(s + 4)
empleando f ∗ g = L −1 {F (s)G(s)}.
Solución: Se podrı́a usar expansión en fracciones parciales y resolver mediante el método que se ha visto
anteriormente. Sin embargo, la transformada de Laplace se puede rescribir como
1
=
(s − 1)(s + 4)
1
s−1
1
s+4
⇒ F (s) =
1
1
y G(s) =
s−1
s+4
Obteniendo f (t) y g(t), respectivamente:
f (t) = L −1 {F (s)} = L −1
= et , g(t) = L −1 {G(s)} = L −1
1
s−1
1
s+4
= e−4t
Entonces,
L
−1
1
(s − 1)(s + 4)
Z t
f (τ )g(t − τ )dτ
=
0
Z t
t −4(t−τ )
−4t
Z t
ee
dτ = e
e5τ dτ
0
0
5τ t
−4t
e
e
=
(et − 1)
= e−4t
5
5
0
1 t
=
(e − e−4t )
5
=
5.16.
Solución de ecuaciones diferenciales de orden superior
El procedimiento para resolver una ecuación diferencial aplicando el método de la transformada de
Laplace se ilustra en el siguiente diagrama de bloques de la figura 5.9.
Ejemplo 5.31
Resolver
dy
− 3y = e2t
dx
con y(0) = 1.
Solución: Se aplica la transformada de Laplace en ambos lados de la ecuación diferencial
L
dy
dx
− 3L {y} = L {e2t }
(sY (s) − y(0)) − 3Y (s) =
1
⇐ Ecuación Diferencial Transformada
s−2
147
Ecuación Diferencial
Original
L
@@
Ecuación Diferencial
Transformada
@
@
R
@
Operaciones algebraicas en el
dominio de la variable s
@@
Resolución de la Ecuación
Transformada
L −1
@@
Solución de la
Ecuación Diferencial Original
Figura 5.9: Aplicación de la transformada de Laplace para resolver ecuaciones diferenciales [Elaboración
propia].
Se evalúa la condición inicial y se realizan las operaciones algebraicas para obtener alguna forma conocida de transformada inversa de Laplace
sY (s) − (1) − 3Y (s) =
1
s−2
1
(s − 2) + 1
s−1
=
=
s−2
s−2
s−2
s−1
Y (s) =
⇐ Resolver con fracciones parciales
(s − 3)(s − 2)
(s − 3)Y (s) = 1 +
La función Y (s) tiene factores lineales distintos, por lo que la expansión en fracciones parciales queda
como
s−1
A
B
A(s − 2) + B(s − 3)
=
+
=
(s − 3)(s − 2)
s−3 s−2
(s − 3)(s − 2)
s−1
(A + B)s + (−3A − 2B)
=
(s − 3)(s − 2)
(s − 3)(s − 2)
de donde se encuentra el sistema de ecuaciones
A+B = 1
(5.50)
−3A − 2B = −1
(5.51)
148
Multiplicando (5.50) por 2 y resolviendo con (5.51) se tiene
2(A + B) + (−3A − 2B) = 2 − 1
−A = 1 ⇒ A = −1
Con este valor de A, el valor de B = 1 − A = 2. Conocidos los valores de las constantes, se aplica la
transformada inversa de Laplace a la expansión de la función de transferencia. Esto es
1
1
s−1
−1
−1
−1
−1
= −L
+ 2L
y(t) = L {Y (s)} = L
(s − 3)(s − 2)
s−3
s−2
y(t) = −e2t + 2e3t
Ejemplo 5.32
Resolver y ′′ − 6y ′ + 9y = t2 e3t con y(0) = 2, y ′ (0) = 6.
Solución: Se aplica la transformada de Laplace en ambos lados de la ecuación diferencial y se despeja
Y (s)
L {y ′′ } − 6L {y ′ } + 9L {y} = L {t2 e3t }
2
2
s Y (s) − sy(0) − y ′ (0) − 6[sY (s) − y(0)] + 9Y (s) = L {t2 }s=s−3 = 3
s s=s−3
2
s2 Y (s) − 2s − 6 − 6sY (s) − 12 + 9Y (s) =
(s − 3)3
2
2
s − 6s + 9 Y (s) − 2s + 6 =
(s − 3)3
2
2
+ 2(s − 3)
s − 6s + 9 Y (s) =
(s − 3)3
2
2
Y (s) =
+
5
(s − 3)
s−3
Se puede observar que el primer término de Y (s) no necesita la expansión en fracciones parciales, puesto
que tiene una forma inversa del primer teorema de traslación. Entonces se realizan las manipulaciones
algebraicas necesarias para encontrar una forma exacta de transformada inversa en la Tabla 5.2.
1
1
−1
−1
−1
y(t) = L {Y (s)} = 2L
+ 2L
(s − 3)5
s−3
1
1
−1
−1
= 2L
+ 2L
s5 s=s−3
s−3
e3t −1
4!
1
−1
= 2·
L
+ 2L
4!
s4+1
s−3
1 4 3t
y(t) =
t e + 2e3t
12
149
5.17.
Solución de sistemas de ecuaciones diferenciales ordinarias
Cuando se especifican condiciones iniciales, la transformada de Laplace reduce un sistema de ecuaciones diferenciales lineales de coeficientes constantes a un conjunto de ecuaciones algebraicas simultáneas
en las funciones transformadas.
Ejemplo 5.33
Resolver el sistema de ecuaciones diferenciales
dx
= −x + y
dt
dy
= 2x
dt
sujeta a x(0) = 0 y y(0) = 1.
(5.52)
(5.53)
Solución: Aplicando transformada de Laplace a la ecuación (5.52)
sX(s) − x(0) = −X(s) + Y (s)
sX(s) + X(s) − Y (s) = 0
(s + 1)X(s) − Y (s) = 0
(5.54)
Ahora y aplicando la transformada de Laplace a la ecuación (5.53)
sY (s) − y(0) = 2X(s)
sY (s) − 2X(s) = 1
−2X(s) + sY (s) = 1
(5.55)
Las ecuaciones (5.54) y (5.55) constituyen el sistema de ecuaciones. Multiplicando (5.54) por s y resolviendo para X(s)
s[(s + 1)X(s) − Y (s)] + (−2X(s) + sY (s)) = 1
(s2 + s − 2)X(s) = 1
X(s) =
1
s2 + s − 2
=
Expandiendo por fracciones parciales:
1
A
B
=
+
(s + 2)(s − 1)
s+2 s−1
1
A(s − 1) + B(s + 2)
=
(s + 2)(s − 1)
(s + 2)(s − 1)
1 = (A + B)s + (−A + 2B)
De donde se obtiene el sistema de ecuaciones
A+B = 0
−A + 2B = 1
150
1
(s + 2)(s − 1)
que tiene como solución A = − 31 y B = 31 . Por lo tanto, la transformada inversa de X(s) es:
1
x(t) = L
(s + 2)(s − 1)
1
1
x(t) = − e−2t + et
3
3
−1
1
= − L −1
3
1
s+2
1
+ L −1
3
1
s−1
Se procede de la misma forma para hallar y(t) a partir de la función Y (s), la cual se obtiene combinando
X(s) en (5.54)
1
s+1
Y (s) = (s + 1)X(s) = (s + 1)
=
(s + 2)(s − 1)
(s + 2)(s − 1)
Expandiendo por fracciones parciales:
s+1
E
F
=
+
(s + 2)(s − 1)
s+2 s−1
s+1
E(s − 1) + F (s + 2)
=
(s + 2)(s − 1)
(s + 2)(s − 1)
s + 1 = (E + F )s + (−E + 2F )
De donde se obtiene el sistema de ecuaciones
E+F = 1
−E + 2F = 1
cuya solución es E = 31 y F = 32 . Por lo tanto, la transformada inversa de Y (s) es:
s+1
y(t) = L
(s + 2)(s − 1)
1 −2t 2 t
y(t) =
e + e
3
3
−1
5.18.
1
= L −1
3
1
s+2
2
+ L −1
3
1
s−1
Solución de sistemas de ecuaciones diferenciales de primer orden (Forma canónica)
En la Parte IV, se resolvieron sistemas lineales en la forma normal o canónica Ẋ = AX + F .
151
Caso escalar homogéneo ẋ = ax
Si se aplica la transformada de Laplace a la ecuación diferencial lineal escalar homogénea ẋ = ax se
tiene
L {ẋ} = aL {x}
sX(s) − x(0) = aX(s)
(s − a)X(s) = x(0)
x(0)
X(s) =
s−a
Tomando la transformada inversa de Laplace de la ecuación anterior
1
−1
−1
L {X(s)} = x(0)L
s−a
at
x(t) = e x(0)
Caso matricial homogéneo Ẋ = AX
Aplicando la transformada de Laplace a la ecuación diferencial lineal matricial homogénea Ẋ = AX,
considerando las condiciones iniciales en t = 0, X(0), se tiene
L {Ẋ} = AL {X}
sX(s) − X(0) = AX(s)
(sI − A)X(s) = X(0)
X(s) = (sI − A)−1 X(0)
La transformada inversa de Laplace de la ecuación anterior
L −1 {X(s)} = L −1 (sI − A)−1 X(0)
X(t) = eAt X(0)
donde eAt = L −1 {(sI − A)−1 }, como se vió en la sección 4.4 de la Parte IV. En el caso donde las
condiciones iniciales se den en t = t0 ̸= 0, se aplicará la solución (4.57)
X(t) = eA(t−t0 ) X(t0 )
(5.56)
Caso matricial no homogéneo Ẋ = AX + F (t)
Aplicando la transformada de Laplace a la ecuación diferencial lineal matricial no homogénea Ẋ =
AX + F (t) considerando las condiciones iniciales en t = 0, X(0), se tiene
L {Ẋ} = AL {X} + L {F (t)}
sX(s) − X(0) = AX(s) + F (s)
(sI − A)X(s) = X(0) + F (s)
X(s) = (sI − A)−1 X(0) + (sI − A)−1 F (s)
152
La transformada inversa de Laplace de la ecuación anterior
L −1 {X(s)} = L −1 (sI − A)−1 X(0) + L −1 (sI − A)−1 F (s)
Z t
At
eA(t−τ ) F (τ )dτ
X(t) = e X(0) +
0
donde eAt = L −1 {(sI − A)−1 } y L −1 {(sI − A)−1 F (s)} se resuelve por el Teorema de convolución.
En el caso donde las condiciones iniciales se den en t = t0 ̸= 0, se aplicará la solución (4.57)
Z t
A(t−t0 )
eA(t−τ ) F (τ )dτ
X(t) = e
X(t0 ) +
(5.57)
t0
donde se usa la variable τ para no confundirla con la variable s de la Transformada de Laplace.
Nota 5.2
Se sugiere al estudiante resolver los mismos ejercicios de las secciones 4.4 y 4.5 de la Parte IV usando Transformada de
Laplace.
Ejemplo 5.34
Aplicaciones: Circuito R-L-C en serie.
En el circuito mostrado en la figura 5.10, un inductor de 2 H (Henrios), una resistencia de 16 Ω (Ohms)
y un capacitor de 0.02 F (Faradios) se conectan en serie con una f.e.m de E V (volts). En t = 0 tanto la
carga del capacitor como la corriente del circuito son iguales a cero. Encontrar la carga q(t) y la corriente
i(t) en cualquier tiempo t > 0 si E = 300 V (volts).
Figura 5.10: Circuito eléctrico R-L-C para el cual se aplica la Transformada de Laplace para obtener la
carga q(t) del capacitor y la corriente i(t) del circuito [Elaboración propia].
Solución: Sean q(t) e i(t) respectivamente, la carga y la corriente instantáneas en el tiempo t. Por la
leyes de Kirchhoff se tiene
L
di(t)
1
+ Ri(t) + q(t) = E
dt
C
dq(t)
i(t) =
dt
153
(5.58)
(5.59)
Sustituyendo los valores de los parámetros se obtiene la siguiente ecuación diferencial
1
di(t)
+ 16i(t) +
q(t) = 300
dt
0.02
d dq(t)
16 dq(t) 50
300
+
+ q(t) =
dt
dt
2 dt
2
2
2
d q(t)
dq(t)
+ 25q(t) = 150
+8
2
dt
dt
2
(5.60)
Bajo las condiciones iniciales q(0) = 0 e i(0) = q ′ (0) = 0, la transformada de Laplace es
2
d q(t)
dq(t)
L
+ 8L
+ 25L {q(t)} = 150L {1}
dt2
dt
2
150
s Q(s) − sq(0) − q ′ (0) + 8[sQ(s) − q(0)] + 25Q(s) =
s
150
2
Q(s)(s + 8s + 25) =
s
150
Q(s) =
2
s(s + 8s + 25)
Resolviendo por fracciones parciales
A
Bs + C
150
=
+
s(s2 + 8s + 25)
s
s2 + 8s + 25
150 = A(s2 + 8s + 25) + s(Bs + C)
150 = (A + B)s2 + (8A + C)s + 25A
Lo que al resolver devuelve los siguientes valores: A = 6, B = −6 y C = −48. Sustituyendo estos
valores en Q(s)
6s + 48
6
− 2
s s + 8s + 25
6 6(s + 4) + 24
=
−
s
(s + 4)2 + 9
6
6(s + 4)
8·3
=
−
−
s (s + 4)2 + 32 (s + 4)2 + 32
1
s
3
= 6
−6
−8
s
s2 + 32 s=s+4
s2 + 32 s=s+4
Q(s) =
Aplicando la transformada inversa de Laplace para encontrar q(t) e i(t)
q(t) = 6 − 6e−4t cos 3t − 8e−4t sen 3t
dq(t)
i(t) =
= 50e−4t sen 3t
dt
(5.61)
(5.62)
En la figura 5.11 se muestra el comportamiento de la carga q(t) y corriente i(t) obtenidas mediante las
ecuaciones (5.61) y (5.62), respectivamente. La corriente alcanza su valor máximo en aproximadamente
a 0.25 segundos, y posteriormente empieza a decrementarse hasta alcanzar un valor de cero. La carga
154
14
7
12
6
10
5
8
4
6
3
4
2
2
1
0
0
0
0.5
1
Tiempo (seg)
1.5
2
Corriente i(t)
Carga q(t)
Comportamiento de la carga q(t) y corriente i(t) en el circuito RLC
8
−2
Figura 5.11: Comportamiento de la carga q(t) y la corriente i(t) del circuito R − L − C [Elaboración propia].
alcanza su valor máximo en aproximadamente 0.75 segundos y posteriormente se estabiliza en un valor de
10. Es decir, el capacitor seguirá cargándose mientras circule una corriente; una vez cargado, la corriente
que circula en el circuito es cero.
155
156
Apéndice A
Problemario de las Partes I y II
Resuelva los siguientes problemas. Además, entregue un reporte con las soluciones en un archivo hecho en Word.
1. Clasificar las siguientes ecuaciones diferenciales de acuerdo con si son ordinarias o parciales. Indicar en cada caso las variables dependiente e independiente.
a) dx
+ dy
+ x + y = 0, x = x(t), y = y(t).
dt
dt
b) ∂f
+ ∂f
+ x + y = 0, f = f (x, y).
∂x
∂y
c) dtd ∂f
= 0, f = x2 + dx
.
∂x
dt
dy
df
= x, f = y 2 (x) + dx
.
d) dx
2. Clasificar las siguientes ecuaciones diferenciales lineales de acuerdo con si son lineales o no lineales. Indicar las variables dependiente e independiente y cualquier término no lineal si es el caso.
a) t dy
+ y = 0, y = y(t).
dt
b) y dy
+ y = 0, y = y(t).
dt
+ y 2 = 0, y = y(t).
c) dy
dt
2
d) (cos(t)) ddt2y + (sen(2t))y = 0, y = y(t).
2
e) (cos(y)) ddt2y + sen(2y) = 0, y = y(t).
2
f ) (cos(x)) ddt2y + sen(2x) = 0, y = y(t), x = x(t).
3. Utilice el Teorema de Existencia y Unicidad para responder o completar los siguientes cuestionamientos. Justifique su respuesta en cada caso.
a) La ED y ′ = 1/(25 − x2 − y2) tendrá una solución única por cualquier punto (x0 , y0 ) en la
región o las regiones definidas por
.
b) ¿Por qué el problema de valor inicial y ′ = y 1/2 , sujeta a y(0) = 0 no tiene solución?
157
4. En los siguientes ejercicios, obténgase la ecuación diferencial de la familia de curvas planas descritas y bosquéjense algunos miembros representativos de la familia usando DERIVE o MATLAB.
a) Circunferencias con centro sobre la recta y = −x que pasen por el origen.
Respuesta: (x2 − 2xy − y 2 )dx + (x2 + 2xy − y 2 )dy = 0.
b) Rectas con pendiente e intersección con el eje y, iguales.
Respuesta: ydx − (x + 1)dy = 0.
5. Verificar las siguientes soluciones para la ecuación diferencial dada:
a) y ′′′ + y = tan(x), y = − cos(x) ln(sec(x) + tan(x)).
b) y ′′ = y, y = cosh(x) + senh(x).
6. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales:
a) tan2 (y)dy = sen3 (x)dx.
Respuesta: 3(tan(y) − y + c) = cos3 (x) − 3 cos(x).
b) y(x2 + y 2 )dx + x(3x2 − 5y 2 )dy = 0 sujeta a y(2) = 1.
Respuesta: 2y 5 − 2x2 y 3 + 3x = 0.
c) (tan(x) − sen(x) sen(y))dx + cos(x) cos(y)dy = 0.
Respuesta: − ln(cos(x)) + cos(x) sen(y) = c
d) y ln x ln ydx + dy = 0.
Respuesta: x ln x + ln[ln y] = x + c.
e) xdx + (y − 2x)dy = 0.
Respuesta: (x − y) ln(x − y) = y + c(x − y).
f ) (1 − xy)−2 dx + [y 2 + x2 (1 − xy)−2 ]dy = 0 sujeta a que cuando x = 2, y = 1.
Respuesta: xy 4 − y 3 + 5xy − 3x = 5.
di
+ Ri = E(t) sujeta a i(0) = i0 , donde E, L y R son constantes. Nótese que
g) Resuélvase L dt
ésta ecuación diferencial corresponde al modelo matemático de un circuito RL en serie.
dv
h) v dx
= g sujeta a v(x0 ) = v0 .
Respuesta: v 2 − v02 = 2g(x − x0 ).
dy
i) dx
= y−x
.
y+x
Respuesta: ln(x2 + y 2 ) + 2 arctan
y
x
= c.
j) y(2x2 − xy + 1)dx + (x − y)dy = 0.
2
Respuesta: y(2x − y) = ce−x .
7. Determine una función M (x, y) de modo que la siguiente ecuación diferencial sea exacta
1
xy
M (x, y)dx + xe + 2xy +
dy = 0
x
158
8. Hallar las trayectorias ortogonales a las circunferencias que pasan por el origen con centro en el
eje x. Dibújese ambas trayectorias empleando DERIVE o MATLAB.
9. Para la familia x2 + 3y 2 = cy, encuéntrese el miembro de las trayectorias ortogonales que pase
por (1, 2). Dibújese la familia y la trayectoria ortogonal que pasa por el punto dado empleando
DERIVE o MATLAB.
159
160
Apéndice B
Problemario de las Partes III y IV
Resuelva los siguientes problemas. Además, entregue un reporte con las soluciones en un archivo hecho en Word y con los desarrollos en Latex
1. Utilice el Método de coeficientes indeterminados para resolver las siguientes ecuaciones diferenciales.
a) y ′′ − 3y ′ − 4y = 30ex .
Respuesta: y = c1 e4x + c2 e−x − 5ex .
b) y ′′ − 3y ′ − 4y = 30e4x .
Respuesta: y = (c1 + 6x)e4x + c2 e−x .
c) (D2 − 1)y = 10 sen2 (x). Use la identidad trigonométrica sen2 (x) = 21 (1 − cos(2x)).
Respuesta: y = c1 ex + c2 e−x − 5 + cos(2x).
d) (D2 + 4)y = 4 sen2 (x).
Respuesta: y = c1 cos(2x) + c2 sen(2x) + 12 (1 − x sen(2x)).
2. Utilice el Método de variación de parámetros para resolver las siguientes ecuaciones diferenciales.
a) (D2 + 1)y = sec3 (x).
Respuesta: y = yc + 12 sec(x).
b) (D2 + 1)y = sec2 (x) csc(x).
Respuesta: y = yc − sen(x) ln(csc(2x) + cot(2x)).
c) (D2 + 1)y = 2(1 − e−2x )−1/2 .
1
Respuesta: y = c1 ex + c2 e−x − ex arc sen(e−x ) − (1 − e−2x ) 2 .
d) (D − 1)(D − 3)y = cos(e−x ).
Respuesta: y = yc + e3x sen(e−x ) − e2x cos(e−x )
161
3. Problemas de Aplicación de Ingenierı́a en Energı́a e Ingenierı́a en Mecatrónica:
a) Encuentre la carga que contiene el capacitor de un circuito R − L − C en serie para t = 0.01
segundos cuando L = 0.05 H, R = 2 Ω, C = 0.01 F, E(t) = 0 V, q(0) = 5 C e i(0) = 0 A.
Determinar el primer instante para el cual la carga en el capacitor es igual a cero. Compruebe
sus resultados obteniendo la gráfica de q(t) con la ayuda de DERIVE o MATLAB.
b) En los siguientes problemas determine la carga en el capacitor y la corriente en el circuito
R − L − C en serie dado. Hallar la carga máxima en el capacitor. Grafique la carga y la
corriente en cada caso con la ayuda de DERIVE o MATLAB.
1) L = 5/3 H, R = 10 Ω, C = 1/30 F, E(t) = 300 V, q(0) = 0 C e i(0) = 0 A.
2) L = 1 H, R = 100 Ω, C = 0.0004 F, E(t) = 30 V, q(0) = 0 C e i(0) = 2 A.
c) Muéstrese que la corriente en estado estacionario de un circuito R − L − C en serie cuando
L = 1/2 H, R = 20 Ω, C = 0.001 F, E(t) = 100 sen(60t) V está dada por
ip (t) = 4.160 sen(60t − 0.588) A
.
4. Problemas de Aplicación para alumnos de Ingenierı́a Mecánica:
a) Un peso de 64 lb sujeto al extremo de un resorte lo estira 0.32 pie. En una posición 8 pulgadas
arriba de la posición de equilibrio, se le proporciona una velocidad hacia abajo de 5 pie/s.
1) Encuentre la ecuacion de movimiento.
2) Como son la amplitud y el periodo del movimiento?
3) Cuantas oscilaciones completas habra realizado el peso despues de 3π segundos?
4) En que instante pasa el cuerpo por la posicion de equilibrio en direccion hacia abajo, por
segunda vez?
5) En que instante alcanza el cuerpo sus desplazamientos extremos hacia uno y otro lado de
la posicion de equilibrio?
6) ¿Cuál es la posición del peso en t = 3 segundos?
7) ¿Cuál es la velocidad instantánea en t = 3 segundos?
8) ¿Cuál es la aceleración en t = 3 segundos?
9) ¿Cuál es la velocidad instantánea en los momentos cuando el peso pasa por la posición
de equilibrio?
10) ¿En qué instantes está el peso 5 pulgadas abajo de la posición de equilibrio?
11) ¿En qué instantes está el peso 5 pulgadas abajo de la posición de equilibrio con dirección
hacia arriba?
162
Sugerencia: Verifique sus cálculos construyendo las gráficas que corresponden a la posición,
velocidad y aceleración utilizando DERIVE o MATLAB.
b) Una masa de 1 slug se sujeta a un resorte cuya constante es de 5 lb/pie. Inicialmente una masa
se suelta desde un punto que se encuentra 1 pie por debajo de la posición de equilibrio con una
velocidad hacia abajo de 5 pie/s y el movimiento subsiguiente se desarrolla en un medio que
opone una fuerza de amortiguación numéricamente igual a 2 veces la velocidad instantánea.
1) Encuentre la ecuación del movimiento si la masa es impulsada por una fuerza externa
igual a f (t) = 12 cos(2t) + 3 sen(2t).
2) Grafique las soluciones transitoria y de estado estacionario en los mismos ejes coordenados utilizando DERIVE o MATLAB.
3) Grafique la ecuación completa del movimiento utilizando DERIVE o MATLAB.
c) Problema de Aplicación de Ingenierı́a Civil
1) Para una viga en voladizo, empotrada en su extremo izquierdo (x = 0) y libre en su
extremo derecho (x = L) debe satisfacer
EI
d4 y
= w(x)
dx4
ası́ como y(0) = 0, y ′ (0) = 0, y ′′ (L) = 0, y y ′′′ (L) = 0.
Las primeras dos condiciones establecen que la deflexión de la viga y la pendiente son
cero en x = 0, y las últimas dos, que el momento torsionante y la fuerza cortante son
nulas en x = L. Hallar la deflexión de la viga cuando una carga constante w0 está uniformemente repartida a lo largo de la viga. Determine la deflexión de en el punto medio
de la viga, ası́ como su deflexión máxima. Utilizando DERIVE o MATLAB, construya
la gráfica que corresponde a la deflexión considerando que L = w0 = EI = 1.
5. Resuelva los siguientes problemas:
a) Hallar eAt para las siguientes matrices A
!
!
2 1
1
t
1) A =
. Respuesta: eAt = e2t
0 2
0 1




2 0 0
1 0 0




2) A =  0 2 1 . Respuesta: eAt = e2t  0 1 t 
0 0 2
0 0 1
b) Defina X(t), A(t), C y t0 de tal modo que el sistema dado sea equivalente a
Ẋ(t) = A(t)X(t) + F (t)
X(t0 ) = C
163
...
1) x (t) = t, x(0) = 0, ẋ(0) = 0, ẍ(0) = 0




 
 
x1 (t)
0 1 0
0
0




 
 
Respuesta: X(t) =  x2 (t) , A(t) =  0 0 1 , F (t) =  0 , C =  0 ,
x3 (t)
0 0 0
t
0
t0 = 0.
2) ẍ = ẋ + ẏ − z + t, ÿ = tx + ẏ − 2y + t2 + 1, ż = x − y + ẏ + z, con x(1) = 1, ẋ(1) = 15,
y(1) = 0, ẏ(1) = −7, z(1) = 4.



ẋ1 (t)
0



 ẋ2 (t) 
 0





Respuesta: X(t) =  ẏ1 (t) , A(t) = 
 0



 ẏ2 (t) 
 t
ż1 (t)
1


1


 15 


, t0 = 1.
C=
0




 −7 
4
1
0
0
0


0




1 −1 
 t 





0 0 1 0 
, F (t) =  0 ,

 2

0 −2 1 0 
 t +1 
0 −1 1 1
0
1
0
c) Resuelva el siguiente sistema por el método de la matriz exponencial: ẍ + 2ẋ − 8x = 4,
x(0) = 1, ẋ(0) = 2.
Respuesta:
X(t) =
4 2t
e + 61 e−4t − 21
3
8 2t
e − 23 e−4t
3
164
!
Apéndice C
Problemario de la Parte V
Lea y conteste cuidadosamente los siguientes reactivos, muestre sus procedimientos de manera
clara, ordenada, limpia y concisa
1. Demuestre que si L{f (t)} = F (s), entonces L{f (at)} = a1 F
s
a
.
2. Hallar la Transformada de Laplace de las siguientes funciones:
a) (t − 1)3 et−1 u(t − 1)
b) tet−5 u(t − 5)
c) t(et + e2t )2
d) sen3 (t)
3. Utilice notación de escalones unitarios para hallar la Transformada de Laplace de


t,
0 ≤ t < 1;



 2 − t, 1 ≤ t < 2;
f (t) =

0,
2 ≤ t < 3;



 1,
t ≥ 3.
4. Resolver el sistema
x′′ = −2x + y + y ′ + t
y ′′ = −x + x′ + y + 1
sujeta a x(0) = x′ (0) = 0, y(0) = y ′ (0) = 0.
5. Reducir la siguiente ecuación diferencial x′′ − 5x′ + 4x = 4 sujeta a x(0) = 0, x′ (0) = 2 a la
forma lineal normal o canónica. Utilizar el Método de la Matriz Exponencial con Transformadas
de Laplace para resolver el sistema obtenido
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6. Hallar la Transformada Inversa de
s
3e− 3
F (s) = 2 2
s (s + 2)2
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Bibliografı́a
[1] Richard Bronson. Ecuaciones Diferenciales Modernas. Serie Schaum. Editorial McGraw Hill, 1990.
[2] S. Campbell. Introducción a las Ecuaciones Diferenciales con problemas de valor de frontera. Editorial McGraw Hill, 2001.
[3] E. D. Rainville. Ecuaciones Diferenciales Elementales. Editorial Trillas, 1989.
[4] George F. Simmons. Ecuaciones Diferenciales con aplicaciones y notas históricas. Editorial McGraw Hill, 1994.
[5] Dennis G. Zill. Ecuaciones Diferenciales con aplicaciones. Grupo Editorial Iberoamericana, 1989.
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