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Pontificia Universidad Católica de Chile
Facultad de Matemáticas
Cádiz Fabián
Ecuaciones Diferenciales
Con ejercicios resueltos
2
Índice general
1. Introducción
1.1. Definiciones y ejemplos . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1. La ecuación de propagación del Calor . .
1.1.2. La ecuación de Shrodinger . . . . . . . .
1.1.3. Definición: Ecuación diferencial ordinaria
1.1.4. Definición: EDO Normal . . . . . . . . .
1.1.5. Ejemplo: Forma de la Catenaria . . . . .
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2. Ecuaciones de Primer Orden
2.1. Separación de variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2. Problema de Valores Iniciales (PVI) . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1. Ejemplo: Poblaciones en crecimiento, modelo exponencial
2.2.2. Ejemplo: Modelo logı́stico (Pierre Verhulst, 1838) . . . .
2.3. Ecuaciones Lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1. Definición: Ecuación Lineal de primer orden . . . . . . .
2.3.2. Solución general de ecuaciones lineales . . . . . . . . . .
2.4. Ecuación de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5. Ecuaciones Exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.1. Definición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.2. Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.3. Definición: Factor Integrante . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.4. Ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6. Acerca de los problemas de valores iniciales . . . . . . . . . . . .
2.6.1. Ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.7. Teorema (Existencia y Unicidad) . . . . . . . . . . . . . . . . .
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3. Ecuaciones Lineales
3.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2. Defnición: E.D.O Lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3. Ecuaciones Lineales de orden arbitrario con coeficientes constantes . . . . . .
3.3.1. Ejemplo: Motivación para método del operador D . . . . . . . . . . .
3.3.2. Definición: Funciones linealmente independientes . . . . . . . . . . . .
3.3.3. Afirmación (a confirmar más adelante) . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.4. Ejemplo: determinación de dos soluciones l.i . . . . . . . . . . . . . .
3.3.5. Teorema: Principio de Superposición . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4. Solución de ecuaciones lineales de orden arbitario con coeficientes constantes
3.4.1. Caso 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4.2. Caso 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4.3. Método de coeficientes indeterminados . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5. Variación de parámetros en ecuaciones lineales de segundo orden . . . . . . .
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3.5.1. Definición: Wronskiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5.2. Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5.3. Teorema: Fórmula de Abel . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.6. Series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.6.1. Definición: Serie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.7. Series de términos no negativos . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.7.1. Teorema (Criterio de la raı́z) . . . . . . . . . . . . . . . .
3.7.2. Teorema (Criterio del cuociente) . . . . . . . . . . . . . .
3.7.3. Definición: Convergencia absoluta . . . . . . . . . . . . .
3.8. Soluciónes en forma de series de potencias . . . . . . . . . . . .
3.8.1. Teorema: Radio de convergencia . . . . . . . . . . . . . .
3.8.2. Definición de una función mediante serie de potencias . .
3.8.3. Definición: Función analı́tica en un punto . . . . . . . . .
3.9. Soluciones en torno a puntos ordinarios . . . . . . . . . . . . . .
3.9.1. Definición: Punto ordinario y punto singular . . . . . . .
3.9.2. Teorema: Existencia de la solución en series de potencias
3.10. Soluciones en torno a puntos singulares . . . . . . . . . . . . . .
3.10.1. Definición: Puntos singulares regulares e irregulares . . .
3.10.2. Teorema de Frobenius . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4. Transformada de Laplace
4.1. Definición: Transformada de Laplace . . . . . .
4.2. Algunas transformadas de Laplace . . . . . . . .
4.2.1. Función de Heavyside . . . . . . . . . . .
4.2.2. Delta de Dirac δ(t) . . . . . . . . . . . .
4.2.3. Transformadas de funciones sencillas . .
4.2.4. Transformada de sin at y cos at . . . . .
4.3. Propiedades de la transformada de Laplace . . .
4.3.1. Linealidad . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3.2. Existencia . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3.3. Desplazamiento temporal . . . . . . . . .
4.3.4. Desplazamiento en el dominio de Laplace
4.4. Derivación en el tiempo . . . . . . . . . . . . . .
4.5. Integración en el tiempo . . . . . . . . . . . . .
4.6. Derivación en el dominio de Laplace . . . . . .
4.7. Propiedad de la convolución . . . . . . . . . . .
4.8. Transformada inversa . . . . . . . . . . . . . . .
4.9. Tabla de Transformadas de Laplace . . . . . . .
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5. Sistemas de Ecuaciones Lineales de primer orden
5.1. Definición: Sistema lineal de primer orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2. Teorema: Existencia y unicidad de solución para un PVI de sistemas lineales
5.2.1. Sistemas lineales de coeficientes constantes . . . . . . . . . . . . . .
5.3. Breve repaso de Algebra Lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.1. Matriz simétrica y antisimétrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.2. Valores y vectores propios de una matriz A . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.3. Diagonalización de una matriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.4. Exponenciación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.5. Algunos comentarios adicionales sobre matrices simétricas . . . . . .
5.4. Solución de sistemas lineales de coeficientes constantes . . . . . . . . . . . .
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5.4.1. Por definición . . . . . . . . . . . . . . .
5.4.2. Caso en que A es una matriz nilpotente .
5.4.3. A es diagonalizable . . . . . . . . . . . .
5.4.4. Teorema de Caley - Hamilton . . . . . .
5.4.5. Matrices que conmutan . . . . . . . . . .
5.5. Sistemas lineales homogéneos de dimensión 2 . .
5.5.1. Teorema de Jordan . . . . . . . . . . . .
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Capı́tulo 1
Introducción
En fı́sica e Ingenierı́a resulta de gran importancia la caracterización de determinados bloques, procesos, o sistemas. Un sistema es una interconexión de elementos que en su conjunto
presentan un determinado comportamiento. Ejemplo de un sistema puede ser un conjunto masaresorte, en donde es posible aplicar una fuerza externa (a disposición nuestra). El movimiento
de la masa dependerá tanto de la fuerza externa aplicada como de las propiedades inherentes
al sistema masa-resorte. Otro ejemplo puede ser un sistema simple de levitación magnética, en
donde un electroimán (dispositivo que genera un campo magnético mediante la aplicación de
una corriente) atrae una masa de material ferromagnético. Este sistema podrı́a encontrarse en
una situación de equilibrio en que la fuerza magnética sobre la masa m es igual en magnitud a
la atracción gravitacional. Resulta de particular interés saber cómo se comportarı́a este sistema
ante una perturbación, por ejemplo, cuando la masa m es forzada a abandonar su posición de
equilibrio.
Éstos sistemas son caracterizados de forma analı́tica mediante alguna relación matemática
entre dos o más variables. Dependiendo de la modelación del sistema, esta relación podrı́a
ser realmente simple, o extremadamente compleja. Muchas de esas relaciones matemáticas
corresponden justamente a Ecuaciones Diferenciales, esto es, una relación que involucra a las
variables y algunas de sus derivadas(La definición formal se dará más adelante). Como ejemplo,
suponga que x(t) representa la posición al tiempo t de una partı́cula de masa constante que
se mueve en 1 dimensión respecto a un determinado origen, y F (t) es la fuerza neta actuando
sobre ella. Entonces
d2 x(t)
= F (t)
m
dt2
La segunda derivada de la posición es proporcional a la fuerza neta. Este es un ejemplo de
una ecuación diferencial sencilla. (al menos, en forma) Una vez que el comportamiento de un
determinado sistema es comprendido, muchas veces es deseable intervenir en él de modo que
presente algún comportamiento deseado, para ello existen herramientas muy utilizadas que se
verán al final del curso (por ejemplo, La transformada de Laplace).
7
1.1.
1.1.1.
Definiciones y ejemplos
La ecuación de propagación del Calor
Sea u : R × (0, T ] → R la temperatura en una barra unidimensional infinita, en la posición
x (x ∈ R) y al tiempo t (t ∈ (0, T ]). Suponiendo que tanto la capacidad calórica del material
como su conductividad térmica son constantes ( e iguales a 1 por simplicidad), entonces la
distribución de temperatura en la barra satisface la siguiente ecuación
∂ 2 u(x, t)
∂u(x, t)
=
∂t
∂x2
Dado que u(x, t) es función de dos variables, esta es una ecuación diferencial de derivadas
parciales (un tipo de ecuación que no se verá en este curso). Una solución de esta ecuación es
1 − x2
e 2t
2πt
Esta solución representa una distribución inicial de temperatura muy alta en el origen. La
ecuación del calor nos permite determinar la evolución temporal de la temperatura en la barra.
A continuación se ilustra la solución para 4 instantes diferentes
u(x, t) = √
Fig. 1.1: Distribución de temperaturas para t = 0,23 s (izq) y t = 0,54 s (der)
Fig. 1.2: Distribución de temperaturas para t = 1,54 s (izq) y t = 3,11 s (der)
La solución describe cómo el calor (o bien, la temperatura) se comienza a distribuı́r a lo
largo de la barra. Por supuesto que en el lı́mite cuando t → ∞, la temperatura se iguala a 0 en
todos lados (esto sucede por que la barra es infinita)
8
1.1.2.
La ecuación de Shrodinger
En la mecánica Newtoniana, si se conocen la fuerza neta actuando sobre una partı́cula
de masa m (constante), y sus condiciones iniciales en t = 0 (posición y velocidad iniciales),
entonces la trayectoria de una partı́cula queda absolutamente determinada para todo t > 0, la
cual es solución de la segunda ley de Newton
d2 x(t)
= F (t, x, dx/dt)
dt
La fuerza actuando sobre la partı́cula podrı́a no sólo depender del tiempo, sino también de
la posición (ejemplo de una fuerza que depende de la posición es la fuerza elástica), incluso
puede depender también de la velocidad de la partı́cula (las fuerzas de roce viscoso cumplen
con esta propiedad). En mecánica Cuántica, el concepto de trayectoria carece de validez, sólo
se puede conocer la probabilidad de que una partı́cula se encuentre en una vecindad de x al
instante t (en una dimensión). Ésta probabilidad es
m
P =| ψ(x, t) |2 dx
donde ψ, conocida como función de onda, es solución de la Ecuación de Schrodinger
~2 ∂ 2 ψ(x, t)
∂ψ(x, t)
=−
+ V (x, t)ψ(x, t)
i~
∂t
2m
∂t
Fig. 1.3: Función de onda de un electrón en un átomo de Hidrógeno
Las ecuaciones diferenciales juegan un rol fundamental en el desarrollo de las ciencias
básicas. En este curso veremos el tipo más simple de ecuaciones diferenciales (llamadas ecuaciones diferenciales ordinarias). El manejo y comprensión de los métodos de solución de este
tipo de ecuaciones es básico para diversas áreas de la Ingenierı́a y la fı́sica.
9
1.1.3.
Definición: Ecuación diferencial ordinaria
Una ecuación diferencial ordinaria corresponde a una ecuación que involucra una variable
independiente x, una función desconocida y(x), más algunas de sus derivadas de la forma
F (x, y, y (1) , ..., y (n) ) = 0
donde n ∈ N, n ≥ 1. Algunos ejemplos son:
a)
dy(x)
dx
b)
d2 y(x)
dx2
= 0, cuya solución general es de la forma y(x) = C1 x + C2 , con C1 , C2 constantes
c)
d2 y(t)
dt2
= −g con g = 9,8 m/s2
= 0, cuya solución es y(x) = C, con C constante
Esta última corresponde al movimiento unidimensional de una partı́cula en un campo gravitacional. Ésta puede ser resuelta de forma muy sencilla
d2 y(t)
= −g
dt2
Luego
dy(x)
= −gt + C1
dt
gt2
2
0
Dadas las condiciones iniciales y(0) = C2 = y0 , y (0) = C1 = v0
La solución general resulta ser
y(t) = C2 + C1 t −
y(t) = y0 + v0 t −
1.1.4.
gt2
2
Definición: EDO Normal
Una ecuación diferencial ordinaria normal (EDO Normal) es una ecuación que involucra
una variable independiente x ∈ R, una función de x (que llamaremos y), más algunas derivadas
de y de la forma
dn y(x)
= f (x, y, y (1) , ..., y (n−1) )
dxn
donde f es una función de n + 1 variables, y n ∈ N, con n ≥ 1
(1.1)
Observación: Se entiende que f se puede evaluar sólo para valores de su argumento donde
está definida. En otras palabras, f tiene un dominio
Df ⊆ Rn+1
10
Ejemplo de una EDO normal es la siguiente
1
dy(x)
=
dx
1−y
Supongamos que ϕ(x) es una función definida en x1 < x < x2 , que al reemplazar en (1.1)
por y se produce una identidad en x1 < x < x2 . Decimos que ϕ(x) es una solución de (1.1) en
x1 < x < x2 . Al intervalo (x1 , x2 ) lo llamamos el intervalo de definición de la solución
Ejemplo
Consideremos la EDO normal
dy(x)
= 1 + y(x)2
dx
con condición inicial y(0) = 0. Es claro que y(x) = tan(x) es una solución con intervalo de
definición I = [0, π/2)
Observaciones
a) Las soluciones siempre son funciones continuas
b) n ∈ N se llama el orden de la ecuación
c) Si ϕ(x), x1 < x < x2 es solución, necesariamente
x, ϕ(x), ϕ0 (x), ..., ϕ(n−1) (x) ∈ Df
si x1 < x < x2
1.1.5.
Ejemplo: Forma de la Catenaria
Catenaria es la curva que describe una cadena suspendida por sus extremos, sometida a un
campo gravitatorio uniforme. Los primeros matemáticos en tratar este problema sugirieron que
la curva serı́a una parábola. La ecuación correcta fue obtenida por Gottfried Leibniz, Christian
Huygens y Johann Bernoulli en 1691, en respuesta a un desafı́o planteado por Jakob Bernoulli.
La situación es la siguiente
Se tiene una cuerda homogénea (densidad lineal de masa ρ [kg/m]) en un campo gravitacional uniforme sujeta en sus extremos en x1 y x2 . La forma que adquiere la cuerda estará dada
por la condición de equilibrio de fuerzas sobre ésta.
11
Sea un intervalo [a, b] ⊂ [x1 , x2 ]
~
Sea T (x) = Tx (x)î + Ty (x)ĵ la tensión sobre la cuerda en el punto x. El equilibrio de
fuerzas sobre el segmento [a, b] entrega
Tx (a) = Tx (b)
Ty (b) = Ty (a) + W
donde W es el peso total del segmento [a, b]. La primera ecuación implica que la componente
horizontal de la tensión es constante a lo largo de la cuerda
Tx = T
La segunda puede ser expresada de la siguiente forma
ˆ b p
dx 1 + y 0 (x)2
Ty (b) − Ty (a) = ρg
a
Además, es claro que para todo x ∈ [x1 , x2 ], la dirección de la tensión coincide con la
tangente a la curva
Ty (x)
= y 0 (x) → Ty (x) = T y 0 (x)
Tx (x)
Luego
d2 y(x)
dTy (x)
=T
dx
dx2
Equivalentemente
dTy (x) = T
d2 y(x)
dx
dx2
Ası́
ˆ
b
dxy 00 (x)
Ty (b) − Ty (a) = T
a
Finalmente se obtiene la siguiente identidad
ˆ b
ˆ b p
00
T
dxy (x) = ρg
dx 1 + y 0 (x)2
a
a
12
ˆ
b
p
dx T y 00 (x) − ρg 1 + y 0 (x)2 = 0
a
Lo cual es válido para todo intervalo [a, b] ⊂ [x1 , x2 ], suponiendo que el integrando es una
función continua se tiene
ρg p
1 + y 0 (x)2
T
Corresponde a una ecuación diferencial ordinaria normal de segundo orden. Sea v = y 0 ,
entonces
y 00 (x) =
v 0 (x) =
ρg p
1 + v(x)2
T
Recordando algunas propiedades de las funciones hiperbólicas
cosh2 x − sinh2 x = 1
(cosh x)0 = sinh x
Es fácil verificar que la solución es
v(x) = sinh
ρgx T
Finalmente
y(x) =
ρgx T
cosh
+C
ρg
T
La curva de la catenaria corresponde a un coseno hiperbólico. La siguiente figura muestra
la solución para T = 100, g = 9,81, ρ = 1, con extremos en −5 y 5, y y(5) = 5
13
14
Capı́tulo 2
Ecuaciones de Primer Orden
Comenzaremos con el estudio de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden, es
decir, con ecuaciones de la forma
F (x, y, y 0 ) = 0
Si la ecuación es normal, entonces
dy(x)
= f (x, y)
dx
No existe una fórmula o método general que permita resolver cualquier ecuación de primer
orden. Por lo mismo, resulta útil clasificar las ecuaciones diferenciales de acuerdo a la forma
que éstas tengan, pues para cierto tipo de ecuaciones si existen métodos de resolución generales.
Hay que notar además que para una ecuación diferencial, múltiples soluciones pueden existir.
Un ejemplo trivial es el siguiente
dy(x)
=2
dx
Soluciones válidas en todo R son y1 (x) = 2x, y2 (x) = 2x + 4, y3 (x) = 2x − 5. De hecho,
existen infinitas soluciones a ésta ecuación. A pesar de esto, muchas veces se desea encontrar
una solución en particular, que cumpla con tomar algún valor determinado para cierto valor de
la variable independiente. Como ejemplo
dy(x)
= 2, y(5) = −π
dx
Es decir, ya no basta con encontrar una función cuya derivada sea 2. Se debe cumplir además
con la condición impuesta en x = 5. La solución general es de la forma
y(x) = 2x + C
donde C debe cumplir con −π = 10 + C → C = −π − 10. Por lo tanto, la única solución
posible es
y(x) = 2x − π − 10
15
2.1.
Separación de variables
Una ecuación de variables separables es una EDO normal de primer orden
dy
= f (t, y)
dt
donde
f (t, y) = h(t)g(y)
En este caso la solución de la ecuación se logra escribiéndola de la siguiente manera
dy
= h(t)dt
g(y)
y entonces
ˆ
dy
=
g(y)
ˆ
dth(t) + C
Ejemplo
dy
= −y 2 , y(0) = 1
dt
Se tiene
ˆ
dy
=−
y2
ˆ
dt + C
−1
= −t + C
y
Luego
1
1
= t + C 0 → y(t) =
y(t)
t + C0
La condición inicial es y(0) = 1 → C 0 = 1.
Luego la solución es
y(t) =
1
t+1
con t ∈ (−1, ∞)
16
2.2.
Problema de Valores Iniciales (PVI)
Para sistemas de primer orden, consiste en encontrar una solución de la ecuación
dy
= f (t, y)
dt
con la condición inicial y(0) = y0
Observación: La condición inicial a veces se da en un instante t0 > 0, es decir, se impone
y(t0 ) = y0
2.2.1.
Ejemplo: Poblaciones en crecimiento, modelo exponencial
Sea P (t) la población de individuos en una zona al tiempo t. Se propone el siguiente modelo
para la evolución temporal de P
dP (t)
= kP (t)
dt
donde k ∈ R+ . Este modelo simple establece que la tasa de crecimiento de la población
es proporcional a la cantidad de individuos. Corresponde a una EDO normal de primer orden
separable
dP
= kdt
P
ln P = kt + C
Finalmente
P (t) = P0 ekt
P0 representa la población inicial. La solución al PVI
dP (t)
= kP (t), P (0) = P0
dt
es
P (t) = P0 ekt
2.2.2.
Ejemplo: Modelo logı́stico (Pierre Verhulst, 1838)
El matemático belga Pierre Vershulst propuso en 1838 el famoso modelo logı́stico
dP (t)
P (t)
= kP (t) 1 −
dt
M
donde M ∈ R+ es la cantidad máxima de población permitida. Supongamos que se desea
resolver el PVI con P (0) = P0 . La ecuación sigue siendo separable
dP
P 1−
P
M
= kdt
17
ˆ
dP
P 1−
ˆ
P
M
=
dP
1/M
1
+
P
P
1− M
!
Luego
ln
P
P
1− M
!
= kt + C1
P
= C2 ekt
P
1− M
MP
M C2 ekt
= C2 ekt → P (t) =
M −P
M + C2 ekt
La condición inicial es
P (0) =
M C2
= P0
M + C2
Luego
C2 =
M P0
M − P0
Finalmente la solución es
P (t) =
P (t) =
M P0 ekt
M − P0 + P0 ekt
M P0
P0 + (M − P0 )e−kt
Notar que
lı́m P (t) = M
t→∞
Es decir, la población tiende a estabilizarse en un valor muy cercano a M individuos. La
siguiente figura muestra la solución para M = 10, k = 1. En azul se ilustra la solución con
condición inicial P (0) = 20, mientras que en rojo la condición inicial es P (0) = 2
18
Problema
La difusión de una epidemia es modelada por la ecuación logı́stica
dx
= kx(m − x)
dt
donde k > 0, la población total del pueblo es m y x(t) representa la cantidad de individuos
infectados pasados t dı́as. Para t = 0 un décimo de la población está infectada. Después de
cinco dı́as, un quinto de la población está infectada.
a) ¿Qué proporción de la población estará infectada después de diez dı́as?
b) ¿Para qué valor de t la mitad de la población estará infectada?
Solución
a) La ecuación a resolver es la siguiente
dx
= kx(m − x)
dt
La cual es una ecuación separable, en efecto
dx
= kdt
x(m − x)
Además
1
1
=
x(m − x)
m
1
1
+
x m−x
Entonces
dx
dx
+
= kmdt
x
(m − x)
ln x − ln (m − x) = kmt + C0
ln
x
m−x
= kmt + C0
x
= C1 ekmt
m−x
Finalmente
x(t) =
C1 mekmt
1 + C1 ekmt
x(t) =
C1 m
C1 + e−kmt
La solución general es
19
Para t = 0, un décimo de la población está infectada, luego
x(0) =
m
C1 m
=
10
C1 + 1
De aquı́ se obtiene el valor de C1
m
m
9m
= C1 m −
= C1
10
10
10
C1 =
1
9
Entonces
x(t) =
m/9
+ e−kmt
1
9
Además, como x(5) = m/5
m
=
5
1
9
m/9
+ e−km5
1
5
= + e−km5
9
9
1
ln
5m
9
=k
4
Con esto, la proporción de la población infectada después de 10 dı́as es
x(10) =
x(10) =
1
9
1
9
m/9
+ e−km10
m/9
=
+ e−2 ln(9/4)
m
x(10) =
1+9
9
m
2
Es decir
m
=
2
1
9
m/9
+ e−kmt
1
= e−kmt
9
20
+
=m
4 2
b) Se debe resolver
x(t) =
m/9
1
9
9
25
4 2
9
Se tiene entonces
ln 9 = kmt
1
ln 9 = 5 ln
t=
km
4
ln 9
9
Finalmente
t=
5 ln 9
ln 9 − ln 4
21
Problema
Resuelva
a)
t2 − xt2 x0 + x2 + tx2 = 0
b)
tdx − xdt =
√
t2 + x2 dt
Solución
a) Se debe resolver
t2 (1 − x) x0 + x2 (1 + t) = 0
que puede ser escrita de la siguente forma
x2 1 + t
dx
=
dt
x − 1 t2
que es una ecuación de variables separables. Se tiene entonces
dx
dt(1 + t)
(x − 1) =
2
x
t2
Ası́
ln x +
1
1
= − + ln t + C
x
t
La solución x(t) queda expresada en forma implı́cita
x(t)
1
1
ln
+ =C
+
t
x(t) t
b) Se tiene
tdx − xdt =
√
t2 + x2 dt
Luego
√
dx
− x = t2 + x2
dt
r
x 2
dx
x 1√ 2
x
= +
t + x2 = + 1 +
dt
t
t
t
t
t
Resulta natural el siguiente cambio de variable, v = x/t, luego se tiene x0 = v 0 t + v, ası́
v0t + v = v +
22
p
(1 + v 2 )
dv
1√
=
1 + v2
dt
t
La cual es una ecuación separable
√
dv
dt
=
t
1 + v2
Arc sinh v = ln t + C0
v=
1
C1
t−
2
2C1 t
y entonces la solución general de la ecuación es de la forma
1
1
2
C1 t −
x(t) =
2
2C1
23
Problema
Resolver las ecuaciones siguientes
x0 =
x2
tx − t2
x0 = x − x2
Solución
Para la primera ecuación, se propone el siguiente cambio de variable
y=
x
t
con esto
y0 =
x
x0 y
x0
− 2 = −
t
t
t
t
Luego
y0 =
x2
y
− =
2
3
t x−t
t
y0 =
y
y2 − y2 + y
y2
− =
t(y − 1)
t
t(y − 1)
y0 =
t
y
1
y
t −
t
− y2
1 y
ty−1
Esta última es una ecuación separable. En efecto
dy
y−1
dt
=
y
t
Luego
y − log y = log t + C
Luego, x queda determinado en forma implı́cita por la siguiente relación
x(t)
− log x(t) + log t = log t + C
t
x(t) − t log x(t) − Ct = 0
24
La ecuación
x0 = x − x2
es una ecuación separable. Equivalentemente se puede escribir
x0
=1
x − x2
Notar que
1
1
1
= +
2
x−x
x 1−x
Luego
dx
dx
+
= dt
x
1−x
Entonces
ln x − ln (1 − x) = t + C
ln
x
1−x
=t+C
Puede obtenerse una solución explı́cita, pues
x
= Ket
1−x
x(t) =
Ket
1 + Ket
o bien
x(t) =
1
Ke−t
25
+1
Problema
Encuentre las funciones y(x) que satisfacen la siguiente ecuación
ˆ 1
dsy(sx) = 2y(x)
0
Idea: haga un cambio de variables
Solución
Haciendo el cambio de variables u = sx se obtiene
ˆ
1 x
duy(u) = 2y
x 0
Derivando con respecto a x
xy −
´x
duy(u)
dy
dx
Reemplazando el valor de la integral se obtiene la siguiente ecuación diferencial
0
x2
=2
y
y
dy
xy − 2xy
= −2 =2
2
x
x
x
dx
Luego
−
dy
y
=2
x
dx
Claramente una ecuación separable
2
dy
dx
=−
y
x
2 ln y = − ln x + C0
y2 =
26
C1
x
Problema
Un conejo parte del origen y corre por el eje y positivo con velocidad a. Al mismo tiempo,
un perro que corre con velocidad b sale del punto (c, 0) y persigue al conejo. El propósito de
este problema es determinar la trayectoria y(x) que sigue el perro
a) Dado un instante t cualquiera, el conejo se encontrará en la posición C = (0, at) del plano
xy, y llamamos P = (x, y) a las coordenadas de la posición del perro. Observando que el trazo
P C es tangente a la trayectoria buscada, obtenga la ecuación diferencial que satisface y(x)
b) Derivando la expresión anterior con respecto a x pruebe que se tiene
x
d2 y
dt
=
−a
dx2
dx
c) Para calcular dt/dx en la ecuación anterior, comience por obtener el valor de la derivada
ds/dx de la longitud s del arco de curva descrito por y(x). Para esto recuerde que
ds2 = dx2 + dy 2
y que s crece si x decrece en nuestro caso
d) Continuando con el cálculo de dx/dt, observe que ds/dt representa la velocidad del perro que
es constante y conocida según los datos del problema. Usando este hecho y el valor de ds/dx,
calcule dt/dx
e) Demuestre entonces que la ecuación buscada de la curva es
s
2
2
dy
dy
x 2 =k 1+
dx
dx
donde k = a/b
f) Mediante la sustitución p = dy/dx, obtendrá una ecuación de primer orden en p. Resuelva
dicha ecuación.
Solución
a) La trayectoria del perro será algo similar a lo que se muestra en la siguiente figura
En todo instante el perro se mueve en la dirección de la recta que une su posición con la
posición del conejo. Dado que la posición de ambos varı́a de forma continua en el tiempo, la
trayectoria debe tener una forma similar a la que se ha dibujado
27
La siguiente figura ilustra por qué el trazo PC es tangente a la trayectoria
Basta escribir la ecuación de la tangente
y − at
dy
=
x
dx
de donde resulta
x
dy
= y − at
dx
b) La derivación con respecto a x de la expresión anterior entrega
x
d2 y dy
dy
dt
+
=
−a
2
dx
dx
dx
dx
x
d2 y
dt
=
−a
dx2
dx
c) Se tiene
dt
dt ds
=
dx
ds dx
Usando la expresión de ds2 se obtiene
ds
=−
dx
s
1+
dy
dx
2
d) Se sabe además que dt/ds = 1/b y finalmente, usando el resultado de la pregunta anterior
s
2
dt
1
dy
=−
1+
dx
b
dx
e) Reemplazando en la ecuación obtenida en c
s
2
2
dy
a
dy
x 2 =
1+
dx
b
dx
28
f) La sustitución indicada lleva a la ecuación
x
ap
dp
=
1 + p2
dx
b
La que es una ecuación de variables separables
dp
dx
p
=k
x
1 + p2
Arc sinh p = k ln x + C0
1
1
p = sinh (k ln x + C0 ) = ek ln x eC0 − e−k ln x e−C0
2
2
1
1 −k
p = C 1 xk −
x
2
2C1
Finalmente, para k 6= 1
y(x) =
1
1
C1 xk+1 −
x1−k + C2
2(k + 1)
2C1 (1 − k)
29
2.3.
2.3.1.
Ecuaciones Lineales
Definición: Ecuación Lineal de primer orden
Decimos que una EDO de primer orden
dy
= f (x, y)
dx
es lineal si
f (x, y) = a(x)y + b(x)
Observaciones
a) La función f (x, y) cumple con f (x, c1 y1 + c2 y2 ) = c1 f (x, y1 ) + c2 f (x, y2 )
b) Si b(x) = 0, llamamos a la ecuación lineal homogénea
c) Si b(x) = 0, la ecuación es separable. Pero en general, una ecuación separable no es lineal
2.3.2.
Solución general de ecuaciones lineales
Para una ecuación lineal de primer orden
dy
− a(x)y = b(x)
dx
se define el factor integrante como
−
´x
F.I = e
x0
dτ a(τ )
Al multiplicar ambos lados de la ecuación por el factor integrante resulta
´
´
dy − ´xx dτ a(τ )
− x dτ a(τ )
− x dτ a(τ )
e 0
− a(x)ye x0
= b(x)e x0
dx
Se reconoce inmediatamente el lado izquierdo como una derivada total
´
´
d − x dτ a(τ )
− x dτ a(τ )
y(x)e x0
= b(x)e x0
dx
Luego
−
y(x)e
´x
x0
ˆ
dτ a(τ )
x
=
b(u)e
−
´u
x0
dτ a(τ )
+C
x0
Finalmente la solución general es
´x
y(x) = Ce
x0
dτ a(τ )
´x
+e
x0
ˆ
x
dτ a(τ )
b(u)e
x0
Notar que C representa el valor de y en x = x0
30
−
´u
x0
dτ a(τ )
En resumen, la solución general al PVI
dy(x)
− a(x)y(x) = b(x)
dx
y(x0 ) = y0
es
´x
´x
dτ a(τ )
y(x) = y0 e
| {z
x0
+e
}
|
yh (x)
x0
ˆ
dτ a(τ )
x
b(u)e
x0
{z
−
´u
x0
dτ a(τ )
yp (x)
}
Notar que y(x) se ha descompuesto en 2 funciones. yh (x) es solución a la ecuación homogénea
dyh (x)
− a(x)yh (x) = 0
dx
la cual incluye el valor inicial de y. Por otro lado, yp (x) recibe el nombre de solución particular, y no depende de la condición inicial, sino del término no homogéneo b(x)
Ejemplo
Resolver
dy(x)
= 3y + ex
dx
con y(0) = y0
El factor integrante de esta ecuación es
F.I = e−
´x
0
3dτ
= e−3x
Entonces
dy(x) −3x
e
− 3ye−3x = ex e−3x
dx
d
y(x)e−3x = e−2x
dx
Luego
ˆ
−3x
y(x)e
x
due−2u + C =
=
0
1 1 −2x
− e
+C
2 2
1
1
y(x) = y0 e3x + e3x − ex
| {z } |2 {z 2 }
y (x)
h
yp (x)
yh (x) es solución a la ecuación homogénea, y 0 (x) = 3y(x).
31
2.4.
Ecuación de Bernoulli
Una ecuación de Bernoulli es una EDO de primer orden de la forma
dy
= a(x)y(x) + b(x)y α
dx
donde α 6= 1
Si bien una ecuación de Bernoulli no es lineal, mediante el cambio de variable
v = y 1−α
se obtiene una EDO lineal para v. En efecto
dv
dy
= (1 − α)y −α
= (1 − α)y −α (a(x)y(x) + b(x)y α )
dx
dx
dv
= (1 − α)a(x)y(x)1−α + (1 − α)b(x)
dx
Finalmente
dv(x)
= (1 − α)a(x)v(x) + (1 − α)b(x)
dx
La cual es una EDO lineal de primer orden en v
32
Problema
Resolver las ecuaciones siguientes
a)
x0 −
2x
= (t + 1)2
t+1
b)
x0 + tx = t3 x3
Solución
a) La ecuación es lineal, y puede ser resuelta mediante un factor integrante
−
F.I = e
´t
2dτ
t1 τ +1
= Ce−2 ln(t+1) =
C
(t + 1)2
Luego
x0
2x
−
=1
(t + 1)2 (t + 1)3
x
d
=1
dx (t + 1)2
Ası́
x
=t+C
(t + 1)2
Finalmente
x(t) = (C + t)(t + 1)2
b)
x0 + tx = t3 x3
Esta es una ecuación de Bernoulli, que puede ser transformada en una ecuación lineal
mediante el cambio de variable
z = x−2
2
2t
dz
= − 3 x0 = 4 − 2t2
dt
x
x
dz
2t
= 2 − 2t3 = 2tz − 2t3
dt
x
Multiplicando a ambos lados por
e
−
´t
t0
dτ 2t
2
= Ce−t
d dz −t2
2
2
2
e − 2tze−t =
z(t)e−t = −2t3 e−t
dt
dt
33
Luego
ˆ
t2
t2
0
34
t
dτ τ 3 e−τ
z(t) = Ce − 2e
2
Problema
Resolver
a)
x
x0 + 2 − 1 = 0
t
b)
x0 + (tan t)x = t sin(2t)
Solución
a) Corresponde a una ecuación lineal, que tiene sentido para t 6= 0. El factor integrante es
2
´t
2
t
dτ
2
ln
t/t
1
=
F I = e t1 τ = e
t1
Luego
x0 t2 + 2xt = t2
d
xt2 = t2
dt
ˆ
t
2
xt =
t0
1
t2 + C0 = t3 + C1
3
La solución general queda
1
1
x(t) = t + 2 C1
3
t
b) También corresponde a una ecuación lineal. El factor integrante es
ˆ t
1
F.I =
dτ tan τ = Ce− ln(cos t) = C
cos t
t1
luego
x0
sin t
sin(2t)
+
x=t
2
cos t cos t
cos t
d x =
dt cos t
ˆ
t
du2u sin u + C = −2t cos t + 2 sin t + C1
t0
Finalmente
x(t)
= −2t cos t + 2 sin t + C1
cos t
x(t) = −2t cos2 t + 2 sin t cos t + C1 cos t
35
Problema
Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales en y(x), usando cambios de variables que le
permitan usar sus conocimientos sobre ecuaciones de primer orden
a)
y 0 y 00 + 2(y 0 )2 = 0
b)
x3 yy 0 + 2x2 y 2 − 1 = 0
En este último caso se recomienda u(x) = x2 y(x)
Solución
a) Si se realiza el cambio de variables z(x) = [y 0 (x)]2 , la ecuación propuesta se transforma en
dz(x)
= 2y 0 (x)y 00 (x) = −4(y 0 )2
dx
dz(x)
= −4z(x)
dx
Una EDO lineal de primer orden homogénea. Se tiene
z(x) = Ce−4x
Luego
y 0 (x) = C1 e−2x
Finalmente
y(x) = C0 −
C1 −2x
e
2
b) Haciendo
u(x) = x2 y(x)
du(x)
dy(x)
= 2xy(x) + x2
dx
dx
du(x)
1
=
2x2 y 2 + x3 yy 0
dx
y(x)x
du(x)
x
=
dx
y(x)x2
Luego
u0 (x)u(x) = x
36
Esta es una ecuación separable
1
1
duu = xdx → u2 = x2 + C
2
2
p
u(x) = x2 + C1
Luego
y(x) =
1p 2
x + C1
x2
37
Problema
Al caer, una gota de agua se evapora y al mismo tiempo retiene su forma esférica. Haremos
las suposiciones adicionales de que la rapidez con que se evapora (pérdida de masa) es proporcional a su área, con una constante de proporcionalidad k < 0, y no se considera la resistencia
del aire. Designamos por ρ la densidad del agua, r0 el radio de la gota cuando t = 0 y la
dirección positiva se define hacia abajo
a) Detemuestre que bajo los supuestos anteriores la rapidez con que disminuye el radio r(t) de
la gota es constante y que se tiene
k
t + r0
r(t) =
ρ
b) Si r0 = 0,01 m, y si r = 0,007 m 10 segundos después, determine el tiempo en el que se
evapora la gota de lluvia por completo
c) Obtenga la ecuación diferencial satisfecha por la velocidad v(t) de la gota de agua en su
caı́da libre. Para ello comience por establecer el valor de su masa en función del tiempo. Si la
gota de lluvia cae desde el reposo, determine v(t)
Solución
a) Se tiene
dm(t)
= k4πr(t)2
dt
Donde
4
m(t) = ρ πr(t)3
3
Luego
4
dr
ρ π3r(t)2 = k4πr(t)2
3
dt
Finalmente
dr
=
dt
k
ρ
y entonces
k
r(t) = r0 +
t
ρ
b) Se tiene
r(10) = 0,007 = 0,01 + 10
Luego
k
0,003
=−
= 0,0003
ρ
10
38
k
ρ
La gota se evapora en t tal que
r(t) = 0,01 − 0,0003t = 0 → t = 33,33
c) La masa de la gota en función del tiempo es
4
m(t) = ρ πr(t)3
3
Luego, la evolución de su posición está dada por la segunda ley de Newton
d 4πr(t)3
4πr(t)3
ρv(t) =
ρg
dt
3
3
d
r(t)3 v(t) = r(t)3 g
dt
Luego
3r(t)2 (k/ρ)v(t) + r(t)3
dv(t)
= r(t)3 g
dt
dv(t)
3(k/ρ)
v(t) +
=g
r(t)
dt
dv(t)
3(k/ρ)
+
=g
dt
(k/ρ)t + r0
Es una EDO lineal no homogénea. El factor integrante es
´t
e
t1
3(k/ρ)
dτ (k/ρ)τ +r
0
= Ce3 ln((k/ρ)t+r0 )
= C ((k/ρ)t + r0 )3
Luego, llamando A = k/ρ
dv(t)
(At + r0 )3 + 3v(t)A(At + r0 )2 = g(At + r0 )3
dt
d
v(t)(At + r0 )3 = g(At + r0 )3
dt
ˆ t
g
gr4
3
v(t)(At + r0 ) = g (Aτ + r0 )3 + C0 =
(At + r0 )4 − 0 + C0
4A
4A
0
Finalmente
g
gr04
C0
v(t) =
(At + r0 ) −
+
3
4A
4A(At + r0 )
(At + r0 )3
39
Con C0 = v(0) = 0
La solución es
v(t) =
gr04
g
(At + r0 ) −
4A
4A(At + r0 )3
g
v(t) =
4A
(At + r0 )3 − r04
(At + r0 )3
40
!
Problema
Considere un estanque que está lleno con 1000 litros de agua. Por un tubo conectado al
estanque se hace ingresar una solución contaminada en la proporción de 1 a 100, con una tasa
de 300 lts/ min. Por un tubo fluye agua pura hacia el estanque con una tasa de 300 lts/min.
Una bomba extrae lı́quido del estanque con una velocidad de 700 lts/min
a) Si C(t) representa la cantidad de contaminante en el estanque en el instante t, medida en
litros, deduzca el problema con valores iniciales que modela su evolución
b) Encuentre la solución al problema planteado. Indique en qué instante se alcanza la máxima
cantidad de contaminante en el estanque
Solución
a) Sea V (t) el volumen de lı́quido que está en el estanque en el instante t. Inicialmente es 1000,
y decrece a razón de 100 lts/min. Luego
V (t) = 1000 − 100t
Ahora, C(t) es la cantidad de contaminante en el estanque al tiempo t. La tasa de ingreso al estanque es de 300/100 lts/min. Sin embargo, debido a la bomba que extrae lı́quido
diluı́do, también hay una pérdida de contaminante. Al instante t, se tendrá una concentración
de contaminante
C(t)/V (t)
la cual es extraı́da por la bomba a razón de 700 lts/min. En resumen
300
700
dC(t)
=
−
C(t)
dt
100 V (t)
y el problema con valores iniciales se escribe
7
C
t − 10
C(0) = 0
C 0 (t) = 3 +
b) La ecuación diferencial a resolver es del tipo lineal no homogénea. El factor integrante es
−
F.I = e
´t
t0
7
ds s−10
= Ce−7 ln(t−10) =
C
(t − 10)7
Luego
1
7
3
−
C(t) =
7
8
(t − 10)
(t − 10)
(t − 10)7
C 0 (t)
d C(t)
3
=
7
dt (t − 10)
(t − 10)7
C(t)
=
(t − 10)7
ˆ
0
t
3du
1
1 1
+ C = − (t − 10)−6 +
+ C0
7
(u − 10)
2
2 106
41
Luego
C(t) = −
(t − 10) (t − 10)7
+
+ C0 (t − 10)7
2
2 × 106
Notar que C0 = C(0) = 0, luego
(t − 10)
(t − 10)7
+5
2
107
Esta solución es válida siempre y cuando V (t) ≥ 0, es decir para
C(t) = −
t ∈ [0, 10)
. Para encontrar el instante t0 en que C(t) es máxima, basta derivar e igualar la derivada a 0.
Esto es
7
dC(t0 )
=3+
C(t0 ) = 0
dt
t0 − 10
Luego
7
(t0 − 10)6
− + 35
+3=0
2
107
Finalmente se obtiene
t0 = 10 1 − 7−1/6
42
Problema
Considere la ecuación
y 0 + y = esin x (cos x + 1)
a) Obtenga la forma general de la solución y(x) de la ecuación anterior
b) Verifique que, independientemente de la condición inicial, la solución y(x) tiende a una
función periódica cuando x → ∞
Solución
Se trata de una ecuación lineal, cuyo factor integrante es
´x
F.I = e
x0
ds
= Cex
Entonces
ex y 0 + yex = ex+sin x (cos x + 1)
d x
(e y(x)) = ex+sin x (cos x + 1)
dx
Luego
ˆ
−x
x
−x
dueu+sin u (cos u + 1)
y(x) = e y0 + e
0
La última integral se resuelve mediante u + sin u = v, luego dv = (1 + cos u)du
ˆ x+sin x
−x
−x
y(x) = e y0 + e
dvev = e−x y0 + e−x ex+sin x − 1
0
La solución es
y(x) = e−x (y0 − 1) + esin x
donde y0 = y(0). Es fácil ver que cuando x → ∞
y(x) → esin x
que es una función perı́odica en x
43
Problema
Una esfera metálica de masa unitaria se deja caer libremente desde una altura H > 0. En su
trayectoria encuentra un vaso que contiene un lı́quido que opone un roce viscoso de coeficiente
λ al movimiento de la esfera. La columna lı́quida tiene una altura h < H; el vaso se encuentra
apoyado sobre la superficie de la tierra. Calcule el tiempo T que demora la esfera en quedar a
la altura h/2 de la superficie de la tierra. Su cálculo puede quedar expresado en forma de una
ecuación algebráica que determine el tiempo T
Solución
Sea x(t) la posición de la esfera en el instante t ≥ 0, medida sobre la vertical y colocando el
origen sobre la superficie de la tierra. Para plantear las ecuaciones, distinguiremos dos tiempos:
T0 , el tiempo necesario para alcanzar la altura h; T , el tiempo que se demora el móvil en
alcanzar la altura h/2 que es lo que se busca. Usando la segunda ley de Newton se tienen los
siguientes problemas con valores iniciales. Para 0 < t ≤ T0 :
x00 (t) = −g, x(0) = H, x0 (0) = 0
Llamando v = x0 , se tiene v 0 = −g; v(0) = 0, luego
v(t) = −gt
Integrando esta expresión, se encuentra x(t)
1
x(t) = H − gt2
2
Esto nos permite calcular T0 , pues x(T0 ) = h, de donde
s
2(H − h)
T0 =
g
y además
p
v(T0 ) = −gT0 = − 2g(H − h)
Para T0 < t ≤ T
x00 (t) = −g + λx0 , x(T0 ) = h, x0 (T0 ) = −
p
2g(H − h)
Nuevamente llamando v(t) = x0 (t), se obtiene una ecuación lineal para v(t)
v 0 (t) = −g + λv(t)
v 0 (t)e−λt − λv(t)e−λt = −ge−λt
d
v(t)e−λt = −ge−λt
dt
44
ˆ
λt
t
dse−λs
λt
v(t) = Ce − ge
T0
v(t) = Ceλt +
g
1 − eλ(t−T0 )
λ
donde v(T0 ) = −gT0 = CeλT0 → C = −gT0 e−λT0
g
1 − eλ(t−T0 )
λ
1 λ(t−T0 ) g
v(t) = −g T0 +
e
+
λ
λ
v(t) = −gT0 eλ(t−T0 ) +
Integrando entre T0 y t (T0 < t ≤ T ), y usando que x(T0 ) = h
1 (t−T0 ) g
g
T0 +
e
+ (t − T0 )
x(t) = h −
λ
λ
λ
Finalmente, se tendrá x(T ) =
h
2
si y sólo si
h g
1 (T −T0 ) g
−
T0 +
e
+ (t − T0 ) = 0
2 λ
λ
λ
45
2.5.
2.5.1.
Ecuaciones Exactas
Definición
Una EDO de primer orden de la forma
M (x, y) + N (x, y)
dy
=0
dx
Es exacta si existe una función F (x, y) diferenciable tal que
∂F (x, y)
∂x
∂F (x, y)
N (x, y) =
∂y
M (x, y) =
En tal caso, la solución de la ecuación está dada implı́citamente por
F (x, y) = C
donde C es una constante
Nota
La idea es la siguiente. Sea F (x, y) una función diferenciable. Entonces el diferencial exacto de
F está dado por
∂F (x, y)
∂F (x, y)
dx +
dy
dF (x, y) =
∂x
∂y
Entonces la relación
dF (x, y) = 0
entrega una curva en el plano x − y dada por y = y(x) en la cual la función F (x, y) no varı́a.
Es decir, a lo largo de la curva y(x) la función F (x, y) permanece constante. La ecuación que
satisface esta curva puede ser vista como la siguiente EDO
∂F (x, y) ∂F (x, y) dy
+
=0
∂x
∂y dx
Notar que en todo punto de continuidad de las primeras derivadas de F se tiene
∂ 2 F (x, y)
∂ 2 F (x, y)
=
∂y∂x
∂x∂y
Luego, dada la ecuación
M (x, y) + N (x, y)
dy
=0
dx
veremos que la ecuación es exacta ssi
∂M (x, y)
∂N (x, y)
=
∂y
∂x
46
2.5.2.
Teorema
Consideremos una EDO de primer orden
dy
=0
dx
M (x, y) + N (x, y)
con M, N y sus derivadas parciales de primer orden continuas en una región R = (x0 , x1 ) ×
(y0 , y1 ). Luego, esta ecuación es exacta ssi
∂M (x, y)
∂N (x, y)
=
∂y
∂x
Demostración
Primero veamos que si la ecuación es exacta, entonces se cumple
∂N (x, y)
∂M (x, y)
=
∂y
∂x
En efecto, existe F (x, y) tal que
∂F (x, y)
∂x
∂F (x, y)
N (x, y) =
∂y
M (x, y) =
Entonces
∂M
∂ 2F
∂ 2F
∂N
=
=
=
∂y
∂y∂x
∂x∂y
∂x
Ahora, se debe mostrar que si
∂N (x, y)
∂M (x, y)
=
∂y
∂x
entonces la ecuación es exacta. Hay que encontrar F (x, y) tal que ∂F (x, y)/∂x = M (x, y)
ˆ
F (x, y) = dxM (x, y) + g(y)
Para encontrar g(y) se impone además que
∂F (x, y)
∂
N (x, y) =
=
∂y
∂y
ˆ
dxM (x, y) + g 0 (y)
luego
∂
g (y) = N (x, y) −
∂y
0
ˆ
M (x, y)dx
Hay que probar que el término de la derecha no depende de x. En efecto
47
∂g 0 (y)
∂N (x, y)
∂ ∂
=
−
∂x
∂x
∂x ∂y
ˆ
dxM (x, y) =
∂N (x, y) ∂M (x, y)
−
=0
∂x
∂y
Finalmente, hemos encontrado F (x, y) tal que
∂F (x, y)
∂x
∂F (x, y)
N (x, y) =
∂y
M (x, y) =
y por lo tanto la ecuación es exacta
2.5.3.
Definición: Factor Integrante
Dada una EDO de primer orden
dy
=0
dx
con M, N y sus primeras derivadas parciales continuas en R = (x0 , x1 ) × (y0 , y1 ), decimos
que µ(x, y) es un factor integrante ssi
M (x, y) + N (x, y)
dy
=0
dx
es exacta, y si µ y sus derivadas parciales de primer orden son continuas en R
µ(x, y)M (x, y) + µ(x, y)N (x, y)
2.5.4.
Ejemplo
Sea la EDO normal
y+x
dy
=0
dx
Se reconoce inmediatamente M (x, y) = y, N (x, y) = x . Se verifica que
∂M (x, y)
∂N (x, y)
=1=
∂y
∂x
Decimos entonces que la ecuación es exacta y buscamos F (x, y) tal que
∂F (x, y)
∂F (x, y)
=y
=x
∂x
∂y
La primera condición entrega
ˆ
F (x, y) =
dxy + h(y) = xy + h(y)
donde h es una función únicamente de y. Imponiendo la segunda condición
48
∂F (x, y)
= x + h0 (y) = x
∂y
Entonces h(y) es una constante y la solución a la ecuación está dada por
F (x, y) = xy = C
Explı́citamente
y(x) =
49
C
x
Problema
a) Resolver la ecuación
(2t + 3x2 )dt + 6txdx = 0
b) Sean µ(x, t) y ν(x, t) dos factores integrantes de la ecuación
M (t, x)dt + N (t, x)dt = 0
Suponiendo que α(t, x) = µ(t, x)/ν(t, x) no es constante, demuestre que α(t, x) = C =
const. define implı́citamente la solución general de (b)
Solución
a) Si llamamos M (t, x) = 2t + 3x2 , N (t, x) = 6tx, se puede verificar directamente que
∂N (x, t)
∂M (x, t)
= 6x =
∂x
∂t
de donde resulta que la ecuación propuesta es exacta. Luego existe F (t, x) cuyas derivadas
parciales con respecto a t y x coincidan con M y N , respectivamente. Para calcular F (x, t)
hacemos
ˆ
F (t, x) = dt 2t + 3x2 + g(x)
F (t, x) = t2 + 3x2 t + g(x)
Enseguida, derivando con respecto a x
6tx = 6xt + g 0 (x)
luego g 0 = 0, g(x) = const. y podemos tomar una constante particular, g(x) = 0 . Con esta
elección obtenemos que x(t) debe verificar la relación
t2 + 3x2 (t)t = c
vale decir
r
x(t) =
c − t2
3t
b) Bajo las hipótesis del enunciado, si µ y ν son factores integrantes de la ecuación planteada,
se tiene
∂µ
∂N
∂µ
∂M
N +µ
=
M +µ
∂t
∂t
∂x
∂x
∂ν
∂N
∂ν
∂M
N +ν
=
M +ν
∂t
∂t
∂x
∂x
50
Multiplicando la primera ecuación por ν y la segunda por µ, y luego restando ambas, se
tiene
∂µ
∂ν
∂µ
∂ν
ν−
µ N=
ν−µ
M
∂t
∂t
∂x
∂x
Esto equivale a
∂µ 1
1 ∂ν
∂µ 1
1 ∂ν
−
µ N=
− µ
M
∂t ν ν 2 ∂t
∂x ν ν 2 ∂x
De donde se obtiene que para α = µ/ν se cumple
∂α
∂α
N=
M
∂t
∂x
Escribiendo ahora el diferencial de α, observamos que
dα =
1
dα =
N
dα =
∂α
∂α
dt +
dx
∂t
∂x
∂α
∂α
N dt +
N dx
∂t
∂x
1 ∂α
(M (t, x)dt + N (t, x)dx)
N ∂x
En consecuencia, si dα = 0, sobre alguna curva x(t), entonces ella resuelve la ecuación
diferencial
M (t, x)dt + N (t, x)dx = 0
51
Problema
Resolver las ecuaciones diferenciales siguientes
a)
(x cos t + 2tex )dt + (sin t + t2 ex + 2)dx = 0
b)
(3x2 + 4t)dt + (2xt)dx = 0
Solución
a) En este caso tenemos una ecuación que se resuelve por el método de los diferenciales exactos.
En efecto, sean M (t, x) = x cos t + 2tex , N (t, x) = sin t + t2 ex + 2, entonces
∂N (t, x)
∂M (t, x)
= cos t + 2tex =
∂x
∂t
Se construye entonces una función F (t, x) en la forma
ˆ t
(x cos s + 2sex )ds + g(x) = x sin t + t2 ex + g(x)
F (t, x) =
0
donde g es una función a determinar. Para ello se iguala
∂F (t, x)
= sin t + t2 ex + g 0 (x) = N (t, x) = sin t + t2 ex + 2
∂x
Entonces g 0 (x) = 2. Luego, podemos tomar
F (t, x) = x sin t + t2 ex + 2x
Finalmente, las soluciones ϕ(t) de la ecuación diferencial quedan determinadas implı́citamente por la ecuación
ϕ(t) sin t + t2 eϕ(t) + 2ϕ(t) = C(const.)
b) Este caso la ecuación no es exacta. Sin embargo, al multiplicar a ambos lados por t2 se
tiene
(3x2 t2 + 4t3 )dt + (2xt3 )dx = 0
Definiendo
M (t, x) = t2 (3x2 + 4t)
N (t, x) = 2xt3
se obtiene
∂N (t, x)
∂M (t, x)
=
∂x
∂t
52
Para encontrar una función F (t, x), como en la parte a), integramos N con respecto a t
F (t, x) = x2 t2 + g(x)
y se verificar g 0 (x) = 4t3 , de donde basta tomar
F (t, x) = x2 t2 + t4
Las soluciones ϕ(t) deben verificar entonces
{ϕ(t)}2 t2 + t4 = C
r
ϕ(t) = ±
53
C
− t2
t2
Problema
En la ecuación
M (t, x)dt + N (t, x)dx = 0
suponga que los coeficientes M y N son continuamente diferenciables y tales que la función
1
∂N (t, x) ∂M (t, x)
−
M (t, x)
∂t
∂x
solo depende de x. Llame g(x) a esta función
a) Demuestre que bajo las condiciones anteriores, existe un factor integrante para la ecuación
que tiene la forma
´x
g(y)dy
µ(x) = e x0
donde x0 es un punto arbitrario en el dominio de definición de g
b) Aproveche el resultado anterior para resolver la ecuación diferencial
x cos tdt + (2x2 + 1) sin tdx = 0
Solución
a) Verifiquemos que
∂
∂
µ(x)M (t, x) = µ(x)N (t, x)
∂x
∂t
En efecto
∂
∂µ(x)
∂M (t, x)
µ(x)M (t, x) =
M (t, x) + µ(x)
∂x
∂x
∂x
= g(x)µ(x)M (t, x) + µ(x)
= µ(x)
∂N (t, x) ∂M (t, x)
−
∂x
∂x
=
∂M (t, x)
∂x
+ µ(x)
∂M (t, x)
∂x
∂µ(x)N (t, x)
∂t
En consecuencia, µ(x) es un factor integrante para la ecuación propuesta
b) En este caso
∂N (t, x)
∂M (t, x)
(t, x) −
= 2x2 cos t
∂t
∂x
de donde g(x) = 2x y
µ(x) = ex
Para encontrar F (x, t) tal que ∂F
= µM y
∂t
que nos da una función de la forma
∂F
∂x
2
2
= µN , integramos µM con respecto a t, lo
xex sin t + h(x)
54
donde h es una función desconocida que se determina derivando lo anterior con respecto a
x e imponiendo que esa expresión coincida con N
2
2
2
2x2 ex sin t + ex sin t + h0 (x) = (2x2 + 1)ex sin t
Luego h0 (x) = 0, de donde h(x) es constante y basta tomar como función F la siguiente
2
F (t, x) = xex sin t
La solución ϕ de la ecuación propuesta satisface entonces
2
ϕ(t)eϕ(t) sin t = C
donde C es una constante arbitraria
55
Problema
a) Encuentre una función M (x, y) de modo que la ecuación
1
xy
M (x, t)dx + xe + 2xy +
dy = 0
x
sea exacta
b) Resuelva
xydx + (2x2 + 3y 2 − 20)dy = 0
Solución
(x,y)
a) Para que la ecuación sea exacta debe existir una función F (x, y) tal que ∂F∂x
= M (x, y) y
∂F (x,y)
1
= xexy + 2xy + x . Integrando esta última expresión, F debe ser de la forma
∂y
y
+ g(x)
x
donde g(x) es una función desconocida. Luego, M debe satisfacer
F (x, y) = exy + xy 2 +
y
∂F (x, y)
= yexy + y 2 − 2 + g 0 (x)
∂x
x
Tomando entonces una función g(x) constante se obtiene que una función M (x, y) que
satisface lo solicitado es
M (x, y) =
y
x2
Obsérvese que hay una familia infinita de funciones M que satisfacen lo pedido
M (x, y) = yexy + y 2 −
b) Se puede observar que esta ecuación no es exacta pues
∂
∂
xy = x 6= 2x =
2x2 + 3y 2 − 20
∂y
∂x
Se puede ensayar, por ejemplo, un factor integrante de la forma xn y m . Planteamos las
igualdades
∂
∂ n+1 m+1
x y
=
2x2 + 3y 2 − 20 xn y m
∂y
∂x
de donde obtenemos que la condición a satisfacer es
(m + 1)xn+1 y m − 2(n + 2)xn+1 y m − 3nxn−1 y m+2 + 20nxn−1 y m = 0
Si se escoge n = 0 llegamos a una expresión más simple
(m + 1)xy m − 4xy m = 0
De donde se deduce que m = 3 y la función y 3 es un factor integrante. Con este, se tiene
xy 4 dx + (2x2 y 3 + 3y 5 − 20y 3 )dy = 0
56
Buscamos una función F (x, y) que satisfaga
∂F (x, y)
= xy 4
∂x
de donde F (x, y) = x2 y 4 /2 + h(y). Luego
∂F (x, y)
dh(y)
= 2x2 y 3 +
= 2x2 y 3 + 3y 5 − 20y 3
∂y
dy
Luego, podemos tomar h(y) = y 6 /2 − 5y 4 , de donde
1 2
1
F (x, y) =
x − 5 y4 + y6
2
2
Y la solución y(x) de la ecuación original queda dada en forma implı́cita por la relación
1 2
1
x − 5 y(x)4 + y(x)6 = C
2
2
con C una constante
57
Problema
Una cadena uniforme de largo L metros está enrollada en el piso. Se tira uno de sus extremos
hacia arriba con una fuerza constante de F0 Newton. La cadena pesa 1 Newton por metro. Se
desea calcular la velocidad que tendrá la cadena en el momento en que su segunda extremidad
pierda contacto con el piso
a) Designando por x(t) la altura de la extremidad que se tira y por v(t) su velocidad, comience
por expresar el valor que tiene la masa suspendida en el tiempo t y determine la ecuación
diferencial satisfecha por x y v usando la Segunda Ley de Newton en su forma general
b) Multiplicando la ecuación de la parte a) por x y usando las relaciones
v=
dv
dx dv
,
==
v
dt dt
dx
pruebe que su ecuación se reduce a una del tipo diferencial exacto
Solución
a) El peso total de la cadena es
mg = L → m =
L
g
Con esto, la densidad lineal de masa está dada por
m
1
=
L
g
Sea x(t) la coordenada de la extremidad de la cadena con respecto al piso. Con esto, la
cantidad de masa suspendida al tiempo t está dada por
ρ=
1
m(t) = x(t)ρ = x(t)
g
La segunda ley de Newton para el pedazo de cadena suspendida al tiempo t es
F0 − m(t)g =
F0 − x(t) =
d
(m(t)v(t))
dt
1 dx(t)
1
dv(t)
v(t) + x(t)
g dt
g
dt
g (F0 − x(t)) = x(t)
dv(t) dx(t)
+
v(t)
dt
dt
b) Multiplicando por x(t), se obtiene
gF0 x(t) − gx(t)2 = x(t)2
dv(t) dx(t)
+
v(t)x(t)
dt
dt
gF0 x − gx2 = x2
dv
v + v2x
dx
Finalmente
gx(F0 − x) = xv 2 + x2 v
58
dv
dx
Escrito de otra forma
xv 2 − gx(F0 − x) dx + |{z}
x2 v dv = 0
|
{z
}
N (x,v)
M (x,v)
Se verifica que ésta es una ecuación exacta, pues
∂M (x, v)
∂N (x, v)
= 2vx =
∂v
∂x
Luego, se busca una función F (x, v) tal que
1
∂F (x, v)
= N (x, v) = x2 v → F (x, v) = x2 v 2 + h(x)
∂v
2
y
∂F (x, v)
= xv 2 + h0 (x) = M (x, v) = xv 2 − gxF0 + gx2
∂x
Luego podemos tomar
h0 (x) = gx2 − gxF0 → h(x) =
gx3 g 2
− x F0
3
2
y la solución en su forma implı́cita es
1 2 2 1 3 1 2
x v + gx − gx F0 = C
2
3
2
Imponiendo las condiciones iniciales x(0) = v(0) = 0, se deduce que C = 0. Luego
1 2 2 1 3 g 2
x v + gx − x F0 = 0
2
3
2
v2 +
2g
x − gF0
3
Se obtiene finalmente
s 2
v(x) = g F0 − x
3
Finalmente, la velocidad de la cadena cuando el extremo inferior deja de estar en contacto
con el piso es
s 2
v(L) = g F0 − L
3
Notar que es necesario que F0 > 23 L, de lo contrario es imposible levantar completamente
la cadena del piso
59
Problema
a) Determine condiciones en M, N de modo que la ecuación M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
tenga un factor integrante de la forma µ = µ(x − y 2 )
b) Encuentre un factor integrante para
(3x − y 2 )dx − 4xydy = 0
Solución
a) Si µ(x, y) es factor integrante de la ecuación, entonces
∂
∂
(µ(x, y)M (x, y)) =
(µ(x, y)N (x, y))
∂y
∂x
Luego
∂µ(x, y)
∂M (x, y)
∂µ(x, y)
∂N (x, y)
M (x, y) + µ(x, y)
=
N (x, y) + µ(x, y)
∂y
∂y
∂x
∂x
Ahora, µ(x − y 2 ) = µ(u). Entonces
∂µ(u) ∂u
∂µ
=
= −2yµ0 (u)
∂y
∂u ∂y
Del mismo modo
∂µ
∂µ(u) ∂u
=
= µ0 (u)
∂x
∂u ∂x
Finalmente
−2yµ0 (u)M (x, y) + µ(u)
∂M (x, y)
∂N (x, y)
= µ0 (u)N (x, y) + µ(x, y)
∂y
∂x
µ0 (u)
∂M (x, y)/∂y − ∂N (x, y)/∂x
=
µ
N (x, y) + 2yM (x, y)
Ası́
∂M (x, y)/∂y − ∂N (x, y)/∂x
N (x, y) + 2yM (x, y)
debe ser función sólo de x − y 2
b) Se tiene
(3x − y 2 )dx − 4xydy = 0
Luego M (x, y) = 3x − y 2 , N (x, y) = −4xy. Es claro que la ecuación no es exacta. Sin
embargo
∂M (x, y)/∂y − ∂N (x, y)/∂x
−2y + 4y
2y
=
=
2
N (x, y) + 2yM (x, y)
−4xy + 2y(3x − y )
2xy − 2y 3
60
1
∂M (x, y)/∂y − ∂N (x, y)/∂x
=
N (x, y) + 2yM (x, y)
x − y2
Efectivamente resulta ser una función de (x − y 2 ), y entonces existe un factor integrante de
la forma µ(x − y 2 ) que satisface
1
µ0 (u)
=
µ
u
Luego
ln µ = ln u + C
Podemos tomar
µ = u = x − y2
61
2.6.
Acerca de los problemas de valores iniciales
Consideremos el problema de valores iniciales
dy
= f (t, y)
dt
y(x0 ) = y0
Es un hecho que no siempre un PVI tiene solución única.
2.6.1.
Ejemplo
dy p
= y(t)
dt
y(0) = 0
Se puede encontrar una solución general fácilmente, pues la ecuación es separable
ˆ
ˆ
dy
√ = dt + C
y
√
2 y =t+C
Luego
(t + C)2
4
y(t) =
Imponiendo la condición inicial
C2
= y(0) = 0 → C = 0
4
Luego una solución al PVI es
y(t) =
t2
4
Sin embargo, no es solución única, de hecho
y(t) = 0
es igualmente una solución. En general, si r ≥ 0, la siguiente familia de funciones
y(t) =
0
(t−r)2
4
0≤t≤r
t>r
Es solución del PVI, en efecto, se cumple y(0) = 0. Además, se puede verificar que la
derivada en x = r está bien definida.
62
Fig. 2.1: Se muestran dos soluciones del PVI, con r = 0,5(azul), y r = 1 (rojo)
2.7.
Teorema (Existencia y Unicidad)
Sea f (t, y) una función definida en un dominio del plano de las variables t e y, de la forma
Df = (t1 , t2 ) × (y1 , y2 )
Supongamos que f (t, y) está definida y es continua en Df , entonces
a) Existencia: Si (t0 , y0 ) ∈ Df , luego el PVI
dy
= f (t, y)
dt
y(t0 ) = y0
tiene una solución ϕ(t)
b) Unicidad: Si además se cumple que la derivada parcial ∂f (t, y)/∂y está definida y es
continua en Df , y si ϕ(t) y ψ(t) son soluciones del PVI, entonces ϕ(t) = ψ(t) en su
intervalo común de definición
63
Problema
a) Resuelva
t2 y 0 = 3ty + 1, y(1) = 0
y pruebe que la solución es única en el intervalo t > 0
b) Determine dos soluciones del problema de valor inicial
dy
= x(y − 1)1/3 , y(0) = 1
dx
Explique cómo se enciente esto en virtud del Teorema de existencia y Unicidad
Solución
Para t > 0, la ecuación equivale a
3
1
y0 − y = 2
t
t
Se trata de una ecuación lineal de primer orden, el factor integrante es
µ(t) = e
−
´t
3
t0 s ds
=C
1
t3
Luego
dy 1
3
1
− 4 y(t) = 5
3
dt t
t
t
d 1 0
1
y (t) = 5
3
dt t
t
Ası́
1
y(t) = t − 4 + C
4t
3
y(t) = Ct3 −
1
4t
Imponiendo la condición inicial
y(1) = 0 → C −
1
1
=0→C=
4
4
Por lo tanto, la solución al PVI es
1
y(t) =
4
1
t −
t
3
Vemos que
dy
= f (t, y)
dt
64
con
3ty + 1
t2
Se cumple que f (t, y) y ∂f (t, y)/∂y son continuas en R = {(t, y), t > 0}
f (t, y) =
Por lo tanto, para todo (t0 , y0 ) con t0 > 0, el PVI
y 0 (t) = f (t, y), y(t0 ) = y0
tiene única solución
b)Se tiene
y 0 (x) = x(y − 1)1/3 , y(0) = 1
Es claro que y(x) = 1 es solución. Busquemos otra solución, notemos que la ecuación es
separable
dy
= xdx
(y − 1)1/3
Luego
x2
(y − 1)2/3
=
+C
2/3
2
2 x2
x2
1/3
(y − 1) =
+C =
+ C0
3 2
3
Pero y(0) = 1, luego C0 = 0. Entonces
y(x) =
x2
3
3/2
+1
Dos posibles soluciones son
x3
+1
33/2
x3
y(x) = − 3/2 + 1
3
= ±x. Esto no contradice el teorema de existencia y unicidad, pues la ecuación
y(x) =
Pues (x2 )1/2
es de la forma
dy
= f (x, y)
dx
con f (x, y) = x(y − 1)1/3
La cual es continua en todo R2 , y por lo tanto el PVI con y(0) = 1 tiene al menos una
solución, En el punto (0, 1), la derivada parcial
∂f (x, y)
1
= x (y − 1)−2/3
∂y
3
No es continua, y por lo tanto es posible que exista más de una solución
65
Problema
Encuentre la solución x(t) de la ecuación integral
ˆ t
x(t) = k0 +
ds |sx(s)|
−1
donde t ≥ 1 y k0 > 0
Solución
La ecuación diferencial asociada es
dx(t)
= |tx(t)|
dt
con condición inicial x(−1) = k0 > 0. Como la derivada de la solución es positiva, la solución
es creciente y por lo tanto x(t) ≥ k0 > 0 para todo t > −1. De donde la ecuación es
dx
= −tx(t) t ∈ [−1, 0]
dt
dx
= tx(t) t ≥ 0
dt
La solución general a la primera es
2 /2
x(t) = C− e−t
y a la segunda es
2 /2
x(t) = C+ et
Como x(−1) = k0 = C− e−1/2 , se tiene que
2 /2
x(t) = k0 e1/2 e−t
t ∈ [−1, 0]
Esto implica que x(0) = k0 e1/2 = C+ , por lo tanto
2 /2
x(t) = k0 e1/2 et
66
t≥0
Problema
a) Utilizando el teorema de existencia y unicidad, demuestre que el problema con valor inicial
xt
dx
= 3x2 + t2 , x(−1) = 2
dt
tiene única solución definida en algún intervalo abierto que contiene el punto t = −1
b) Resuelva explı́citamente el PVI
c) Encuentre el intervalo máximo de definición de la solución
Solución
a) Si x 6= 0, y t 6= 0, podemos escribir la ecuación de la siguiente forma
dx
3x2 + t2
=
, x(−1) = 2
dt
xt
La función
f (t, x) :=
3x2 + t2
xt
y su derivada parcial
6x2 − 3x2 − t2
∂f (t, x)
=
∂x
tx2
son continuas en la región
(t, x) ∈ R2 |t < 0, x > 0
que contiene al punto (−1, 2). Por lo tanto el teorema de existencia y unicidad de soluciones
de un PVI garantiza que este tiene única solución definida en algún intervalo abierto que contiene al punto t = −1
b) La ecuación se puede reescribir como
3x
t
dx
=
+ , x(−1) = 2
dt
t
x
Notar que esta es una ecuación de Bernoulli, la que puede ser resuelta utilizando el cambio
de variable v = x1−(−1) = x2 . Entonces
dv
dx
6x2
6v
= 2x
=
+ 2t =
+ 2t
dt
dt
t
t
Se obtiene la ecuación lineal en v
dv 6
− v = 2t v(−1) = 4
dt
t
El factor integrante es t−6 , de forma que
dv −6 6
t − 7 v = 2t−5
dt
t
67
d
dt
1
v
t6
= 2t−5
Luego
1 −4
v(t) = t − t C
2
6
1
v(t) = Ct6 − t2
2
Satisfaciendo la condición inicial, se tiene
v(−1) = −C −
9
1
=4→C=−
2
2
Finalmente
9
1
v(t) = t6 − t2
2
2
r
x(t) =
t2 (9t4 − 1)
2
c) La función x(t) es definida y diferenciable en el dominio
[
t2 (9t4 − 1)
> 0 = (−∞, −3−1/2 ) (3−1/2 , ∞)
D = t ∈ R|
2
Como −1 ∈ −∞, −3−1/2 encontramos que el intervalo máximo de definición de la solución
es
−∞, −3−1/2
68
Problema
Considere el PVI y 0 = x2
p
|y|, y(a) = b
a) Enuncie el Teorema de Existencia y Unicidad, y aplı́quelo a este PVI
b) Resuelva la ecuación diferencial en cada semiplano y > 0, y < 0
c) Estudie la existencia y unicidad de soluciones del PVI para a arbitrario y b = 0. Fundamente su respuesta
Solución
a) Sean f (x, y), ∂f (x, y)/∂y, continuas en
R = (a, b) × (c, d) = (x, y) ∈ R2 , |a < x < b, c < y < d
Sea (x0 , y0 ) ∈ R, entonces existe (y es única) y = y(x) definida en un intervalo x ∈ I que
contiene a x0 tal que
dy
= f (x, y(x)), y(x0 ) = y0
dx
En el PVI
p
dy
= x2 |y|, y(a) = b
dx
p
la función f (x, y) = x2 |y| es continua ∀(x, y) ∈ R2 y es derivable respecto a y, con derivada
continua en R2 | {y = 0}. Entonces ∀(a, b) ∈ R2 hay solución del PVI, mientras que la unicidad
de la solución está garantizada solo para b 6= 0, ∀a
b) En el semiplano y > 0
√
y 0 = x2 y
Esta ecuación es separable
ˆ
dy
√ =
y
ˆ
dxx2 + C
x3
√
2 y=
+C
3
Luego
y(x) =
x3
+C
6
2
Donde C debe cumplir con la condición inicial. El intervalo de definición está dado por
x /3 + C ≥ 0
3
69
En el semiplano y < 0
√
dy
= x2 −y
dx
ˆ
ˆ
dy
√
= x2 dx + C
−y
√
x3
−2 −y =
+C
3
El intervalo de solución es x3 /3 + C < 0, y se tiene
y(x) = −
x3
+C
6
2
c) Hay infinitas soluciones de
p
dy
= x2 |y|, y(a) = 0
dx
para cualquier a ∈ R. Las soluciones son
y(x) = 0, ∀x ∈ R
 2
 x3 − a3
si x ≥ a
6
6
3
y(x) =
2
− x − a3
si x ≤ a
6
6
Además son soluciones, para a2 < a < a1
 2
a31
x3

−
si
x ≥ a1

6
 6
0
si a2 ≤ x ≤ a1
y(x) =
3
2

3

− x − a2
si
x ≤ a2
6
6
Por último, son soluciones también
(
y(x) =
x3
6
−
0
a31
6
2
si x ≥ a1
si x ≤ a1
con a1 ≥ a, y
(
y(x) =
−
si x ≥ a2
0
x3
6
−
a32
6
para a ≥ a2
70
2
si x ≤ a2
Problema
Sea ϕ(t) la solución del problema con valores iniciales
x0 (t) = x2 + t para t ≥ 0
x(0) = 0
Demuestre que ϕ(1) ≥ 1/2
Solución
Como ϕ(t) es solución, se tiene
ϕ0 (t) = ϕ(t)2 + t ≥ t
Por lo tanto
ˆ
ˆ
1
1
0
dsϕ (s) ≥
dss
0
0
De donde
1
2
Usando el hecho de que ϕ(0) = 0 (ϕ(t) es solución al PVI), obtenemos
ϕ(1) − ϕ(0) ≥
ϕ(1) ≥
71
1
2
Problema
a) Determine los valores de (a, b) tal que el problema de valor inicial
xy 0 + 2y = 0, y(a) = b
no tiene solución
b) Encuentre dos soluciones al problema de valor inicial
y 0 = (x − y)3/4 + 1, y(1) = 1
Solución
a) La ecuación se puede escribir como
dy
2y(x)
=−
, y(a) = b
dx
x
En este caso, f (x, y) = −2y/x es continua para todo x 6= 0. Entonces, el PVI tiene solución
para a 6= 0 y los candidatos (a, b) para la no existencia de soluciones son de la forma (0, b)
dy
2y(x)
=−
dx
x
Esta ecuación es separable, luego
2
dy
= − dx
y
x
ln y = −2 ln x + C
Finalmente
C1
x2
debemos agregar la solución especial y = 0. Para (a, b) = (0, 0) hay una solución que es
y = 0. Para (a, b) = (0, b) con b 6= 0, no hay soluciones.
y(x) =
b) Se tiene
dy
= (x − y)3/4 + 1, y(1) = 1
dx
Sea u = x − y → µ0 (x) = 1 − y 0 (x) → y 0 (x) = 1 − µ0 (x). Con esto
1 − µ0 (x) = µ3/4 + 1
dµ(x)
= −µ3/4
dx
72
Esta ecuación es separable
ˆ
ˆ
dµ
= − dx + C → 4µ1/4 = −x + C
µ3/4
Finalmente
4
x
µ(x) = − + C1
4
4
x
x − y = − + C1
4
4
1
y(x) = x − − x + C1
4
Debemos agregar la solución especial µ(x) = 0, es decir y = x, la cual además cumple con
la condición inicial y(1) = 1. También es solución
4
1
y(x) = x − − x + C1
4
donde C1 se determina de
4
1
1
y(1) = 1 − − + C = 1 → C =
4
4
El PVI tiene por lo menos dos soluciones
y=x
4
1 x
y =x−
−
4 4
73
74
Capı́tulo 3
Ecuaciones Lineales
3.1.
Introducción
Recordemos el caso de una ecuación lineal de primer orden
dy(x)
+ a(x)y(x) = b(x)
dx
Este tipo de ecuación presenta propiedades interesantes. En primer lugar, se puede resolver
siempre con el mismo método (el del factor integrante). La solución general está dada por
ˆ x
´x
´x
´
− u dτ a(τ )
x0 dτ a(τ )
x0 dτ a(τ )
y(x) = y0 e
+e
b(u)e x0
| {z }
x0
|
{z
}
yh (x)
yp (x)
donde yh (x) es solución de la ecuación homogénea y 0 (x) + a(x)y(x) = 0, y yp (x) es llamada
solución particular. Veremos que las ecuaciones lineales de orden superior también poseen esta
propiedad. Más aún, veremos que una ecuación lineal de orden n (la definición se dará a
continuación) se puede reducir a un sistema de n ecuaciones lineales de primer orden (Esto es
importantı́simo)
3.2.
Defnición: E.D.O Lineal
Decimos que una ecuación diferencial ordinaria de orden n, (n ∈ N) es lineal si es de la
forma
p0 (x)y n (x) + p1 (x)y n−1 (x) + ... + pn (x)y(x) = f (x)
donde p0 , p1 , ..., pn , f son funciones sólo de la variable independiente.
Nota
a) Si p0 (x) = 1, la ecuación es normal
b) Si f (x) = 0, decimos que la ecuación es homogénea
c) Si p0 , p1 , ..., pn son constantes, decimos que la ecuación es lineal con coeficientes constantes
Para resolver ecuaciones lineales utilizaremos variados métodos. Entre ellos, destaca la
Transformada de Laplace, que veremos hacia el final del curso, y es fundamental para
el estudio de sistemas dinámicos, análisis de señales, control automático, etc.
75
3.3.
3.3.1.
Ecuaciones Lineales de orden arbitrario con coeficientes constantes
Ejemplo: Motivación para método del operador D
Sea la ecuación lineal de primer orden homogénea
ÿ(x) + ay(x) = 0
Es claro que la solución general es de la forma
y(x) = Ce−ax
donde C es una constante arbitraria. Ahora, definiremos el siguiente operador, que actúa
sobre funciones derivables
D :=
d
dx
En términos de este operador derivada, la ecuación puede ser escrita como
(D + a)y(x) = 0
Notar que la solución de d + a = 0 es d = −a, y entonces la solución se escribe
y(x) = Ce−ax
Ahora, consideremos la siguiente ecuación
ÿ(x) − 3ẏ(x) + 2y(x) = 0
la cual es lineal y homogénea, de orden 2. En términos del operador D, puede ser escrita
como
(D2 − 3D + 2)y(x) = 0
La idea es suponer soluciones de la forma Ced , donde d resulta ser una raı́z del polinomio
(d2 − 3d + 2). Notemos que éste puede ser factorizado como
(d2 − 3d + 2) = (d − 2)(d − 1)
Una raı́z está dada por d = 2
y1 (x) = C1 e2x
Es claro que y1 (x) es solución de la ecuación.
76
Además, d = 1 es solución
y2 (x) = C2 ex
De forma que la solución general de la ecuación es
y(x) = C1 e2x + C2 ex
con C1 , C2 constantes
Las dos soluciones de la ecuación homogénea que hemos obtenido, y1 (x) = C1 e2x y y2 =
C2 ex , resultaron ser linealmente independientes
3.3.2.
Definición: Funciones linealmente independientes
Decimos que el conjunto de funciones y1 , y2 , ..., yn (n ∈ N) son linealmente independientes
si no existen constantes C1 , C2 , ...Cn que no sean todas nulas tales que
C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + ...Cn yn (x) = 0
Notar que la definición es completamente análoga a la de independencia lineal de elementos
de un espacio vectorial.
3.3.3.
Afirmación (a confirmar más adelante)
La solución de la ecuación lineal homogénea de orden n de coeficientes constantes
a0 (x)y n (x) + a1 y n−1 + ... + an y(x) = 0
es una combinación lineal de n funciones l.i
3.3.4.
Ejemplo: determinación de dos soluciones l.i
Sea la ecuación
ÿ(x) − 2ẏ(x) + y(x) = 0
Esta puede ser reescrita como
(D2 − 2D + 1)y(x) = 0
Buscamos las soluciones de
(d − 1)2 = 0 → d = 1
Entonces una solución es y1 (x) = C1 ex . Necesitamos ahora encontrar otra solución l.i con
y1 (x). Una forma es buscar una solución del tipo
y2 (x) = a(x)ex
77
Luego
ẏ2 (x) = ȧ(x)ex + a(x)ex
ÿ2 (x) = ä(x)ex + 2ȧ(x)ex + a(x)ex
Para que y2 sea solución de la ecuación homogénea, debe tenerse
ÿ2 (x) − 2ẏ2 (x) + y2 (x) = ä(x)ex = 0
Luego, a(x) debe cumplir ä(x) = 0 y entonces es de la forma
a(x) = c2 + c3 x
Ası́,
y2 (x) = C2 ex + C3 xex
Es solución de la ecuación. En particular, las funciones
ex , xex
son l.i (demuéstrelo), de forma que la solución general será una superposición de ambas
y(x) = C1 ex + C2 xex
3.3.5.
Teorema: Principio de Superposición
Sean ϕ1 , ϕ2 , ..., ϕn soluciones de una EDO normal lineal y homogénea. Luego, cualquier
combinación lineal de ϕ1 , ϕ2 , ..., ϕn es solución. Es decir
C1 ϕ1 + C2 ϕ2 + ... + Cn ϕn
es solución para C1 , C2 , ..., Cn ∈ R
78
3.4.
Solución de ecuaciones lineales de orden arbitario
con coeficientes constantes
Sea la ecuación
y (n) (x) + a1 y (n−1) (x) + ... + an y(x) = f (x)
con (a1 , a2 , ..., an ) ∈ R. Primero se resuelve la ecuación homogénea asociada
y (n) (x) + a1 y (n−1) (x) + ... + an y(x) = 0
Puede ser reescrita como
Dn + a1 Dn−1 + ... + an−1 D + an y(x) = 0
Existen soluciones de la forma y(x) = Cedx , donde d satisface la ecuación caracterı́stica
p(d) = dn + a1 dn−1 + ... + an−1 d + an = 0
El cual admite n raı́ces complejas, y puede ser factorizado como
p(d) = (d − d1 ) (d − d2 ) ... (d − dn ) = 0
3.4.1.
Caso 1
Las raı́ces d1 , d2 , ...dn del polinomio p(d) son todas distintas. Se tienen entonces n soluciones
de la forma
yi (x) = Ci edi x 1 ≤ i ≤ n
n
Como d1 , d2 , ..., dn son todos distintos, el conjunto {yi (x)} es linealmente independiente.
i=1
Por lo tanto, la solución general de la ecuación homogénea es
3.4.2.
Caso 2
Existen k raı́ces distintas, d1 , d2 , ..., dk ( con k < n), de modo que
p(d) = (d − d1 )n1 (d − d2 )n2 ... (d − dk )nk
con
k
X
ni = n
i=1
Entonces, para resolver
(D − di )ni = 0
79
Buscamos soluciones de la forma
yi (x) = u(x)edi x
Sabemos que u(x) = cte nos da una solución. Necesitamos, sin embargo, ni soluciones l.i
(D − di ) u(x)edi x = D u(x)edi x − di u(x)edi x
= u0 (x)edi x + di u(x)edi x − di u(x)edi x
Luego
(D − di ) u(x)edi x = u0 (x)edi x
(D − di )ni u(x)edi x = u(ni ) edi x
Entonces, necesariamente
u(ni ) = 0
y entonces debe ser un polinomio de grado ni − 1, de la forma
u(x) = c1 xni −1 + c2 xni −2 + ... + cni
Ası́, el conjunto de ni elementos
ni −1
yk (x) = xk eλi x k=0
es l.i y permite formar la solución general de (D − di )ni y(x) = 0
yi (x) = c1 xni−1 edi x + c2 xni −2 edi x + ... + cni edi x
Finalmente, la solución general de la ecuación homogénea será
yh (x) =
k
X
yi (x)
i=1
La solución general de
y (n) (x) + a1 y (n−1) (x) + ... + an y(x) = f (x)
Será la suma de la solución homogénea más una solución particular
y(x) = yh (x) + yp (x)
Ahora veremos como determinar la solución particular
80
3.4.3.
Método de coeficientes indeterminados
A continuación presentaremos un método para encontrar la solución particular de una
ecuación lineal no homogénea. Como ejemplo, tratemos de resolver
y 00 (x) − 4y(x) = 2e3x
Equivalentemente
(D2 − 4)y(x) = 2e3x
Notemos además que
(D − 3)e3x = 0
(Decimos que el operador (D − 3) en un aniquilador de f (x) = 2e3x ). De forma que
cualquier solución debe cumplir con
(D − 3)(D2 − 4)y(x) = 2(D − 3)e3x = 0
Luego, resolvemos
(D − 3)(D2 − 4)y(x) = 0
Para ello determinamos las raı́ces de p(d) = (d − 3)(d2 − 4), obteniéndose
y(x) = C1 e3x +
C2 e2x + C3 e−2x
{z
}
|
Solución de la ecuación homogénea
Sin embargo, esta función no es solución para cualquier valor de C1 . Decimos que la solución
particular de la ecuación debe ser de la forma
yp (x) = Ce3x
donde C es un coeficiente a determinar. Simplemente se impone que yp satisfaga la ecuación
yp00 (x) − 4yp (x) = (9C − 4C)e3x = 2e3x → C = 2/5
Finalmente, la solución general de la ecuación es
2
yg (x) = e3x + C1 e2x + C2 e−2x
5
81
Otro ejemplo
Resolver
y 00 (x) + 5y 0 (x) + 4y(x) = 3x + 2
Se tiene
(D2 + 5D + 4)y(x) = 3x + 2
Además
D2 (3x + 2) = 0
Luego
D2 (D2 + 5D + 4)y(x) = 0
Resolvemos las raı́ces del polinomio
p(d) = d2 (d2 + 5d + 4) = d2 (d + 4)(d + 1)
de donde se obtiene
y(x) = C1 e−4x + C2 e−x + Ae0x + Bxe0x
De aquı́ se ve que la solución particular necesariamente tiene la forma
yp (x) = A + Bx
para determinar los coeficientes, resolvemos
yp00 (x) + 5yp0 (x) + 4yp (x) = 5B + 4A + 4Bx = 3x + 2
entonces
4B = 3x → B = 3/4
4A +
7
15
=2→A=−
4
16
Finalmente la solución general es
y(x) = −
7
3
+ x + C1 e−4x + C2 e−x
16 4
82
En general, consideremos la ecuación lineal de coeficientes constantes
y (n) (x) + a1 y (n−1) (x) + ... + an y(x) = f (x)
donde f (x) es una combinación lineal de funciones de la forma:
a) Un polinomio en x
b) Una exponencial erx
c) Alguna función trigonométrica de la forma cos rx, sin rx, no siendo r una raı́z del polinomio asociado a la ecuación homogénea
dn + a1 dn−1 + ... + an = 0
Luego, podemos encontrar una solución particular como una combinación lineal de f y sus
derivadas
83
Problema
Resolver las ecuaciones siguientes
a)
x000 − 3x0 + 2x = et
b)
d4
d3
d2
y(t) − 4 3 y(t) + 5 2 y(t) = t + cos t
dt4
dt
dt
Solución
a) El aniquilador de et es el operador (D − 1), luego toda solución satisface
(D − 1)(D3 − 3D + 2)x(t) = 0
El polinomio de la derecha corresponde a la ecuación homogénea asociada
0
x000
h − 3xh + 2xh = 0
La ecuación caracterı́stica es
d3 − 3d + 2 = 0
Claramente d1 = 1 es solución. Además
(d3 − 3d + 2) : (d − 1) = d2 + d − 2
y entonces
d3 − 3d + 2 = (d − 1)(d − 1)(d + 2) = 0
d1 = 1 es solución con multiplicidad 3, luego
x1 (t) = (A + Bt + Ct3 )et
es solución. Además, d2 = −2 es solución con mutiplicidad 1, ası́
x2 (t) = Ce−2t
es solución. Entonces identificamos soluciones de la forma
xh (t) = C1 et + C2 tet + C3 e−2t +Ct2 et
{z
}
|
Homogénea
La solución particular puede ser obtenida mediante el método de coeficientes indeterminados. (Se trata de encontrar el valor de C)
xp (t) = Ct2 et
x0p (t) = 2tCet + Ct2 et
x00p (t) = 2Cet + 4Ctet + Ct2 et
t
t
2 t
x000
p (t) = 6Ce + 6Cte + Ct e
84
Luego, para que satisfaga la ecuación
6Cet + 6Ctet + Ct2 et − 6tCet − 3Ct2 et + 2Ct2 et = 6Cet = et
Finalmente, la solución general es
1
x(t) = C1 et + C2 tet + C3 e2t + t2 et
6
b) La ecuación es
D4 − 4D3 + 5D2 )y(t) = t + cos t
La solución homogénea se encuentra resolviendo la ecuación caracterı́stica
d4 − 4d3 + 5d2 = d2 (d2 − 4d + 5) = 0
Se obtiene, a parte de la solución d = 0 ( de multiplicidad 2)
1√
−4 = 2 ± i
2
Luego, la solución homogénea es de la forma
d=2±
yh (x) = C1 + C2 t + C3 e2t cos t + C4 e2t sin t
Para encontrar la particular, notemos que un aniquilador de t + cos t es (D2 + 1)D2 , que
incorporan las soluciones d = 0 (multiplicidad 2), y d = ±i, luego la solución particular es de
la forma
yp (t) = At2 + Bt3 + C cos t + D sin t
Al imponer que yp (t) satisfaga la ecuación, se obtiene un sistema lineal de 4 ecuaciones y 4
incógnitas, al resolver resulta
yp (t) =
4 2
1
1
1
t + t3 − cos t + sin t
25
30
8
8
y la solución general queda
yg (x) = C1 + C2 t + C3 e2t cos t + C4 e2t sin t +
85
1
1
1
4 2
t + t3 − cos t + sin t
25
30
8
8
Problema
Resuelva
a)
x00 − 6x0 + 9x = t2
b)
x000 − 5x00 + 7x0 − 3x = t cos t
Solución
a) Primero resolvemos la ecuación homogénea
x00h − 6x0h + 9xh = 0
Escrito de otra manera:
(D2 − 6D + 9)xh = 0
Las raı́ces del polinomio caracterı́stico están dadas por
d2 − 6d + 9 = (d − 3)2 = 0
Se obtiene una solución única (multiplicidad 2)
d1 = 3
Luego, una solución de la ecuación homogénea es
x1 (t) = Ce3t
y, dado que la multiplicidad de la raı́z d1 = 3 es 2, también será solución
x2 (t) = (A + Bt)e3t
Finalmente, la solución general de la ecuación homogénea será
xh (t) = C1 e3t + C2 te3t
La función no homogénea corresponde a un polinomio de orden 2, luego proponemos una
solución particular de la forma
xp (t) = A + Bt + Ct2
x0p (t) = B + 2Ct
x00p (t) = 2C
Se debe tener entonces
2C − 6B − 12Ct + 9A + 9Bt + 9Ct2 = 9A − 6B + 2C + (9B − 12C)t + 9Ct2 = t2
86
De aquı́ se resuelve para A, B y C
C=
1
9
12
4
12
→B=
=
9
81
27
24
6
18
2
9A = 6B − 2C =
−
=
→A=
27 27
27
27
9B =
Finalmente, la solución general es
x(t) =
2
4
1
+ t + t2 + C1 e3t + C2 te3t
27 27
9
b) Para encontrar la solución homogénea se debe resolver la ecuación caracterı́stica
d3 − 5d2 + 7d − 3 = 0
Notamos inmediatamente que d1 = 1 es solución. De esta forma, el polinomio es divisible
por (d − 1)
d3 − 5d2 + 7d − 3 : (d − 1) = d2 − 4d − 3
Luego
d3 − 5d2 + 7d − 3 = (d − d1 )(d − d2 )(d − d3 )
con
d1 = 1
√ d2 = 2 1 + 7
√ d3 = 2 1 − 7
La solución homogénea es
√
√ xh (t) = C1 et + e2t C2 e 7t + C3 e− 7t
Para encontrar la solución particular, proponemos una solución de la forma
xp (t) = At cos t + Bt sin t
x0p (t) = A cos t − At sin t + B sin t + Bt cos t
x00p (t) = −2A sin t − At cos t + 2B cos t − Bt sin t
x000
p (t) = −3A cos t + At sin t − 3B sin t − Bt cos t
87
Resolviendo, se obtiene finalmente
(4A − 10B) cos t + (10A + 4B) sin t + (−2A + 2B)t sin t + (2A + 6B)t cos t
t
xp (t) =
2
3
2
cos t −
sin t
13
13
88
Problema
Considere la ecuación diferencial
y 00 + 4xy 0 + (6 + 4x2 )y = x2 e−x
2
2
a) Pruebe que si u(x) = ex y(x), entonces u satisface una ecuación lineal no homogénea de
coeficientes constantes
b) Use esto para determinar la solución y(x) con y(0) = 1, y 0 (0) = 0
Solución
2
a) Sea u(x) = ex y(x), de forma que
2
y(x) = e−x u(x)
2
2
y 0 (x) = e−x u0 (x) − 2xe−x u(x)
2
2
2
y 00 (x) = e−x u00 (x) − 4xe−x u0 (x) + (4x2 − 2)e−x u(x)
De esta forma, la ecuación es equivalente a
2
2
2
2
e−x u00 (x) − 4xe−x u0 (x) + (4x2 − 2)e−x u(x) + 4xe−x u0 (x)
2
2
2
−8x2 e−x u(x) + (6 + 4x2 )e−x u(x) = e−x x2
Simplificando, se tiene
2
2
2
e−x u00 (x) + 4e−x u(x) = e−x u(x)
u00 (x) + 4u(x) = x2
Efectivamente se trata de una ecuación lineal no homogénea de coeficientes constantes
b) La solución de la ecuación homogénea satisface
yh00 (x) + 4yh (x) = 0
Resolviendo el polinomio caracterı́stico
d2 + 4 = 0 → d = ±2i
Con esto, la solución de la ecuación homogénea es
yh (x) = A cos 2x + B sin 2x
Para la ecuación particular, suponemos una solución de la forma
yp (x) = αx2 + βx + γ
yp00 (x) = 2
89
Luego
2α + 4αx2 + 4βx + 4γ = x2
De aquı́ se obtiene
1
4
β=0
α=
2α + 4γ = 0 → γ = −
α
1
=−
2
8
La solución general para u(x) resulta ser
x2 1
−
4
8
La condición inicial y(0) = 1 es equivalente a u(0) = 1, luego
u(x) = A cos 2x + B sin 2x +
A−
1
9
=1→A=
8
8
Por último, la condición
y 0 (0) = u0 (0) = 0 = 2B → B = 0
Finalmente, la solución es
−x2
y(x) = e
9
x2 1
cos 2x +
−
8
4
8
90
Problema
Un cilindro vertical de altura h y radio R, está cerrado por su extermidad inferior (o base)
y tiene empotrado un resorte de coeficiente de elasticidad k y largo l < h en reposo. El cilindro
estpa lleno de un lı́quido viscoso que opone un roce proporcional a la velocidad de desplazamiento en su interior, según una constante de proporcionalidad λ. En el instante inicial se contrae
totalmente el resorte y sobre su extremidad libre, se adhiere una esfera de masa m y radio r,
siendo r < R, r < h/2
a) Plantee las ecuaciones del movimiento de la esfera cuando el resorte se extiende y establezca las condiciones para que la esfera quede oscilando dentro del cilindro
b) ¿Qué relación deben cumplir las constantes m, h, k, λ, r, R, l para que la esfera aflore
apenas fuera del cilindro al extenderse el resorte? (Lo anterior significa que sólo un punto
de la esfera alcanza la superficie del lı́quido)
Solución
a) Colocando el origen de coordenadas en la base del cilindro, llamamos x(t) a la posición de
la extremidad superior del resorte. De acuerdo a la segunda ley de Newton, se tiene
mx00 (t) = k(l − x) − mg − λx0 , x(0) = 0, x0 (0) = 0
Primero hay que notar que para que el sistema suba inmediatamente después de soltarlo,
se requiere que mg < kl, es decir, la fuerza elástica debe ser al menos superior al peso de la
esfera. El problema con valores iniciales a resolver es
x00 (t) +
λ 0
k
kl
x (t) + x(t) =
−g
m
m
m
x(0) = 0
x0 (0) = 0
La ecuación caracterı́stica correspondiende a la ecuación homogénea es
d2 +
λ
k
d+
=0
m
m
y la solución será
xh (t) = C1 ed1 t + C2 ed2 t
con {d1 , d2 }, las raı́ces de la ecuación caracterı́stica. Ası́, para que exista un comportamiento
oscilatorio, es necesario y suficiente que las raı́ces sean complejas. Se tiene
s 2
1
λ
k
λ
±
−4
d=−
2m 2
m
m
Las raı́ces serán complejas si
∆=
λ
m
2
−4
k
<0
m
Bajo esta condición, la solución general de la ecuación es
91
λ
− 2m
t
ϕ(t) = e
√
C1 cos
√
−∆
−∆
t + C2 sin
t
+ ϕp (t)
2
2
Por simple inspección se verifica que ϕp puede ser escogida como l − mg
. Utilizando luego
k
las condiciones iniciales para calcular las constantes C1 y C2 se llega a la solución
√
√
λ
mg λ
−∆
−∆
− 2m
t
ϕ(t) = l −
1−e
cos
t + √
sin
t
k
2
2
m −∆
Aquı́ hemos supuesto que en todo instante ϕ(t) ≤ h (La condición de la parte b) asegura que
éste sea el caso). La siguiente figura ilustra la evolución de la solución para el caso pertinente
Fig. 3.1: El comportamiento es subamortiguado, la masa presenta un comportamiento oscilatorio, y se frena debido a la pérdida de energı́a por roce viscoso
Si se tuviera ∆ > 0, entonces la solución resulta ser amortiguada, y se ilustra a continuación
Fig. 3.2: Si el coeficiente de roce es suficientemente alto, la masa no alcanza a oscilar
b) Notar que la derivada de la solución está dada por
√
2
λ
−∆
λ
−
2km
mg
0
− 2m t
sin
ϕ (t) = 2 √
l−
e
t
k
2
m −∆
La altura máxima que alcanza
√ la masa m ocurre cuando la velocidad se anula por primera
vez. Esto ocurre cuando t = 2π/ −∆ = T . Para que la esfera aflore apenas, debe tenerse
hmax = ϕ(T ) = h − 2r
o
λ
mg n
ϕ(T ) = l −
1 − e− 2m T = h − 2r
k
92
Es decir, la condición que debe cumplirse es la siguiente
l=
h − 2r
mg
√
+
k
1 − e−λπ/ −∆
93
3.5.
Variación de parámetros en ecuaciones lineales de
segundo orden
Consideremos ecuaciones lineales de segundo orden
y 00 (x) + p1 (x)y 0 (x) + p2 (x)y(x) = f (x)
donde, en general p1 (x), p2 (x) no son constantes. A continuación veremos un método general para determinar la solución particular de la ecuación a partir de la solución homogénea.
Supongamos que esta última es
yh (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x)
Para resolver la ecuación no-homogénea, buscamos una solución particular de la forma
y(x) = u1 (x)y1 (x) + u2 (x)y2 (x)
Se tiene
y 0 (x) = u01 (x)y1 (x) + u02 y2 (x) + u1 y10 (x) + u2 (x)y20 (x)
Suponiendo que
u01 (x)y1 (x) + u02 (x)y2 (x) = 0
De esta forma
yp (x) = u1 (x)y1 (x) + u2 (x)y2 (x)
yp0 (x) = u1 (x)y10 (x) + u2 (x)y20 (x)
yp00 (x) = u01 (x)y10 (x) + u02 (x)y20 (x) + u1 (x)y1 (x)00 + u2 (x)y2 (x)00
Además, como y1 (x) y y2 (x) satisfacen la ecuación homogénea
y100 (x) = −p1 (x)y1 (x)0 − p2 (x)y1 (x)
y200 (x) = −p1 (x)y2 (x)0 − p2 (x)y2 (x)
De esto último
yp00 (x) = u01 (x)y10 (x) + u02 (x)y20 (x) + u1 (x) (−p1 (x)y10 (x) − p2 (x)y1 (x))
+u2 (x) (−p1 (x)y20 (x) − p2 (x)y2 (x))
yp00 (x) = u01 (x)y10 (x) + u02 (x)y20 (x) − p1 (x)yp0 (x) − p2 (x)yp (x)
Por lo tanto, debe cumplirse
u01 (x)y10 (x) + u02 (x)y20 (x) − p1 (x)yp (x) − p2 (x)yp (x) + p1 (x)yp (x) + p2 (x)yp (x) = f (x)
94
Simplificando
u01 (x)y10 (x) + u02 (x)y20 (x) = f (x)
Finalmente, u1 (x) y u2 (x) se obtiene resolviendo el siguiente sistema
Cuya solución es, por supuesto
3.5.1.
u01 (x) =
−y2 (x)f (x)
y1 (x)y20 (x) − y2 (x)y10 (x)
u02 (x) =
y1 (x)f (x)
0
y1 (x)y2 (x) − y2 (x)y10 (x)
Definición: Wronskiano
Llamamos Wronskiano de las soluciones y1 (x) e y2 (x) a la función
W (x) := y1 (x)y20 (x) − y2 (x)y10 (x)
Notar que también puede ser escrito en la forma de un determinante
y (x)
W (x) = 10
y1 (x)
y2 (x) y20 (x) El hecho de que las funciones y1 (x), y2 (x) sean linealmente independientes garantiza que
W (x) 6= 0
En términos del Wronskiano, se obtiene
u01 (x) = −
u02 (x) =
−y2 (x)f (x)
Wy1 ,y2 (x)
y1 (x)f (x)
Wy1 ,y2 (x)
95
3.5.2.
Teorema
Consideremos una ecuación lineal no homogénea de segundo orden
y 00 (x) + p1 (x)y 0 (x) + p2 (x)y(x) = f (x)
donde p1 , p2 y f son continuas en algún intervalo I = (a, b). Luego, la solución general es
yg (x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + yp (x)
con
yp (x) = u1 (x)y1 (x) + u2 (x)y2 (x)
ˆ
x
yp (x) =
x0
−y2 (s)f (s)
ds
y1 (x) +
W (s)
ˆ
x
ds
x0
y1 (s)f (s)
y2 (x)
W (s)
Escrito de forma aún mas elegante:
ˆ x y1 (s)y2 (x) − y2 (s)y1 (x)
ds
yp (x) =
f (s)
W (s)
x0
3.5.3.
Teorema: Fórmula de Abel
Considere la ecuación lineal homogénea de segundo orden
y 00 (x) + p(x)y 0 (x) + q(x)y(x) = 0
en un intervalo I ⊆ R, con p continua. El Wronskiano de dos soluciones de la ecuación l.i
satisface la ecuación
W (x) = W (x0 )e
−
´x
x0
p(s)ds
para todo x0 en I.
La demostración es la siguiente, se sabe que
W (x) = y1 (x)y20 (x) − y2 (x)y10 (x)
donde y1 (x), y2 (x) son soluciones de la ecuación homogénea. Diferenciando
W 0 (x) = y10 (x)y20 (x) + y1 (x)y200 (x) − y20 (x)y10 (x) − y2 (x)y100 (x)
W 0 (x) = y1 (x)y200 (x)−y2 (x)y100 (x) = −y1 (x) (p(x)y20 (x) + q(x)y2 (x))+y2 (x) (p(x)y10 (x) + q(x)y1 (x))
W 0 (x) = −p(x) (y1 (x)y20 (x) − y2 (x)y10 (x)) = −p(x)W (x)
Esta es una ecuación de primer orden separable, y entonces
´x
W (x) = Wx0 e
x0
p(s)ds
El Wronskiano puede ser cero para todo t (en cuyo caso las coluciones no son l.i), o distinto
de cero para todo t
96
Problema
Considere la ecuación y 00 + a0 (t)y 0 + y = 0 donde la función a(t) es continua con derivada
continua. Considere ϕ1 una solución no nula de la ecuación
a) Demuestre que
ˆ
t
ϕ2 (t) = ϕ1 (t)
0
1
e−a(s) ds
[ϕ1 (s)]2
es también una solución
b) Demuestre que las soluciones ϕ1 , ϕ2 son linealmente independientes
Solución
a) Se deriva directamente y se obtiene
ˆ t
ˆ t
1
1
1
d
−a(s)
0
ϕ1 (t)
e−a(t)
e
ds = ϕ1 (t)
e−a(s) ds +
2
2
dt
[ϕ1 (t)]
0 [ϕ1 (s)]
0 [ϕ1 (s)]
La segunda derivada es
ˆ t
ds
1
ϕ01 (t) −a(t)
a0 (t) −a(t)
00
−a(s)
0
−a(t)
ϕ1 (t)
e
+ ϕ1 (t)
e
−
e
−
e
2
[ϕ1 (t)]2
[ϕ1 (t)]2
[ϕ1 (t)]2
0 [ϕ1 (s)]
Agrupando adecuadamente se obtiene que
ˆ
(ϕ001 (t)
+a
0
(t)ϕ01 (t)
+ ϕ1 (t))
0
t
1
e−a(s) ds
[ϕ1 (s)]2
Lo cual es cero puesto que ϕ1 es solución de la ecuación homogénea
b) Hay que probar que el Wronskiano Wϕ1 ,ϕ2 = ϕ1 (t)ϕ02 (t) − ϕ2 (t)ϕ01 (t) nunca se anula.
Despejando se obtiene que
ˆ t
ds
ϕ2 (t)
=
e−a(s)
2
ϕ1 (t)
[ϕ
(s)]
1
0
Derivando la igualdad, se obtiene
Wϕ1 ,ϕ2 (t)
1
=−
e−a(t)
2
[ϕ1 (t)]
[ϕ1 (t)]2
Como ϕ1 (t) no es idénticamente cero, podemos simplificar por [ϕ1 (t0 )]2 en un punto t0 .
Luego, Wϕ1 ,ϕ2 (t0 ) = e−a(t0 ) no se anula pues a(t) es continua. Además sabemos que si el Wronskiano es no nulo en un punto es siempre no nulo. Por lo tanto, las soluciones ϕ1 , ϕ2 son l.i
97
Problema
Para resolver la ecuación
t2 x00 (t) − tx0 (t) + 5x(t) = t, (t > 0)
siga el procedimiento siguiente
a) Verifique que la función ϕ(t) = 21t sin(2 ln t) es una solución de la ecuación homogénea
b) Calcule el Wronskiano de la ecuación y encuentre un abase de soluciones de la ecuación
homogénea
c) Encuentre la solución general de la ecuación planteada
Solución
a) Sea ψ(t) = t sin(2 ln t). Un cálculo directo de sus derivadas nos da
ψ 0 (t) = sin(2 ln t) + 2 cos(2 ln t)
ψ 00 (t) =
2
(cos(2 ln t) − 2 sin(2 ln t))
t
Reemplazando en la ecuación
1
5
1
x00 (t) − x0 (t) + 2 x =
t
t
t
se observa que ψ verifica la ecuación homogénea asociada.
b) El Wronskiano satisface la ecuación
W 0 (t) = W (1)e
´t
ds
1 s
= W (t)t
Si ϕ1 (t) = t sin(2 ln t) es solución de la homogénea, necesitamos otra solución l.i, digamos
ϕ2 (t). La forma más fácil de encontrarla consiste en probar que ϕ2 (t) = t cos(2 ln t) es solución
l.i de ϕ1 (t) y para eso basta probar que el Wronskiano determinado por estas funciones es de
la forma W (1)t. En efecto
t
sin(2
ln
t)
t
cos(2
ln
t)
Wϕ1 ,ϕ2 (t) = sin(2 ln t) + 2 cos(2 ln t)
cos(2 ln t) − 2 sin(2 ln t) Wϕ1 ,ϕ2 (t) = t sin(2 ln t) cos(2 ln t) − 2t sin2 (2 ln t) − t cos(2 ln t) sin(2 ln t) − 2t cos2 (2 ln t)
Wϕ1 ,ϕ2 (t) = −2t = W (1)t
pues, efectivamente W (1) = −2. De esta forma, ϕ1 (t), ϕ2 (t) constituyen una base de soluciones de la ecuación homogénea
c) La solución particular está dada por
ˆ t ϕ1 (s)ϕ2 (t) − ϕ2 (s)ϕ1 (t)
ds
f (s)
xp (t) =
W (s)
1
ˆ t s sin(2 ln s)ϕ2 (t) − s cos(2 ln s)ϕ1 (t)
xp (t) =
ds
−2s2
1
98
ˆ
t
ds
xp (t) =
1
cos(2 ln s)ϕ1 (t) sin(2 ln s)ϕ2 (t)
−
2s
2s
pero
ˆ
ˆ
1
Del mismo modo
ˆ
1
t
t
t
ds cos(2 ln s)
2
→ u = 2 ln s, du = ds
2s
s
1
ˆ
ds cos(2 ln s)
1 2 ln t
1
=
du cos u = sin(2 ln t)
2s
4 0
4
ds sin(2 ln s)
1
=
2s
4
ˆ
0
2 ln t
1
1
du sin u = − cos(2 ln t) +
4
4
Finalmente
1
1
t 1
1
xp (t) = ϕ1 (t) sin(2 ln t) + cos(2 ln t)ϕ2 (t) − ϕ2 (t) = − ϕ2 (t)
4
4
4
4 4
Y la solución general queda
x(t) = C1 t sin(2 ln t) + C2 t cos(2 ln t) +
99
t
4
Problema
Encuentre la solución general de la siguiente ecuación
x2 y 00 + xy 0 − 4y = 1
sabiendo que y1 (x) = x2 es una solución de la ecuación homogénea asociada
Solución
Mediante variación de parámetros, buscamos una solución homogénea de la forma y2 (x) =
v(x)y1 (x). Entonces
y20 (x) = v 0 (x)y1 (x) + v(x)y10 (x)
y20 (x) = v 00 (x)y1 (x) + 2v 0 (x)y10 (x) + v(x)y100 (x)
Para que sea solución de la homogénea
x2 v 00 (x)y1 (x) + 2v 0 (x)y10 (x)x2 + v(x)x2 y100 (x) + xv 0 (x)y1 (x) + xv(x)y10 (x) − 4v(x)y1 (x) = 0
x2 v 00 (x)y1 (x) + 2v 0 (x)y10 (x)x2 + v(x) x2 y100 (x) + xy10 (x) − 4y1 (x) +xv 0 (x)y1 (x) = 0
|
{z
}
=0
x2 v 00 (x)y1 (x) + 2v 0 (x)y10 (x)x2 + xv 0 (x)y1 (x) = 0
x2 v 00 (x)x2 + 4v 0 (x)x3 + xv 0 (x)x2 = 0
xv 00 (x) + 5v 0 (x) = 0
de donde se obtiene
v 0 (x) = −
De esta manera, y2 (x) =
1
,
4x2
1 1
1
→
v
=
+C
x5
4 x4
la ecuación general de la ecuación homogénea es
Ax2 +
B
x4
El Wronskiano Wy1 ,y2 = x1 . Aplicando la fórmula de variación de parámetros, se obtiene que
la solución particular yp de la no homogénea está dada por
ˆ x y1 (s)y2 (x) − y2 (s)y1 (x) 1
yp (x) =
ds
W (s)
s2
x0
100
Reemplazando
1
yp (x) = x2
4
ˆ
1
x
ds
1
− 2
3
s
4x
ˆ
s
dss = −
1
Luego, la solución general es
y(x) = Ax2 +
101
B
1
−
x2 4
1
4
Problema
Considerar la ecuación
x00 (t) + p(t)x0 (t) + q(t)x(t) = 0
donde los coeficientes p y q son funciones continuas definidas sobre toda la recta real y con
valores complejos.
a) Dada una función R → R diferenciable contı́nuamente hasta segundo orden y estrictamente creciente, encontrar una relación entre p y q de modo que al hacer el cambio de
variable s = f (t), x(t) = y(s) = y(f (t)), la ecuación precedente se transforme en una con
coeficientes constantes
b) Transforme la ecuación
x00 + (2et − 1)x0 + e2t x = 0
en
dy
d2 y
+y =0
+
2
ds2
ds
mediante un cambio de variable s = f (t) apropiado
c) Encontrar la solución general de
x00 + (2et − 1)x0 + e2t x = 1
Solución
a) Comencemos por calcular las derivadas sucesivas de x y de y
x0 (t) =
dx
dy ds
dy
=
= f 0 (t)
dt
ds dt
s
dy
d2 y 0
x (t) = 2 (f (t))2 + f 00 (t)
ds
ds
00
Reemplazando las expresiones anteriores en la ecuación propuesta obtenemos
d2 y
dy
+P
+ Qy = 0
2
ds
ds
donde los coeficientes
P =
f 00 + p(t)f 0
(f 0 )2
Q=
q(t)
(f 0 )2
deben ser constantes
b) Aplicamos lo anterior con los datos que se entregan
p(t) = 2et − 1 q(t) = e2t
P = 2, Q = 1
102
Entonces se obtiene
q(t)
e2t
=
= 1 → f 0 = et
(f 0 )2
(f 0 )2
Luego, un cambio de variable posible es s = f (t) = et (verificar que cumple la relación
correcta para P )
c) Si se aplica el cambio de variables de la pregunta anterior, se obtiene
dy 0 dy t
f = e
ds
ds
2
dy
d2 y
dy
dy
x00 (t) = 2 (f 0 (t))2 + f 0 (t) = e2t 2 + et
ds
ds
ds
ds
x0 (t) =
Luego
d2 y
dy dy
dy t
e + e2t 2 + 2e2t − et + e2t y(s) = 1
ds
ds
ds ds
dy
1
d2 y
+ +2 + y(s) = e−2t = 2
2
ds
ds
s
y la ecuación no homogénea en y es
dy
1
d2 y
+ 2 + y = 2 , (s 6= 0)
2
ds
ds
s
La ecuación homogénea correspondiente tiene una base de soluciones de la forma
ϕ1 (s) = e−s , ϕ2 (s) = se−s
El Wronskiano asociado es
W (s) = ϕ1 (s)ϕ02 (s) − ϕ2 (s)ϕ01 (s) = e−s e−s − se−s + se−s e−s
W (s) = e−2s
La solución particular de la ecuación no homogénea es entonces
ˆ s
ϕ1 (r)ϕ2 (s) − ϕ1 (s)ϕ2 (r)
= e−(s−r) (s − r)
ϕp (s) =
dr
2
r W (r)
1
De donde la solución general de la ecuación es
ˆ s
e−(s−r) (s − r)
−s
ϕ(s) = (C1 + C2 s) e +
dr
r2
1
y se obtiene la solución de la ecuación original haciendo el reemplazo x(t) = y(s) = y(et )
103
Problema
Resuelva la siguiente ecuación
x00 (t) − cos tx0 (t) + sin tx(t) = sin t
Solución
Primero se debe resolver la ecuación homogénea asociada
x00 (t) − cos tx0 (t) + sin tx(t) = 0
Una solución es x1 (t) = esin t . En efecto
x01 (t) = cos tesin t
x001 (t) = − sin tesin t + cos2 tesin t
Luego
x001 (t) − cos tx01 (t) + sin tx1 (t) = − sin tesin t + cos2 esin t − cos2 tesin t + sin tesin t = 0
Debemos encontrar otra solución de la ecuación homogénea linealmente independiente con
x1 . Proponemos una de la forma
x2 (t) = w(t)x1 (t)
Con lo que
x02 (t) = w0 (t)x1 (t) + w(t)x01 (t)
x02 (t) = w00 (t)x1 (t) + 2w0 (t)x01 (t) + w(t)x001 (t)
Se debe cumplir entonces
w00 (t)x1 (t) + 2w0 (t)x0 (t) + w(t)x001 (t) − cos t (w(t)x1 (t) + w0 (t)x1 (t)) + sin tw(t)x1 (t) = 0
w(t) (x001 (t) − cos tx01 (t) + sin tx1 (t)) +2w0 (t)x01 (t) + w00 (t)x1 (t) = 0
|
{z
}
=0
Luego
w00 (t)x1 (t) + w0 (t) (2x01 (t) − cos tx1 (t)) = 0
w00 (t)esin t + w0 (t) 2 cos tesin t − cos tesin t
w00 (t) + w0 (t) cos t = 0
104
Esta ecuación resulta ser separable, notando que
w00 (t)
= − cos t
w0 (t)
ˆ t
0
− sin t
e− sin s ds
w (t) = e
→ w(t) =
0
Finalmente
ˆ
x2 (t) = e
t
dse− sin s
sin t
0
Ahora que tenemos dos soluciones l.i de la ecuación homogénea, el problema está prácticamente resuelto. El Wronskiano está dado por
W (t)x1 ,x2
x (t)
= 0 1
x1 (t)
x2 (t) x02 (t) ˆ t
ˆ t
− sin s
sin t
sin t
dse− sin s cos tesin t
dse
−e
1 + cos te
sin t
W (t)x1 ,x2 = e
0
0
W (t)x1 ,x2 = esin t
Luego, por el teorema de variación de parámetros, la solución particular es
ˆ
t
xp (t) = −x1 (t)
0
ˆ
sin t
xp (t) = −e
ˆ
t
ds
x2 (s)f (s)
ds
+ x2 (t)
W (s)
s
dre
− sin r
ˆ
ds
0
ˆ
sin s + e
y1 (s)f (s)
W (s)
ˆ
t
sin t
dse
0
0
t
0
− sin s
t
ds sin s
0
Sólo por entretención calculemos la siguiente integral doble
ˆ
I=
ˆ
t
ds
0
ˆ
s
dre
− sin r
sin s =
ˆ
t
0
0
t
dse− sin r sin s
dr
r
Donde se ha explotado la forma de la región de integración en el plano s − r. Finalmente
ˆ t
t ˆ t
− sin r
I=
dre
− cos s =
dr (cos r − cos t) e− sin r
0
r
0
105
ˆ
ˆ
t
dr cos re
I=
0
− sin r
t
− cos t
dre
− sin r
= −e
ˆ t
t
e− sin rdr
− cos t
− sin r 0
0
0
Sea
ˆ
t
dre− sin r
ϕ(t) =
0
Con lo que la solución particular queda escrita en forma más compacta
xp (t) = 1 − esin t + esin t ϕ(t)
y la solución general queda
ˆ t
− sin s
sin t
+ 1 − esin t + esin t ϕ(t)
dse
C1 + C2
x(t) = e
0
106
3.6.
Series
Consideremos la sucesión
S0 = 1
S1 = 1 + r
S2 = 1 + r + r2
En general
Sn = 1 + r + r2 + ... + rn
{Sn }, n ∈ N es una sucesión . El lı́mite, si existe, es denotado por
S = lı́m Sn = lı́m 1 + r + r2 + ... + rn
n→∞
n→∞
S = lı́m
n→∞
n
X
∞
X
rk =
k=0
rk
k=0
Sabemos que
1 − rn+1
, |r| < 1
Sn =
1−r
de modo que
S=
∞
X
rk =
k=0
3.6.1.
1
, |r| < 1
1−r
Definición: Serie
∞
Una serie numércia es una sucesión {Sn } de números de la forma
n=1
S 1 = a1
S2 = a1 + a2
Sn = a1 + a2 + ... + an
Sn =
n
X
ak
k=1
La serie converge si
lı́m Sn
n→∞
existe
En tal caso, escribimos
lı́m Sn =
n→∞
∞
X
k=1
107
ak
3.7.
Series de términos no negativos
Consideremos
∞
X
an , an > 0
n=0
3.7.1.
Teorema (Criterio de la raı́z)
1/n
Supongamos que l = lı́mn→∞ an
P
a) Si l < 1, ∞
n=1 an converge
P
b) Si l > 1, ∞
n=1 an diverge
3.7.2.
existe, entonces
Teorema (Criterio del cuociente)
Supongamos que l = lı́mn→∞ an+1
existe, entonces
an
P
a) Si l < 1, ∞
n=1 an converge
P
b) Si l > 1, ∞
n=1 an diverge
3.7.3.
Definición: Convergencia absoluta
Sea la serie general
∞
X
an
n=1
con an no necesariamente positivo. Decimos que la serie converge absolutamente si
∞
X
|an | converge
n=1
3.8.
Soluciónes en forma de series de potencias
La mayor parte de las ecuaciones diferenciales de coeficientes variables no se pueden resolver
en términos de funciones elementales. Sin embargo, es posible para algunas encontrar soluciones
en series de potencia. Una serie de potencias en torno a a está definida por
∞
X
an (x − a)n
n=0
se dice que ésta converge en x0 ∈ R si la serie evaluada en x0 converge a un valor real.
Resulta de interés saber exactacmente para qué valores de x una serie de potencia resulta
convergente. Obviamente converge para x = a
∞
X
an (x − a)n n=0
x=a
= a0
Se puede demostrar que la serie converge en un intervalo de la forma
{x ∈ R, |x − a| < R}
108
mientras que la serie diverge para x, |x − a| > R . A R ∈ R se le llama radio de convergencia de la serie.
En efecto, sea
∞
X
|an (x − a)n |
n=0
Según el criterio del cuociente, la serie converge para cada x ∈ R tal que
an+1 (x − a)n+1 <1
lı́m n→∞ an (x − a)n Esto es
an+1 <1
|x − a| lı́m n→∞
an Definiendo
an R = lı́m n→∞ an+1 P
n
Se ve que la serie ∞
n=0 an (x − a) converge absolutamente si |x − a| < R. Además, se puede
demostrar que para |x − a| > R, la serie diverge
3.8.1.
Teorema: Radio de convergencia
El radio de convergencia de la serie de potencias
∞
X
an (x − a)n
n=0
es
an R = lı́m x→∞ an+1 para x tal que |x − a| < R, la serie converge absolutamente. Para x tal que |x − a| > R, la
serie diverge
Nota
Utilizando el criterio de la raı́z, se obtiene la siguiente equivalencia
R=
1
lı́mn→∞ |an |1/n
109
an = lı́m n→∞ an+1 3.8.2.
Definición de una función mediante serie de potencias
Para una función dada se puede escribir
f (x) =
∞
X
an (x − a)n = a0 + a1 (x − a) + a2 (x − a)2 + ...
n=0
cuyo dominio es el intervalo de convergencia de la serie. Si ésta tiene un radio de convergencia
R > 0, f es continua, diferenciable e integrable para x, |x − a| < R. Además, tanto su derivada
como la integral se pueden determinar por derivar e integrar término a término, respectivamente
(convergencia uniforme)
0
2
f (x) = a1 + 2a2 (x − a) + 3a3 (x − a) + ... =
∞
X
an n(x − a)n−1
n=1
ˆ
3.8.3.
∞
X
(x − a)3
(x − a)n+1
1
+ ... = C +
an
dxf (x) = C + a0 (x − a) + a1 (x − a)2 + a2
2
3
n+1
n=0
Definición: Función analı́tica en un punto
Se dice que f es analı́tica en x = a si se puede representar por una serie de potencias en
x − a , con radio de convergencia positivo.
3.9.
Soluciones en torno a puntos ordinarios
Supongamos que la ecuación diferencial de segundo orden
a2 (x)y 00 (x) + a1 (x)y 0 (x) + a0 (x)y(x) = 0
se expresa en la forma normal dividiendo por a2 (x)
y 00 (x) + P (x)y 0 (x) + Q(x)y(x) = 0
3.9.1.
Definición: Punto ordinario y punto singular
Se dice que x0 es un punto ordinario de la ecuación diferencial si P (x), Q(x) son analı́ticas
en x0 . Se dice que un punto no ordinario de la ecuación es un punto singular
110
3.9.2.
Teorema: Existencia de la solución en series de potencias
Si x = x0 es un punto ordinario de la ecuación
y 00 (x) + P (x)y 0 (x) + Q(x)y(x) = 0
siempre se pueden determinar dos soluciones l.i en forma de series de potencias centradas
en x0
y=
∞
X
an (x − x0 )n
n=0
Una solución en serie converge, al menos, para |x − x0 | < R, donde R es la distancia de x0
al punto singular más cercano
3.10.
Soluciones en torno a puntos singulares
Para la ecuación
y 00 (x) + P (x)y 0 (x) + Q(x)y(x) = 0
vimos que para todo punto ordinario x = x0 no habı́a problemas para determinar dos
soluciones l.i en forma de series de potencias en torno a x0
∞
X
an (x − x0 )n
n=0
Sin embargo, si x0 es un punto singular, no siempre esto es posible. Se podrı́a llegar a una
solución en series de la forma
∞
X
an (x − x0 )n+r
n=0
donde r es un entero no negativo por determinar
3.10.1.
Definición: Puntos singulares regulares e irregulares
Para la ecuación
y 00 (x) + P (x)y 0 (x) + Q(x)y(x) = 0
Un punto singular x = x0 es singular regular si tanto (x − x0 )P (x) como (x − x0 )2 Q(x) son
analı́ticas en x0 . Se dice que un punto singular no regular es un punto singular irregular de la
ecuación.
111
3.10.2.
Teorema de Frobenius
Si x = x0 es un punto singular regular de la ecuación
y 00 (x) + P (x)y 0 (x) + Q(x)y(x) = 0
Existe al menos una solución en serie de la forma
r
y = (x − x0 )
∞
X
an (x − x0 )n
n=0
en donde r es una constante por determinar. Esta serie converge al menos en un intervalo
0 < |x − x0 | < R
112
Problema
a) Encuentre las relaciones de recurrencia para la solución en serie de potencias, alrededor
de t = 0, de la ecuación de Legendre
(t2 − 1)y 00 (t) + 2ty 0 (t) − µ(µ + 1)y(t) = 0
b) Muestre que si µ es un entero positivo, entonces la ecuación de Legendre tiene una solución
polinomial de grado µ
Solución
a) Sea
y(t) =
∞
X
an tn
n=0
la solución buscada. Derivando dos veces término a término y corriendo los ı́ndices, obtenemos
y(t) =
∞
X
an tn
n=0
0
y (t) =
∞
X
(n + 1)an+1 tn
n=0
y 00 (t) =
∞
X
(n + 1)(n + 2)an+2 tn
n=0
Por lo tanto,
(t2 − 1)y 00 (t) + 2ty 0 (t) − µ(µ + 1)y(t) =
=
∞
X
n+2
(n + 1)(n + 2)an+2 t
+
∞
X
n=0
n+1
2(n + 1)an+1 t
n=0
=
∞
X
n n
(n − 1)na t +
n=2
∞
X
n=2
−
∞
X
{(n + 1)(n + 2)an+2 + µ(µ + 1)an } tn
n=0
n
2nan t + 2a1 t −
∞
X
{(n + 1)(n + 2)an+2 + µ(µ + 1)an } tn
n=2
− (2a2 + µ(µ + 1)a0 ) − (6a3 + µ(µ + 1)a1 ) t
= − (2a2 + µ(µ + 1)a0 ) − (6a3 + (µ(µ + 1) − 2)a1 ) t
+
∞
X
{(n(n + 1) − µ(µ + 1)) an − (n + 1)(n + 2)an+2 } tn
n=2
113
Igualando todos los coeficientes a cero, obtenemos que
a2 = −
a3 =
an+2 =
µ(µ + 1)
a0
2
2 − µ(µ + 1)
a1
6
n(n + 1) − µ(µ + 1)
an n = 0, 1, 2, 3, 4, ...
(n + 1)(n + 2)
b) Si µ ∈ N entonces, cuando en la recursión anterior se tiene n = µ, obtenemos aµ+2 = 0,
luego
aµ+2 = aµ+4 = aµ+6 = ... = 0
Por otra parte, todas las soluciones particulares se obtienen asignando a las constantes
arbitrarias a1 y a0 valores dados. Entonces, si µ es par escogemos a1 = 0, con lo cual a2k+1 = 0
para todo k = 0, 1, 2, ... y, como vimos antes, a2k = 0 para 2k ≥ µ + 2, con lo cual
an = 0 ∀n > µ
implicando que todas las soluciones obtenidas haciendo a1 = 0 son polinomios de grado µ.
Si µ es impar , en tal caso se puede escoger a2 = 0 y razonando como antes se obtiene como
soluciones polinomio de grado µ
114
Problema
Comencemos por considerar la ecuación
d2 y
+ λy = 0
dx2
que tiene una singularidad que no es regular en el punto x = 0
x4
a) Demuestre que el cambio de variable t = 1/x genera una ecuación diferencial que posee
una singularidad regular en t = 0, vale decir que se le puede aplicar el método de Frobenius
(basado en serie de potencias)
b) Aplique el método de potencias (Frobenius) para encontrar soluciones l.i ϕ1 (t), ϕ2 (t) de
la ecuación precedente
Solución
a) Al aplicar el cambio de variables, se observa que
d
1 dy
d dy dt
d2 y
=
− 2
=
dx2
dx dt dx
dx
x dt
d2 y
2 dy
1 d dy
= 3
− 2
dx2
x dt
x dx dt
d2 y
1 −1 d2 y
dy
d2 y 4
3 dy
=
2t
−
t + 2 t3
=
2
2
2
2
2
dx
dt
x
x
dt
dt
dt
de modo que la ecuación se reduce a
2
y 00 (t) + y 0 (t) + λy(t) = 0
t
Notar que el punto t = 0 es singular regular de esta ecuación
b) Sabemos que la ecuación acepta al menos una solución de la forma
r
y(t) = t
∞
X
an tn
n=0
Derivando
0
y (t) = rt
r−1
∞
X
n
r
an t + t
n=0
00
r−2
y (t) = r(r − 1)t
∞
X
n
an t + 2rt
n=0
r−1
∞
X
(n + 1)an+1 tn
n=0
∞
X
∞
X
(n + 1)an+1 t + t
(n + 2)(n + 1)an+2 tn
n
r
n=0
n=0
Reemplazando en la ecuación
r−2
r(r − 1)t
∞
X
n=0
n
an t + 2rt
r−1
∞
X
n
(n + 1)an+1 t + t
n=0
2tr−1
r
∞
X
∞
X
n
(n + 2)(n + 1)an+2 t + 2rt
n=0
(n + 1)an+1 tn + λtr
n=0
∞
X
n=0
∞
X
n=0
115
r−2
an tn = 0
an tn +
Igualando a cero los coeficientes de tr−2 , se obtiene la ecuación
r(r − 1) + 2r = 0
Cuyas soluciones son r1 = 0, r2 = −1. Para r1 = 0, se tiene
∞
X
n
(n + 2)(n + 1)an+2 t + 2t
−1
∞
X
n
(n + 1)an+1 t + λ
n=0
n=0
∞
X
an tn = 0
n=0
∞
∞
∞
X
X
X
(n + 2)(n + 1)an+2 tn + 2
(n + 1)an+1 tn−1 + λ
an tn = 0
n=0
n=0
n=0
Luego a1 = 0 y
∞
X
n
(n + 2)(n + 1)an+2 t + 2
n=0
∞
X
n
(n + 2)an+2 t + λ
n=0
∞
X
an tn = 0
n=0
((n + 2)(n + 1) + 2(n + 2)) an+2 + λan = 0 ; n = 0, 1, 2, 3, ...
n2 + 5n + 6 an+2 + λan = 0 ; n = 0, 1, 2, 3, ...
an+2 = −
λ
an ; n = 0, 1, 2, 3, ...
(n + 3)(n + 2)
Se ve que an = 0 para todo n impar (a1 = 0), mientras que
a2 = −
a4 = −
a6 = −
λ
a0
3×2
λ
λ2
a2 = a0
5×4
5!
λ
λ3
a4 = − a0
7×6
7!
Se deduce
a2n =
(−1)n
(λn )
(2n + 1)!
Finalmente una solución queda dada por
√
∞
X
(−1)n √ 2n
sin( λt)
y1 (t) = a0
( λt) = a0 √
(2n + 1)!
λt
n=0
Por último, para r = −1
t−1
∞
∞
X
X
(n + 2)(n + 1)an+2 tn + λt−1
an tn = 0
n=0
n=0
116
Luego
an+2 = −
λ
an
(n + 2)(n + 1)
Tomando a1 = 0, entonces an = 0 para todo n impar, y además
a2 = −
a4 = −
λ
a0
2×1
λ
λ2
a2 =
4×3
4!
λ
λ3
a6 = −
a4 = −
6×5
6!
Ası́
a2n =
(−1)n √ 2n
λ
(2n)!
y otra solución de la ecuación, l.i con la anterior resulta ser
√
∞
X
(−1)n √ 2n cos( λ)t
λt
=
ϕ2 (t) = t b0
(2n)!
t
n=0
−1
Finalmente, volviendo a la variable x, la solución general de la ecuación propuesta toma la
forma
√
√
x
y(x) = α1 √ sin
λ/x + α2 x cos
λ/x
λ
117
Problema
a) Resuelva el problema
(x2 − 2x − 3)y 00 (x) + 3(x − 1)y 0 (x) + y = 0 y(1) = 4, y 0 (1) = 1
con serie de potencias centrada en x0 = 1. Encuentre el radio de convergencia de la
solución
b) Encuentre los 5 primeros términos de la expansión en serie de potencias centrada en 0 de
la solución del problema
y 00 − ex y = 0, y(0) = 1, y 0 (0) = 1
Solución
a) Sea el cambio de variable t = x − 1, y v(t) = y(x) = y(t + 1). Entonces, la ecuación
(x2 − 2x − 3)y 00 (x) + 3(x − 1)y 0 (x) + y = 0 y(1) = 4, y 0 (1) = 1
Es equivalente a
(t2 − 4)v 00 (t) + 3tv 0 (t) + v = 0 y(1) = 4, y 0 (1) = 1
o bien
v 00 (t) +
t2
1
3t 0
v (t) + 2
v = 0 y(1) = 4, y 0 (1) = 1
−4
t −4
Vemos que t = 0 es un punto ordinario de la ecuación, de forma que admite solución en
serie de potencias centrada en 0
v(t) =
∞
X
an t n
n=0
Entonces
0
tv (t) =
∞
X
n
nan t
00
, v (t) =
n=0
∞
X
(n + 2)(n + 1)an+2 tn
n=0
y
2 00
t v (t) =
∞
X
n(n − 1)an tn
n=0
Sustituyendo en la ecuación, se obtiene la relación
an+2 =
n+1
an para todo n ≥ 0
4(n + 2)
118
De esta forma
1
a0
4×2
3
3
2×3×4
4!
a4 =
a2 =
a0 = 4
a0 = 4
a0
2
4×4
4×4×4×2
4 × (2!)
4 × (2!)2
a2 =
a6 =
5! × 6
6!
5
a4 = 4
a0 = 6
a0
2
4×6
4 × 4 × 6 × 6 × (2!)
4 × (3!)2
Luego, se ve que en general
a2k =
(2k)!
para todo k ≥ 0
a0
42k (k!)2
del mismo modo se deduce
a2k+1
(k!)2
a1
=
(2k + 1)!
Las condiciones iniciales implican v(0) = 4 → a0 = 4 y v 0 (0) = 1 → a1 = 1. La solución es
entonces
y(x) = 4
∞
∞
X
X
(2k!)2
(k!)2
2k
(x
−
1)
+
(x − 1)2k+1
2k (k!)2
4
(2k
+
1)!
k=0
k=0
y su radio de convergencia es igual a 2, pues esta es la distancia entre x0 = 1 y la raı́z más
cercana del polinomio (x2 − 2x − 3)
P
k
b) Busco una solución de la forma y(x) = ∞
k=0 ak x . Las condiciones iniciales implican
a0 = 1, a1 = 1. Sustituyendo la serie en la ecuación diferencial se obtiene
! ∞
!
∞
∞
X
X
X
xk
k
k
ak x = 0
(k + 2)(k + 1)ak+2 x −
k!
k=0
k=0
k=0
Se tiene además
∞
X
xk
k=0
k!
!
∞
X
!
ak x k
= a0 + (a0 + a1 )x +
a
a
a1
0
+ a1 + a2 x 2 +
+
+ a2 + a3 x3 + ...
2!
3!
2!
k=0
=
∞
k
X
X
k=0
j=0
0
aj
(k − j)!
!
xk
Se tiene entonces la relación
k
ak+2
X aj
1
=
(k + 2)(k + 1) j=0 (k − j)!
119
Por ende, los primeros 5 términos de la expansión son
1+x+
x2 x3 x4
+
+
2
3
6
120
Capı́tulo 4
Transformada de Laplace
La transformada de Laplace es una herramienta realmente poderosa para resolver ecuaciones
diferenciales lineales, o en general sistemas de ecuaciones lineales. Primeramente definiremos la
transformada de Laplace, derivaremos sus propiedades más interesantes y luego la aplicación a
la resolución de ecuaciones diferenciales será inmediata
4.1.
Definición: Transformada de Laplace
Sea f : [0, ∞) → R. Definimos la transformada de Laplace de f como la integral impropia
ˆ ∞
dtf (t)e−st
F (s) = L {f } (s) =
0
para aquellos valores de s ∈ C para los cuales la integral converge. El conjunto de estos
valores constituye la región de convergencia, y corresponde al conjunto de valores para los
cuales
ˆ ∞
dt |f (t)| e−Re s t < ∞
0
En efecto, si esto último se cumple, la transformada de Laplace existe. Sea s = σ + iδ
ˆ ∞
ˆ ∞
ˆ ∞
−σt−iδt −st 0≤
dtf (t)e ≤
dt |f (t)| e
=
dt |f (t)| e−Re s t < ∞
0
4.2.
4.2.1.
0
0
Algunas transformadas de Laplace
Función de Heavyside
Sea la función de Heavyside
H(t) =
0 t<0
1 t>0
121
A continuación se ilustra la forma de la función Heavyside
Fig. 4.1: H(t) también es llamada popularmente función escalón
Su transformada de Laplace está dada por
ˆ ∞
ˆ
−st
L {H(t)} (s) =
dtH(t)e =
0
0
∞
∞
1
dte−st = − e−st s
0
Esta última integral converge únicamente para < {s} > 0, y se tiene
L {H(t)} (s) =
4.2.2.
1
< {s} > 0
s
Delta de Dirac δ(t)
En muchos modelos fı́sicos se utilizan funciones generalizadas, o distribuciones de Schwartz,
que no son funciones en el sentido ordinario. El ejemplo mas ilustre y sobresaliente de función
generalizada es la delta de Dirac, que resulta fundamental para el desarollo de muchas teorı́as de
la fı́sica, ası́ como del Análisis de Señales (Disciplina de la Ingenierı́a Eléctrica). Las propiedades
fundamentales de la delta son
δ(t) = 0 ∀t 6= 0
ˆ
Es cero excepto en el origen
∞
dtδ(t) = 1
ˆ
Integra uno
−∞
∞
dtδ(t)f (t) = f (0)
−∞
ˆ
Para toda f definida en x = 0
∞
dt0 δ(t − t0 )f (t0 ) = f (t)
−∞
Notar que a pesar de que la delta de dirac es nula excepto en el origen, su integral es 1. Esto
por supuesto es imposible para una función ordinaria, la única forma de pensarlo es que tenga
un valor indefinidamente grande en x = 0 (infinito!). Esta es una forma intuitiva de pensar en
la delta, sin embargo incorrecta, pues no se trata de una función.
122
Existen varias sucesiones de funciones que se aproximan a este comportamiento. (Es decir,
definen la delta de Dirac). Un ejemplo consiste en la siguiente sucesión de funciones


t < −1/n
0
δn (t) = n/2 −1/n < t < 1/n


0
t > 1/n
Fig. 4.2: Primeras 3 funciones dadas por la sucesión δn (x)
Notar que a medida que aumenta n, la función se asemeja a un rectángulo cada vez más
angosto en torno al origen y de mayor amplitud. Sin embargo, siempre el área bajo δn (t) es
1. Fı́sicamente usaremos la delta de Dirac para modelar fuerzas de gran amplitud que actúan
sobre un intervalo de tiempo infinitamente breve
Veamos que en efecto δn (t) se comporta como la delta cuando n → ∞
ˆ
ˆ
∞
1/n
dt
dtδn (t) =
n
−1/n
−∞
2
=
n 2
=1
2 n
Además, para obtener
ˆ
∞
dtδn (t)f (t)
−∞
Usamos el teorema del valor medio integral
ˆ
∞
n
dtδn (t)f (t) =
2
−∞
ˆ
1/n
dtf (t) =
−1/n
n2
fn = fn
2n
donde fn es el valor de la función para algún t entre −1/n < t < 1/n . De esta forma, es
claro que
ˆ ∞
lı́m
dtδn (t)f (t) = lı́m fn = f (0)
n→∞
n→∞
−∞
En resumen, la sucesión δn (t) define la función generalizada δ(t)
La transformada de Laplace de la delta de Dirac1 está dada por
ˆ ∞
dtδ(t)e−st = e−s0 = 1
L {δ(t)} (s) =
0
1
Ası́ es, definiremos la transformada de Laplace de la Delta sin remordimientos
123
Ası́
L {δ(t)} (s) = 1 ∀s ∈ C
Fig. 4.3: Paul Dirac
Paul Dirac(1902-1984) Fı́sico Inglés. Se graduó de Ingeniero Eléctrico en 1921, posteriormente estudió matemáticas y fue recibido en la Universidad de Cambridge. En 1926 desarrolló una versión de la mecánica cuántica en la que unı́a el trabajo previo de Werner Heisenberg
y de Erwin Schrödinger en un único modelo matemático que asocia cantidades medibles con
operadores que actúan en el espacio vectorial de Hilbert y describe el estado fı́sico del sistema.
Por este trabajo recibió un doctorado en fı́sica por Cambridge. En 1928, trabajando en los
spines no relativistas de Pauli, halló la ecuación de Dirac, una ecuación relativista que describe
al electrón. Este trabajo permitió a Dirac predecir la existencia del positrón, la antipartı́cula
del electrón
4.2.3.
Transformadas de funciones sencillas
Sea la función
f (t) = e−at H(t)
Fig. 4.4: f (t) es una exponencial decreciente para a > 1, y creciente para a < 1
Entonces
ˆ
L e
−at
H(t) (s) =
ˆ
∞
dte
−at −st
e
0
∞
dte−(a+s)t =
=
0
−1 −(a+s)t ∞
e
(a + s)
0
Esta última integral converge únicamente si < {a + s} > 0 , es decir para < {s} > −a
L e−at H(t) (s) =
1
< {s} > −a
s+a
124
Sea la función
f (t) = tH(t)
Su transformada de Laplace está dada por
ˆ ∞
ˆ
d ∞
d 1
−st
−st
dtte = −
dte = −
< {s} > 0
L {tH(t)} (s) =
ds 0
ds s
0
L {tH(t)} (s) =
1
< {s} > 0
s2
En general, si
f (t) = tn H(t) n ∈ N
entonces
ˆ
1 n −st ∞ 1 ∞
dtntn−1 e−st
dtt e = − t e +
L {t H(t)} (s) =
0
|s {z 0} s 0
0 si <{s}>0
ˆ ∞
ˆ
n
n(n − 1) ∞ n−2 −st
n
n−1 −st
L {t H(t)} (s) =
dtt e =
dtt e
s 0
s2
0
ˆ
∞
n −st
n
Se deduce entonces
ˆ
n!
L {t H(t)} (s) = n
s
∞
dte−st =
n
0
L {tn H(t)} (s) =
4.2.4.
n!
n!
< {s} > 0
sn+1
< {s} > 0 n ∈ N
sn+1
Transformada de sin at y cos at
La transformada de cos at puede ser encontrada fácilmente utilizando la forma compleja
cos at =
1 iat
e + e−iat
2
Se tiene entonces
1
L {cos atH(t)} (s) =
2
ˆ
1
L {cos atH(t)} (s) =
2
ˆ
∞
(s+ia)t
dte
0
∞
(s−ia)t
+
dte
0
1
1
< {s} > 0
+
s + ia s − ia
|
{z
}
2s/(s2 +a2 )
125
Finalmente
L {cos atH(t)} (s) =
s2
s
< {s} > 0
+ a2
Del mismo modo
1 iat
e − e−iat
2i
sin at =
Luego
1
L {sin atH(t)} (s) =
2i
ˆ
1
L {sin atH(t)} (s) =
2i
ˆ
∞
dte
(s+ia)t
0
∞
(s−ia)t
−
dte
0
1
1
−
< {s} > 0
s + ia s − ia
|
{z
}
2ia/(s2 +a2 )
Con esto
L {sin atH(t)} (s) =
s2
126
a
< {s} > 0
+ a2
4.3.
4.3.1.
Propiedades de la transformada de Laplace
Linealidad
Resulta evidente de la definición que la transformada de Laplace es una aplicación lineal
ˆ
ˆ
∞
L {af1 (t) + bf2 (t)} (s) =
dtaf1 (t)e
−st
0
∞
dtbf2 (t)e−st
+
0
= aL {f1 (t)} + bL {f2 (t)}
con a y b constantes arbitrarias
4.3.2.
Existencia
Si f (t) es Riemann integrable para 0 ≤ t ≤ T , para cualquier T finito, y de orden exponencial, es decir, existen M y a constantes tales que
|f (t)| ≤ M eat ∀t > 0
entonces f (t) tiene una transformada de Laplace para < {s} > a y
lı́m L {f (t)} (s) = 0
|s|→∞
Demostración
Se tiene
ˆ
0
T
dtf (t)e
ˆ
≤
−st ˆ
T
dte
−<{s}t
T
dte−<{s}t eat =
|f (t)| ≤ M
0
0
M
M
−
e(a−<{s})T
< {s} − a < {s} − a
Si < {s} > a, entonces
ˆ
lı́m T →∞
0
T
dtf (t)e
M
M
M
(a−<{s})T
−
e
=
≤ Tlı́m
→∞
< {s} − a < {s} − a
< {s} − a
−st Esto establece la convergencia absoluta de la integral, y de la desigualdad obtenida
|L {f (t)} (s)| ≤
M
< {s} − a
se sigue que
lı́m L {f (t)} = 0
|s|→∞
127
4.3.3.
Desplazamiento temporal
Sea una función f (t)H(t). Interesa determinar la transformada de Laplace de la misma
función desplazada en a, con a > 0, es decir, de
f (t − a)H(t − a)
su transformada de Laplace está dada por
ˆ
ˆ ∞
−st
dtf (t − a)H(t − a)e =
L {f (t − a)H(t − a)} =
0
∞
dtf (t − a)e−st
a
En seguida, mediante el cambio de variable y = t − a, dy = dt
ˆ ∞
dyf (y)e−s(y+a) = e−as L {f (t)H(t)}
L {f (t − a)H(t − a)} =
0
Y se obtiene el primer teorema de traslación
L {f (t − a)H(t − a)} (s) = e−as L {f (t)H(t)} (s)
Es decir, un desplazamiento de a en el dominio del tiempo corresponde a una multiplicación
por un factor e−as en el dominio de Laplace
Ejemplo
Imaginemos que deseamos encontrar la transformada de Laplace de la siguiente función
f (t) = H(t) − H(t − a)
Esta función tiene la forma de un rectángulo
Su transformada de Laplace puede ser obtenida fácilmente por definición, o bien utilizando
la propiedad de linealidad y desplazamiento temporal
L {H(t) − H(t − a)} = L {H(t)} − L {H(t − a)}
L {H(t) − H(t − a)} =
1
1
1 − e−as
− e−as =
s
s
s
128
< {s} > 0
4.3.4.
Desplazamiento en el dominio de Laplace
ˆ
Se tiene
L f (t)e
−at
∞
dtf (t)e−at e−st
(s) =
0
ˆ
∞
dtf (t)e−(a+s)t
=
0
Finalmente, se obtiene el segundo teorema de traslación
L f (t)e−at (s) = L {f (t)} (s + a)
Ejemplo
La transformada de Laplace de te−at se puede obtener fácilmente como
1 L te−at (s) = L {t} (s + a) = 2 s s=s+a
L te−at (s) =
1
(s + a)2
< {s} > −a
En general, utilizando la transformada de laplace de tn , se obtiene
L tn e−at (s) =
n!
(s + a)n+1
< {s} > −a n ∈ N
Hasta ahora hemos simplemente definido la transformada de Laplace, hemos calculado explı́citamente algunas de ellas y se han mostrado unas cuantas propiedades. Sin embargo, la
propiedad siguiente, junto con la propiedad de linealidad, son las razones principales por las
que la transformada de Laplace es reamente útil para resolver ecuaciones diferenciales lineales
4.4.
Derivación en el tiempo
Sea f : [0, ∞) → R acotada y diferenciable. Interesa encontrar la transformada de Laplace
de su derivada, es decir
ˆ ∞
0
L {f (t)} (s) =
dtf 0 (t)e−st
0
Integrando por partes, se obtiene
L {f (t)} (s) = e
0
−st
ˆ
∞
f (t) + s
0
∞
dtf (t)e−st
0
Siendo f (t) acotada, se tiene
ˆ
L {f (t)} (s) = −f (0) + s
0
dtf (t)e−st
0
129
∞
y se obtiene la propiedad fundamental
L {f 0 (t)} (s) = sL {f (t)} (s) − f (0)
Es decir, la transformada de Laplace de la derivada es s veces la transformada de Laplace
original, menos una constante, determinada por la condición inicial de f . La transformada de
la segunda derivada es inmediata
L {f 00 (t)} (s) = sL {f 0 (t)} (s) − f 0 (0)
= s2 L {f (t)} (s) − sf (0) − f 0 (0)
L {f 00 (t)} (s) = s2 L {f (t)} (s) − sf (0) − f 0 (0)
La obtención de la transformada de derivadas de orden superior es absolutamente análoga.
Lo que podemos concluı́r es que las transformadas de Laplace de f y sus derivadas poseen una
relación realmente muy simple! Esta es la razón por la que las ecuaciones diferenciales lineales
en el dominio de Laplace son simples de resolver. Además, esta propiedad puede ser útil para
calcular transformadas de Laplace, por ejemplo, si conocemos la transformada del coseno
L {cos(at)H(t)} =
s
< {s} > 0
s 2 + a2
Entonces la transformada del seno cumple con
L {a cos(at)H(t)} = L {(sin(at)H(t))0 } = sL {sin(at)H(t)} − 0
a
s2
s
= sL {sin(at)H(t)}
+ a2
Finalmente
a
< {s} > 0
+ a2
Resultado conocido. Lo mismo se puede utilizar para f (t) = teat , que cumple con f (0) = 0,
luego
L {sin(at)H(t)} =
s2
L eat + ateat = sL {f (t)} (s) − 0
sL {f (t)} (s) =
1
+ aL {f (t)} (s)
s−a
L {f (t)} (s) =
1
< {s} > −a
(s − a)2
Ası́
130
4.5.
Integración en el tiempo
Veamos ahora que ocurre para la transformada de Laplace de una integración. Sea
ˆ t
f (t) =
dτ g(τ )
0
f cumple con f (0) = 0, luego podemos utilizar la propiedad de la derivada temporal y el
teorema fundamental del cálculo
L {f 0 (t)} = L {g(t)} = sL {f (t)} − 0
Ası́
L
ˆ
t
0
1
dτ g(τ ) = L {g(t)} (s)
s
y se obtiene otra propiedad interesante
L
ˆ
t
0
4.6.
1
dτ g(τ ) = L {g(t)} (s)
s
Derivación en el dominio de Laplace
Las propiedades de la transformada de Laplace siguen aumentando. Por ejemplo, a partir
de
ˆ
L {f (t)} (s) =
∞
dtf (t)e−st
0
Utilizando la convergencia uniforme de la transformada, podemos derivar con respecto a s
e intercambiar con la integral sin problemas
ˆ ∞
d
L {f (t)} (s) = −
dtf (t)te−st
ds
0
y entonces
d
L {f (t)} (s) = −L {tf (t)} (s)
ds
Por ejemplo, se puede verificar que
L te
−at
d
(s) = −
ds
1
s+a
131
=
1
< {s} > −a
(s + a)2
4.7.
Propiedad de la convolución
Se define la convolución entre 2 funciones f y g como
ˆ ∞
ˆ ∞
dτ f (t − τ )g(τ )
dτ f (τ )g(t − τ ) =
h(t) =
−∞
−∞
Notar que si g y f son nulas para t < 0, entonces
ˆ t
ˆ t
dτ f (τ )g(t − τ ) =
dτ f (t − τ )g(τ )
h(t) =
0
0
La transformada de Laplace de la convolución cumple
L {f ∗ g} (s) = L {f (t)} (s)L {g(t)} (s)
Es decir, una convolución en el dominio del tiempo equivale a una multiplicación en el
dominio de Laplace. También se tiene que
L {f (t)g(t)} (s) = L {f (t)} (s) ∗ L {g(t)} (s)
En resumen, la multiplicación en un dominio equivale a una convolución en el otro.
Notar que a partir de esta propiedad, se deduce que
f (t) ∗ δ(t) = f (t)
para todo f
Además, si f (t) = 0 para t < 0
ˆ
f (t) ∗ H(t) =
t
dτ f (τ )
0
Es decir, convolucionar con la función de Heavyside corresponde a una integración. En el
dominio de Laplace resulta evidente, pues
1
L {f ∗ H} (s) = L {f (t)} (s)
s
4.8.
Transformada inversa
Dado que la transformada Laplace de una función real está definida sobre un dominio
complejo, calcular la transformada inversa de Laplace por definición requiere conocimientos
de integración de funciones de variable compleja que no están al alcance de este curso. Sin
embargo, en muchos casos basta utilizar el hecho de que si
L {f (t)} (s) = L {g(t)} (s)
s ∈ Región de convergencia
Entonces f (t) = g(t). Con esto, si se conoce la transformada de Laplace de un conjunto de
funciones, es posible encontrar la inversa por simple inspección. 2
2
La astucia no se compra en las farmacias!
132
4.9.
Tabla de Transformadas de Laplace
Cuadro 4.1: Transformadas de Laplace y sus propiedades
Función
Transformada de Laplace
Validez
1
H(t)
< {s} > 0
s
δ(t)
1
∀s∈C
e−at H(t)
1
s+a
< {s} > −a
tn H(t)
n!
sn+1
< {s} > 0, n ∈ N
tn e−at H(t)
n!
(s+a)n+1
< {s} > −a, n ∈ N
cos(at)H(t)
s
s2 +a2
< {s} > 0
sin(at)H(t)
a
s2 +a2
< {s} > 0
f (t − a)
e−as L {f (t − a)} (s)
a>0
f (t)e−at
L {f (t)} (s + a)
a∈R
f 0 (t)
sL {f (t)} (s) − f (0)
f acotada y derivable
´t
0
dτ f (τ )
1
L
s
{f (t)} (s)
f integrable
tf (t)
d
− ds
L {f (t)} (s)
L {f (t)} (s) derivable
f (t) ∗ g(t)
L {f (t)} (s)L {g(t)} (s)
f, g con Transformada de Laplace
f (t)g(t)
L {f (t)} (s) ∗ L {g(t)} (s)
f, g con Transformada de Laplace
133
Problema
Un bloque rectangular de masa m = 1 [kg] descansa sobre una superficie y está sujeto a una
de las paredes por un resorte de coeficiente de elasticidad k = 1 [N/m]. El roce entre el bloque
y la superficie es de tipo viscoso de coeficiente λ = 2. Suponga que inicialmente el bloque se
encuentra en reposo, y se aplica una fuerza dada por
−1 si 0 ≤ t ≤ 1
F (t)
0 si
t>1
Resuelva la ecuación y describa el movimiento del bloque
Solución
Sea x(t) la coordenada del bloque respecto al largo natural del resorte. Inicialmente, x(0) =
ẋ(0) = 0, pues se encuentra en reposo y en equilibrio. La ecuación a resolver corresponde a la
segunda ley de Newton
x00 + x + 2x0 = F (t)
Notar además que F (t) puede ser expresada fácilmente en términos de la función de Heavyside, cuya transformada de Laplace es muy conocida
F (t) = − (H(t) − H(t − 1))
Resolviendo la ecuación diferencial en el dominio de Laplace, se tiene
L {x00 + x + 2x0 } (s) = L F (t)
s2 L {x(t)} (s) + 2sL {x(t)} (s) + L {x(t)} (s) =
e−s − 1
L {x(t)} (s) s2 + 2s + 1 =
s
Luego la transformada de Laplace de x(t) está dada por
L {x(t)} (s) =
1
−s
e
−
1
s(s + 1)2
Notar además que
1
1
1
=
2
s(s + 1)
s (s + 1)2
donde 1/(s + 1)2 es la transformada de Laplace de te−t
134
e−s − 1
s
Utilizando la propiedad de convolución, se tiene
ˆ t
1
−τ
−t
−1
−t
dτ
τ
e
=
H(t)
1
−
(t
+
1)e
L
=
H(t)
∗
(te
H(t))
=
s(s + 1)2
0
Con lo que, finalmente x(t) está dado por
x(t) = H(t) (t + 1)e−t − 1 + H(t − 1) 1 − te−(t−1)
135
Problema
Encontrar la solución del problema con valor inicial
tx00 (t) − tx0 (t) + x(t) = 2
x(0) = 2 x0 (0) = −1
Solución
Tomando la transformada de Laplace a ambos miembros se obtiene
−
d
2
d 2
s L {x(t)} (s) − 2s + 1 +
(sL {x(t)} (s) − 2) + L {x(t)} (s) =
ds
ds
s
Reordenando
d
2
2
L {x(t)} (s) = − L {x(t)} (s) + 2
ds
s
s
!
Notar que se obtiene una ecuación de primer orden lineal en el dominio de Laplace. La
solución es de la forma
2
d C
2
C
+
L {x(t)} (s) = 2 + = −
s
s
ds s
s
De forma que la función x(t) debe ser
x(t) = (2 + Ct) H(t)
La condición inicial x0 (0) = −1 determina C = −1, y entonces la solución es
x(t) = (2 − t)H(t) t ≥ 0
voilà!
136
Problema
Resuelva la ecuación integral
ˆ t
x(t − r) (x(r) − 1 − er ) dr = et − 1 t ≥ 0
0
Solución
Esta ecuación puede ser resuelta tomando la transformada de Laplace a ambos lados de la
igualdad. Antes de eso, se puede notar que
ˆ
ˆ
t
r
ˆ
t
0
0
t
drx(t − r)er
drx(t − r) −
drx(t − r)x(r) −
x(t − r) (x(r) − 1 − e ) dr =
0
ˆ
t
0
Se reconocen inmediatamente tres convoluciones
= x(t) ∗ x(t) − x(t) ∗ H(t) − x(t) ∗ et
De forma que la ecuación puede ser reescrita de la siguiente manera
x(t) ∗ x(t) − x(t) ∗ H(t) − x(t) ∗ et = et − 1 t ≥ 0
Tomando la transformada de Laplace y recordando que L {f ∗ g} (s) = L {f (t)} (s)L {g(t)}
Equivalentemente
1
1
1
2
(L {x(t)} (s)) − L {x(t)} (s)
+
=
s s−1
s(s − 1)
1
1
L {x(t)} (s) −
L {x(t)} (s) −
=0
s
s−1
de donde hay dos valores posibles para la transformada de Laplace (y entonces, dos soluciones)
L {x(t)} (s) =
L {x(t)} (s) =
1
→ x(t) = H(t)
s
1
→ x(t) = et H(t)
s−1
137
Problema
Use la transformada de Laplace para resolver el sistema lineal de 2x2 de segundo orden
x00 = 2x + y
y 00 = 2x + 3y
con condiciones iniciales x(0) = 0, x0 (0) = 1, y(0) = 0, y 0 (0) = 3
Solución
Hasta un sistema de ecuaciones de segundo orden es tremendamente sencillo con el elegante
formalismo de Laplace. Se tiene
s2 L {x(t)} (s) − 1 = 2L {x(t)} (s) + L {y(t)} (s)
s2 L {y(t)} (s) − 3 = 2L {x(t)} (s) + 3L {y(t)} (s)
En el dominio de Laplace tenemos un sencillo sistema algebraico, que puede ser escrito de
forma matricial como
2
s − 2 −1
L {x(t)} (s)
1
=
2
−2 s − 3
L {y(t)} (s)
3
Esto es fácilmente invertible. En efecto
2
1
L {x(t)} (s)
s −3
1
1
= 2
2
2
L {y(t)} (s)
2
s −2
3
(s − 1)(s − 4)
1
s2
= 2
2
(s − 1)(s2 − 4) 3s − 4
De aquı́ se obtienen ambas transformadas de Laplace
L {x(t)} (s) =
L {y(t)} (s) =
s2
1 1
4 1
=− 2
+ 2
2
2
(s − 1)(s − 4)
3s −1 3s −4
3s2 − 4
1 1
8 1
=
+ 2
2
2
2
(s − 1)(s − 4)
3s −1 3s −4
Encontremos finalmente las transformadas inversas
1 1
4 1
1
L {x(t)} (s) = − 2
+ 2
=−
3s −1 3s −4
3
1/2
1/2
4 −1/4
1/4
−
+
+
+
s+1 s−1
3 s+2 s−2
De aquı́ se lee
x(t) =
1 −t 1 t 1 2t 1 −2t
e − e + e − e
H(t)
6
6
3
3
138
De igual forma, para y
1
L {y(t)} (s) =
3
1/2
1/2
−
s−1 s+1
8
+
3
1/4
1/4
−
s−2 s+2
Luego
x(t) =
1 t 1 −t 2 2t 2 −2t
H(t)
e − e + e − e
6
6
3
3
139
Problema
Considere el oscilador armónico
x00 (t) + x(t) = f (t)
sometido a impulsos periódicos decrecientes en amplitud, modelados por una suma ponderada de deltas de Dirac
∞
X
1
f (t) =
δ(t − 2nπ)
2n
n=0
a) Determine la solución x(t) con x(0) = x0 (0) = 0
x(t)
=2
b) Demuestre que lı́mt→∞ sin(t)
Solución
a) Tomando la transformada de Laplace a ambos lados de la ecuación, y utilizando linealidad
(∞
)
∞
X 1
X
1
00
L {x (t) + x(t)} (s) = L
δ(t − 2nπ) =
L {δ(t − 2nπ)}
n
2
2n
n=0
n=0
∞
X
1 −2πns
e
(s + 1)L {x(t)} (s) =
2n
n=0
2
L {x(t)} (s) =
∞
X
1 e−2πns
2n s2 + 1
n=0
La transformada inversa está dada por
∞
∞
X
X
1
1
x(t) =
H(t − 2nπ) sin(t − 2nπ) = sin t
H(t − 2nπ)
n
2
2n
n=0
n=0
Notar además que para t ≥ 0, H(t − 2nπ) 6= 0 para t > 2nπ. Es decir, la suma es finita, y
va desde n = 0 hasta la parte entera de 2πt , esto es
∞
N
X
X
1
1
1 − 1/2N +1
N +1
H(t
−
2nπ)
=
=
=
2
1
−
12
2n
2n
1 − 1/2
n=0
n=0
con N = [t/2π]. Finalmente
x(t) = 2 1 −
1
2N +1
Si t → ∞, entonces N → ∞ y
lı́m
t→∞
x(t)
=2
sin t
140
sin t
Problema
Para pequeñas oscilaciones, la dinámica de un péndulo doble queda representada por un
sistema de ecuaciones de la forma
(m1 + m2 ) l12 ϑ̈001 + m2 l1 l2 ϑ002 + (m1 + m2 ) l1 gϑ1 = 0
m2 l22 ϑ002 + m2 l1 l2 ϑ001 + m2 l2 gϑ2 = 0
Escriba el sistema de ecuaciones lineales satisfecho por la transformada de Laplace de ϑ1 y
ϑ2 . Encuentre ϑ1 (t) en el caso particular en que ϑ1 (0) = 0, ϑ01 (0) = 0, ϑ2 (0) = 0, ϑ02 (0) = 1 y
l1 = l2 = l
Solución
Utilizaremos la siguiente notación para las transformadas de Laplace
Θ1 (s) = L {ϑ1 (t)} (s)
Θ2 (s) = L {ϑ2 (t)} (s)
El sistema de ecuaciones a resolver, en el caso l1 = l2 = l es
g
(m1 + m2 ) ϑ̈001 + m2 ϑ002 + (m1 + m2 ) ϑ1 = 0
l
g
m2 ϑ002 + m2 ϑ001 + m2 ϑ2 = 0
l
Aplicando la transformada de Laplace, y las condiciones iniciales respectivas
g
2
(m1 + m2 ) s +
Θ1 (s) + m2 s2 Θ2 (s) − 1 = 0
l
g
2
s Θ2 (s) + Θ2 (s) − 1 + s2 Θ1 (s) = 0
l
141
Reescribiendo
m1 2 g 1+
s +
Θ1 (s) + s2 Θ2 (s) = 1
m2
l
g
Θ2 (s) + s2 Θ1 (s) = 1
s2 +
l
Definiendo M 2 = 1 +
m1
,
m2
escribimos este sistema de la siguiente manera
2 2 g
Θ1 (s)
1
M s +l
s2
=
g
2
2
Θ2 (s)
1
s
s +l
Cuya solución es
2 g
1
−s2 s +l
Θ1 (s)
1
= 2 2
Θ2 (s)
1
−s2 M 2 s2 + gl
M (s + g/l)2 − s4
Nótese que
M 2 (s2
1
1
=
2
2
4
2g
2
4
+ g/l) − s
(M − 1)s + l M 2 s2 + M 2 gl2
1
1
1
=
gM
gM
M 2 − 1 s2 + l(M −1) s2 + l(M
+1)
Definiendo
s
w1 =
M 2 (s2
gM
l(M − 1)
s
w2 =
gM
l(M + 1)
m2
w2
1
w1
=
2 2
2
4
2
+ g/l) − s
m1 w1 w2 s + w1 s + w22
1
=
M 2 (s2 + g/l)2 − s4
r
m2 l
m1 gM
w1
s2 + w12
w2
s2 + w22
Y entonces
r
w2
m2 + m1
w1
Θ1 (s) =
m1
s2 + w12
s2 + w22
r
m2 l
w1
w2
2
2
2g
Θ2 (s) =
(M
−
1)s
+
M
m1 gM s2 + w12
s2 + w22
l
142
Aquı́ se aprecia que
r
m2 + m1
(sin w1 tH(t) ∗ sin ww (t)H(t))
m1
r
ˆ
m2 + m1 t
ϑ1 (t) =
dτ sin(w1 τ ) sin (w2 (t − τ ))
m1
0
ϑ1 (t) =
143
Problema
Resuelva el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales
x01 + x02 + x03 = t
x01 + 2x02 + x03 = et
x01 + x02 − x03 = 0
con condiciones iniciales
x1 (0) = x2 (0) = 0 x3 (0) = 1
Solución
Se tiene
L {x01 (t)} (s) = sL {x1 (t)} (s)
L {x02 (t)} (s) = sL {x2 (t)} (s)
L {x03 (t)} (s) = sL {x3 (t)} (s) − 1
Con esto, el sistema equivale a
sL {x1 (t)} (s) + sL {x2 (t)} (s) + sL {x3 (t)} (s) = L {t} (s) + 1
sL {x1 (t)} (s) + 2sL {x2 (t)} (s) + sL {x3 (t)} (s) = L et (s) + 1
sL {x1 (t)} (s) + sL {x2 (t)} (s) − sL {x3 (t)} (s) = −1
1 + s2
s3
1
L {x1 (t)} (s) + 2L {x2 (t)} (s) + L {x3 (t)} (s) =
s−1
1
L {x1 (t)} (s) + L {x2 (t)} (s) − L {x3 (t)} (s) = −
s
L {x1 (t)} (s) + L {x2 (t)} (s) + L {x3 (t)} (s) =
Restando la segunda ecuación con la primera, se obtiene
L {x2 (t)} (s) =
1
1
1
1 + s2
1
−
=
− 3−
3
s−1
s
s−1 s
s
Luego, sumando la primera y la tercera
2L {x1 (t)} (s) + 2L {x2 (t)} (s) =
L {x1 (t)} (s) =
1
s3
1
3
1
1
− L {x2 (t)} (s) = 3 −
+
3
2s
2s
s−1 s
144
Finalmente, reemplazando en la primera se obtiene
3
1
1
1
1
1
1
1
+ +
− 3 − + L {x3 (t)} (s) = 3 +
−
3
2s
s−1 s s−1 s
s
s
s
L {x3 (t)} (s) =
1
1
+
3
2s
s
Ahora basta con calcular las transformadas inversas. Es útil recordar que
1
d 1
= 2
L {t} (s) = −
ds s
s
2
d
1
2
L t (s) = −
= 3
2
ds s
s
Con esto
x1 (t) = L
−1
1
1
3
−
+
3
2s
s−1 s
3
= L −1
2
x1 (t) =
x2 (t) = L
−1
x2 (t) = L
1
s3
−L
−1
1
s−1
3 2
t
t − e + 1 H(t)
4
1
1
1
− 3−
s−1 s
s
−1
1
1
+
3
2s
s
1 2
t
= e − t − 1 H(t)
2
Botado!
145
=
1 2
t + 1 H(t)
4
1
+L
s
Problema
Resuelva la elegante ecuación
ˆ
t
0
dτ x(τ ) = f (t)
x (t) + 3x(t) + 2
0
con condiciones iniciales nulas
Solución
Utilizando la transformada de Laplace, obtenemos
2
sL {x(t)} (s) + 3L {x(t)} (s) + L {x(t)} (s) = L {f (t)} (s)
s
2
2
s + 3s + 2
L {x(t)} (s) s + 3 +
= L {x(t)} (s)
= L {f (t)} (s)
s
s
L {x(t)} (s) =
s
(s + 2)(s + 1)
L {f (t)} (s)
Notar que si llamamos h(t) a la solución cuando f (t) = δ(t), entonces
s
2
−1
L {h(t)} (s) =
+
=
(s + 2)(s + 1)
s+1 s+2
h(t) = 2e−2t − e−t H(t)
de forma que para cualquier f (t), la solución de la ecuación está dada por
x(t) = h(t) ∗ f (t)
pues
L {x(t)} (s) = L {h(t)} (s)L {f (t)} (s)
Notar esta espectacular propiedad que cumplen los sistemas descritos por ecuaciones diferenciales lineales: basta conocer la solución cuando f (t) es una delta de dirac, o impulso. Esta
solución, llamada respuesta al impulso por los ingenieros eléctricos 3 es todo lo que se debe
conocer de este tipo de sistemas para caracterizarlo completamente. En efecto, para cualquier
f (t), la solución está dada por
ˆ t
x(t) = h(t) ∗ f (t) =
dτ f (τ )h(t − τ )
0
Esto es realmente notable.
3
Yo también soy Ingeniero Eléctrico, pero encuentro muy poco elegante llamar impulso a la Delta de Dirac
146
Problema
a) Exprese la transformada inversa de Laplace de
F (s) = e−2s
s
1
3
2
(s + 1) s + 2s + 2
como una convolución
b) Mediante la transformada de Laplace resuelva la ecuación

ˆ t
t<1
 t
0
y(t − τ )dτ = 2 − t 1 ≤ t ≤ 2
y (t) + 2y(t) +

0
0
t>2
sujeta a la condición inicial y(0) = 1
Solución
a) Se tiene
F (s) = e−2s
1
s
(s + 1)3 s2 + {z
2s + 2}
| {z } |
H(s)
G(s)
Luego
t2 e−t
H(t)
2
s
−1
−1
g(t) = L {G(s)} = L
s2 + 2s + 2
s+1
1
−1
g(t) = L
−
= e−t (cos t − sin t) H(t)
2
2
(s + 1) + 1 (s + 1) + 1
h(t) = L −1 {H(s)} =
Entonces
L −1 {F (s)} = L −1 e−2s H(s) L −1 {G(s)}
|
{z
}
h(t−2)
Finalmente
f (t) =
ˆ
f (t) =
0
t
1 −(t−2)
2
e
(t − 2) H(t − 2) ∗ et (cos t − sin t)
2
1
dτ e−(τ −2) (τ − 2)2 H(τ − 2)et−τ (cos(t − τ ) − sin(t − τ ))
2
147
b) Se debe notar que la función definida a tramos puede ser expresada en términos de
funciones de Heavyside
ˆ
t
0
y(t − τ )dτ = t (H(t) − H(t − 1)) + (2 − t) (H(t − 1) − H(t − 2))
y (t) + 2y(t) +
0
y 0 (t) + 2y(t) + y(t) ∗ H(t) = tH(t) + 2(1 − t)H(t − 1) + (t − 2)H(t − 2)
Tomando la transformada de Laplace a ambos lados de la ecuación
1
1
e−s e−2s
sL {y(t)} (s) − 1 + 2L {y(t)} (s) + L {y(t)} (s) = 2 − 2 2 + 2
s
s
s
s
1
1
e−s e−2s
=1+ 2 −2 2 + 2
L {y(t)} (s) s + 2 +
s
s
s
s
2
1
s + 2s + 1
e−s e−2s
=1+ 2 −2 2 + 2
L {y(t)} (s)
s
s
s
s
L {y(t)} (s) =
s
1
e−s
e−2s
+
−
2
+
(s + 1)2 s(s + 1)2
s(s + 1)2 s(s + 1)2
Ahora realizamos las siguientes jugadas estratégicas
s+1−1
s
−1
−1
=L
= e−t − te−t H(t)
L
2
2
(s + 1)
(s + 1)
L
−1
1
s(s + 1)2
ˆ
=
0
t
t
dτ e−τ τ = −e−τ (τ + 1) = 1 − e−t (t + 1) H(t)
0
e−s
= 1 − e−(t−1) t H(t − 1)
2
s(s + 1)
e−2s
−1
L
= 1 − e−(t−2) (t − 1) H(t − 2)
2
s(s + 1)
L −1
Finalmente nos comemos a la reina
y(t) = 1 − 2te−t H(t) − 2 1 − e−(t−1) t H(t − 1) + 1 − e−(t−2) (t − 1) H(t − 2)
148
Problema
Resolver
00
0
y (t) + 2y (t) + 5y(t) =
0 t<2
e−t t ≥ 2
Solución
La transformada del lado derecho está dada por
ˆ ∞
ˆ ∞
e−2(s+1)
−st −t
−t(s+1)
e e dt =
dte
=
s+1
2
2
Luego
e−2(s+1)
L {y(t)} (s) s2 + 2s + 5 − sy(0) − y 0 (0) − 2y(0) =
s+1
L {y(t)} (s) =
(s + 2)y(0)
y 0 (0)
e−2(s+1)
+
+
(s + 1)2 + 4 (s + 1)2 + 4 (s + 1) ((s + 1)2 + 4)
Se tiene además
y(0)
(s + 1)y(0)
(s + 2)y(0)
−1
=L
+
L
(s + 1)2 + 4
(s + 1)2 + 4 (s + 1)2 + 4
(s + 2)y(0)
1
−1
−t
L
= y(0)e
cos 2t + sin 2t H(t)
(s + 1)2 + 4
2
−1
L
−1
y 0 (0)
(s + 1)2 + 4
= e−t
y 0 (0)
sin 2tH(t)
2
Considerando además que
ˆ t
t
1
sin 2τ
1
1
−1
L
=
dτ
=
−
cos
2τ
= (1 − cos 2t) H(t)
2
s (s + 4)
2
4
4
0
0
e−2s
1
−1
L
= (1 − cos 2(t − 2)) H(t − 2)
2
s (s + 4)
4
Finalmente
L
−1
e−2(s+1)
(s + 1) ((s + 1)2 + 4)
=
e−t
(1 − cos 2(t − 2)) H(t − 2)
4
Ası́
−t
y(t) = e
1
(y(0) + y 0 (0))
(1 − cos 2(t − 2)) H(t − 2) + y(0) cos 2t +
sin 2t H(t)
4
2
149
150
Capı́tulo 5
Sistemas de Ecuaciones Lineales de
primer orden
5.1.
Definición: Sistema lineal de primer orden
Decimos que un sistema de Ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden es normal
y lineal si es de la forma
dyi (t)
= ai1 (t)y1 (t) + ai2 (t)y2 (t) + ... + ain (t)yn (t) + fi (t)
dt
1≤i≤n∈N
donde {aij (t) : 1 ≤ i, j ≤ n} y {fi (t), 1 ≤ i ≤ n} son funciones únicamente de la variable
independiente (en este caso t). Tal sistema será escrito en forma matricial como
d
~y (t) = A(t)~y (t) + f~(t)
dt
donde


y1 (t)
 y2 (t) 

~y (t) = 
 ... 
yn (t)


f1 (t)
 f2 (t) 

f~(t) = 
 ... 
fn (t)
y A(t) es una matriz de n × n


a11 (t) a12 (t) ... a1n (t)

...
...
A(t) =  ...
an1 (t) an2 (t) ... ann (t)
Nota: Cualquier ecuación lineal normal de orden n
y n (t) + p1 (t)y n−1 (t) + ... + pn (t)y(t) = f (t)
puede ser transformada en un sistema de n ecuaciones lineales de primer orden, con n
incógnitas.
151
En efecto, basta tomar
y1 (t) = y(t)
y2 = y 0 (t)
...
yn−1 = y n−2 (t)
yn (t) = y n−1 (t)
Con esto, se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones de primer orden
d
y1 (t) = y2 (t)
dt
d
y2 (t) = y3 (t)
dt
d
yi−1 (t) = yi (t) 2 ≤ i ≤ n
dt
d
yn (t) = f (t) − p1 (t)yn (t) − ... − pn y1 (t)
dt
Este sistema tiene la siguente pinta



0
1
y1 (t)
 0
0
 
d 
 y2 (t)  =  ...
...
dt  ...  
 0
0
yn (t)
pn (t) pn−1 (t)
5.2.


 

0
...
0
y1 (t)
0

1
...
0 
 

 y2 (t)  +  0 
... ...
... 
  ...   ... 
0
...
1 
yn (t)
f (t)
... p2 (t) p1 (t)
Teorema: Existencia y unicidad de solución para un
PVI de sistemas lineales
Consideremos un sistema de EDO de primer orden normal, de la forma
d
yi (t) = fi (t, y1 , y2 , ..., yn ) 1 ≤ i ≤ n
dt
supongamos que existe un intervalo I ⊆ Rn+1 donde f1 , f2 , ..., fn están definidas, son continuas y además las derivadas parciales
∂fi (t)
1 ≤ i, j ≤ n
∂yj
están definidas y son continuas, entonces
i) Si (t0 , z1 , z2 , ..., zn ) ∈ I ⊆ Rn+1 , luego existe una solución
ϕ
~ (t) = (ϕ1 , ϕ2 , ..., ϕn )T
de la ecuación tal que
ϕi (t0 ) = zi 1 ≤ i ≤ n
~
ii) Si ϕ
~ (t) y ψ(t)
son dos soluciones del P.V.I de i), entonces son iguales en el intervalo de
definición
152
5.2.1.
Sistemas lineales de coeficientes constantes
Hemos visto que un sistema lineal de ecuaciones de primer orden siempre tiene la forma
~x0 = A~x + f~
Supongamos por ahora que A es una matriz de coeficientes constantes. La solución general
del sistema está dada por
ˆ
At
~x = e ~x0 + e
t
dτ e−Aτ f~(τ )
At
0
donde eAt se define como la siguiente matriz
eAt =
∞
X
1 k k
A t
k!
k=0
La demostración se obtiene considerando que
∞
∞
d At X 1 k k−1 X 1 k+1 k
k A t
e =
=
A t = AeAt
dt
k!
k!
k=0
k=0
Luego, resulta evidente que
ˆ
0
At
~x = Ae ~x0 + Ae
t
−Aτ
At
dτ e
ˆ t
At
At
−Aτ ~
~
~
f (τ ) + f (t) = A e ~x0 + e
dτ e
f (τ ) + f (t)
0
0
~x0 = A~x + f (t)
En resumen, para sistemas lineales caracterizados por una matriz A de coeficientes constantes, se reduce el problema a calcular la siguiente matriz
At
e
∞
X
1 k k
=
A t
k!
k=0
Para ello se pueden utilizar diversos métodos que requieren conocimientos mı́nimos de álgebra lineal. A continuación se presentará un breve resumen de los elementos relevantes que se
deben manejar en este curso.
153
5.3.
5.3.1.
Breve repaso de Algebra Lineal
Matriz simétrica y antisimétrica
Sea A una matriz cuadrada de dimensión n. Se dice que A es simétrica si y solo si
A = AT
Equivalentemente
aij = aji 1 ≤ i, j ≤ n
Por otro lado, una matriz A se dice antisimétrica si y solo si
A = −AT
Notar que esto implica que si diagonal ( y por lo tanto su traza) es nula
aii = 0
5.3.2.
∀i
Valores y vectores propios de una matriz A
Sea A una matriz cuadrada de dimensión n, n ∈ N. Sean λ ∈ C y ~u ∈ Cn no nulo tales que
A~u = λ~u
λ se llama valor propio de A , y ~u se llama vector propio de A asociado a λ.
Notar que
A~u = λ~u ⇔ (A − λ1) ~u = 0 ~u 6= 0
⇔ Ker (A − λ1) 6= 0 ⇔ (A − λ1)
no es invertible
Equivalentemente
|A − λ1| = 0
Definición: Polinomio Caracterı́stico
Se llama polinomio caracterı́stico de A al polinomio en λ de grado n
P (λ) = |A − λ1| = an λn + an−1 λn−1 + ... + a1 λ + a0
Es claro que λ0 es valor propio de A ssi P (λ0 ) = 0. Es decir, los n valores propios de A son
las raı́ces del polinomio caracterı́stico
P (λ) = (λ − λ1 )m1 (λ − λ2 )m2 ...(λ − λr )mr
r≤n
donde mi es la multiplicidad algebráica del valor propio λi . Por supuesto que se debe tener
r
X
mi = n
i=1
Se llama multiplicidad geométrica de λi a la dimensión del conjunto de todos los vectores
propios asociado a λi .
154
5.3.3.
Diagonalización de una matriz
Se dice que A es diagonalizable ssi existe V : matriz cuadrada invertible y D: matriz diagonal
tal que
A = V DV −1
donde D tiene la forma
D = diag (λ1 , λ2 , ..., λn )
Notar que si
V = [~v1 ~v2 ...~vn ]
V es invertible ssi {~v1 , ~v2 , ..., ~vn son linealmente independientes. Notar que
A = V DV −1 ⇔ AV = V D ⇔ A~vj = λj ~vj
Por lo tanto, si los vectores propios de A , {~v1 , ~v2 , ..., ~vn } forman un conjunto linealmente
independiente, y si los valores propios asociados son λ1 , λ2 , ..., λn entonces A es diagonalizable,
con
V = [~v1 ~v2 ... ~vn ]
D = diag (λ1 , λ2 , ..., λn )
Teorema
Una matriz A cuadrada de dimensión n es diagonalizable ssi tiene n vectores propios l.i
Propiedad de independencia lineal
Supongamos que
A~vi = λi~vi
con i = 1, 2, ...n. Entonces vectores propios asociados a valores propios distintos son l.i.
Notar entonces que si una matriz de dimensión n tiene n valores propios distintos, automáticamente la matriz es diagonalizable
5.3.4.
Exponenciación
Supongamos que ~vj es un vector propio de A con valor propio asociado λj . Entonces resulta
evidente que
Ak~vj = λkj~vj
k∈N
Por otro lado, supongamos que f es una función analı́tica en torno a x = 0, es decir, admite
una expansión en serie de potencias
f (x) =
∞
X
k=0
155
ck x k
De esta forma, podemos definir f (A) como la siguiente matriz
f (A) =
∞
X
ck Ak
k=0
de aquı́, es fácil mostrar la interesante propiedad
f (A)~vj = f (λj )~vj
Por otro lado, si A es diagonalizable, entonces
A = V DV −1
ası́
A2 = V DV −1 V DV −1 = V D2 V −1
es fácil mostrar que en general
Ak = V Dk V −1
y D, por ser matriz diagonal, cumple con
Dk = diag λk1 , λk2 , ..., λkn
Entonces
∞
∞
X
1 k X 1
e =
A =
V Dk V −1
k!
k!
k=0
k=0
A
eA = V
∞
X
1 k
D
k!
k=0
!
V −1 = V diag
∞
X
λk
1
k=0
k!
...
∞
X
λk
n
k=0
Se obtiene finalmente que
eA = V diag eλ1 eλ2 ...eλn V −1
En particular
eAt = V diag eλ1 t eλ2 t ...eλn t V −1
y en general, si f es una función analı́tica
f (A) = V diag (f (λ1 ) f (λ2 ) ...f (λn )) V −1
156
k!
!
V −1
5.3.5.
Algunos comentarios adicionales sobre matrices simétricas
Afirmamos que
1) Si A es real y simétrica, es diagonalizable
2) Si A es una matriz real y simétrica , entonces sus valores propios son reales
3) Si A es simétrica, entonces los vectores propios asociados a valores propios distintos son
ortogonales
Se dice que A es ortogonalmente diagonalizable, pues
A = V DV −1 = V DV T
5.4.
Solución de sistemas lineales de coeficientes constantes
Hemos visto anteriormente que la solución general de
~x0 = A~x + f~(t)
está dada por
ˆ
At
~x = e ~x0 + e
t
dτ e−Aτ f~(τ )
At
0
Para encontrar eAt , se pueden utilizar los siguientes métodos
5.4.1.
Por definición
Se puede tratar de calcular eAt mediante su definición
At
e
∞
X
1 k k
A t
=
k!
k=0
Por ejemplo, sea la matriz
A=
0 1
−1 0
Se tiene
0 1
−1
A =
=
−1 0
0
−1 0
0 1
0
3
A =
=
0 −1
−1 0
1
0 −1
0 1
1
4
A =
=
1 0
−1 0
0
2
0 1
−1 0
Podemos intuir entonces que
157
0
−1
−1
0
0
1

t3
t5
1 − + + ...
t − 3! + 5! − ...

= 
5
2
4
3
1 − t2! + t4! − ...
−t + t3! − t5! + ...

eAt
t2
2!
t4
4!
Finalmente, resulta
At
e
cos t sin t
− sin t cos t
=
Por supuesto que en este caso particular, resultó algo sencillo. La idea es en general utilizar
herramientas que faciliten más este cálculo.
5.4.2.
Caso en que A es una matriz nilpotente
Una matriz cuadrada de dimensión n se dice nilpotente si existe k ∈ N tal que
Ak = 0
Esto implica
Ai = 0 i ≥ k
Cuando esto ocurre, entonces eAt se obtiene como una suma finita
e
At
k−1
X
1 j j
At
=
j!
j=0
Como ejemplo, consideremos
B=
0 1
0 0
Notar que
0 1
0 1
0 0
B =
=
0 0
0 0
0 0
2
y entonces
At
e
5.4.3.
= 1 + tB =
1 t
0 1
A es diagonalizable
En el caso en que A sea diagonalizable, es decir, cuando los vectores propios de A forman
un conjunto linealmente independiente de dimensión n, entonces
A = V DV −1
y entonces podemos utilizar lo siguiente
eAt = V diag eλ1 t eλ2 t ...eλn t V −1
158
Notar que no siempre es necesario conocer la formula para la solución general de un sistema
lineal. Supongamos que
~x0 = A~x + f~
Si A es diagonalizable
A = V DV −1
D = V −1 AV
Mediante el cambio de variable
~y = V −1~x,
~x = V ~y
se obtiene
d~x
d
~y = V −1
= V −1 A~x + f~
dt
dt
d
~y = V −1 AV ~y + V −1 f~
dt
d
~y = D~y + V −1 f~
dt
Aparentemente no se ha logrado nada más que un simple cambio de variables. Sin embargo,
este sistema lineal corresponde a n ecuaciones de primer orden absolutamente desacopladas,
pues la matriz D es diagonal. La ventaja consiste en que solucionar n ecuaciones lineales
independientes de primer orden es algo sencillo.
5.4.4.
Teorema de Caley - Hamilton
Supongamos que los valores propios de A son distintos y dados por λ1 , λ2 , ..., λn . Entonces
se puede obtener eAt como la siguiente suma finita
eAt = a0 1 + a1 A + a2 A2 + ...an−1 An−1
donde los coeficientes a0 , a1 , ...an−1 son solución del siguiente sistema algebráico
eλ1 t = a0 + a1 λ1 + a2 λ21 + ... + an−1 λ1n−1
eλ2 t = a0 + a1 λ2 + a2 λ22 + ... + an−1 λ2n−1
Lo mismo para λ3 , λ4 , ... hasta λn
eλn t = a0 + a1 λn + a2 λ2n + ... + an−1 λnn−1
159
Utilizar este teorema resulta muy conveniente para bajas dimensiones, por ejemplo, para
dimensión 2, se obtiene algo extremadamente simple
eAt = a0 1 + a1 A
donde
eλ1 t = a0 + λ1 a1
eλ2 t = a0 + λ2 a1
5.4.5.
Matrices que conmutan
Imaginemos que deseamos encontrar
eAt
donde A puede ser expresada como la suma de dos matrices
A=B+C
de forma que
eAt = e(B+C)t
Podrı́a resultar que eBt y eCt sean matrices fáciles de encontrar. Sin embargo, en general
e(B+C)t 6= eBt eCt
Decimos que dos matrices B y C conmutan si
[B, C] = BC − CA = 0
Sólo en este caso
e(B+C)t = eBt eCt
5.5.
Sistemas lineales homogéneos de dimensión 2
Consideremos el sistema lineal homogéneo de coeficientes constantes
~x0 = A~x
donde A es una matriz cuadrada de dimensión 2. Sabemos que la solución general de este
problema está dada por
~x0 = eAt~x0
Ahora vamos a enunciar un teorema que permite encontrar la solución general de esta
ecuación sin calcular necesariamente eAt
160
5.5.1.
Teorema de Jordan
Sea A una matriz real de 2 × 2. Luego, necesariamente alguna de las siguientes situaciones
ocurre
i) A es diagonalizable. Es decir, existen dos vectores l.i ~v1 , ~v2 y dos números λ1 , λ2 ∈ C tales
que
λ1 0
−1
V AV =
0 λ2
donde
V = [~v1 ~v2 ]
y además
A~v1 = λ1~v1
A~v2 = λ2~v2
ii) A no es diagonalizable. Es decir, existe un único valor propio de A de multiplicidad
geométrica 1, llamado λ
A~v1 = λ~v1
Sin embargo, definimos un vector propio generalizado ~v2 tal que
A~v2 = λ~v2 + ~v1
Notar que ~v2 es linealmente independiente con ~v1 , y se cumple
λ 1
−1
V AV =
0 λ
Proposición 1
Sea A una matriz real de dimensión 2, diagonalizable con dos vectores propios ~v1 , ~v2 y respectivos valores propios λ1 , λ2 . Luego, la solución general del sistema homogéneo
~x0 = A~x
es
~x = c1 eλ1 t~v1 + c2 eλ2 t~v2
La demostración es la siguiente. Sea
V = [~v1 ~v2 ]
Usando el cambio
~u = V −1~x
161
~x = V ~u
Se tiene
~u0 = V −1~x0 = V −1 AV ~u
Es decir
λ1 0
~u =
~u
0 λ2
0
Cuya solución es claramente
~u =
c1 eλ1 t
c2 e λ 2 t
Finalmente, como
~x = V ~u = c1 eλ1 t~v1 + c2 eλ2 t~v2
Una forma alternativa de demostrar esto, es recordando que la solución general está dada
por
~x = eAt~x0
Además , como los vectores propios de A son l.i, siempre se puede escribir ~x0 como combinación lineal de ~v1 , ~v2
~x = eAt (c1~v1 + c2~v2 ) = c1 eAt~v1 + c2 eAt~v2
~x = c1 eλ1 t~v1 + c2 eλ2 t~v2
donde se ha utilizado la interesante propiedad mencionada anteriormente.
Proposición 2
Si A no es diagonalizable, pero tiene un vector propio ~v1 y un vector propio generalizado ~v2
tales que
A~v1 = λ~v1
A~v2 = λ~v2 + ~v1
Entonces la solución general de
~x0 = A~x
es
~x = c1 eλt~v1 + c2 eλt~v2 + teλt~v1
162
La demostración es la siguiente. Si V = [~v1
~v2 ], se tiene
λ 1
−1
V AV =
0 λ
Mediante el cambio de variable
~y = V −1~x
se tiene
~y 0 = V −1 AV ~y
ẏ1
λ 1
y1
=
ẏ2
0 λ
y2
Luego
ẏ1 = λy1 + y2
ẏ2 = λy2 → y2 (t) = c2 eλt
Ası́
ẏ1 = λy1 + c2 eλt
Cuya solución es
y1 = c1 eλt + c2 teλt
Finalmente
~x = c1 eλt~v1 + c2 eλt~v2 + teλt~v1
Una demostración alternativa consiste en expandir ~x0 en términos de ~v1 , ~v2
~x = eAt~x0 = c1 eAt~v1 + c2 eAt~v2
y claramente
c1 eAt~v1 = c1 eλt~v1
mientras que
c2 eAt~v2 = c2 eλt e(A−λ1)t~v2
λt
= c2 e
1
2 2
1 + (A − λ1)t + (A − λ1) t + ...
2!
pero
(A − λ1) ~v2 = ~v1
163
Luego
(A − λ1)2 ~v2 = (A − λ1) ~v1 = 0
y en general
(A − λ1)k ~v2 = 0
k≥2
Finalmente
c2 eAt~v2 = c2 eλt (~v2 + (A − λ1)t~v2 )
c2 eAt~v2 = c2 eλt (~v2 + t~v1 )
y entonces
~x = c1 eλt~v1 + c2 eλt~v2 + teλt~v1
164
Problema
Encuentre la solución general de
x0 = x + 3y + t2
y 0 = 3x + y − 2e−2t
Solución
El problema se puede reescribir como
2 ẋ
1 3
x
t
=
+
ẏ
3 1
y
−2e−2t
O bien
~x0 = A~x + f~(t)
La solución del sistema homogéneo es simplemente
~xh (t) = eAt~x0
Observamos además que la matriz A es real y simétrica, y por lo tanto diagonalizable.
Resolvemos el problema de autovalores de la matriz A
1 − λ
3 = (1 − λ)2 − 9 = 0
|A − λ1| = 3
1 − λ
1 − 2λ + λ2 − 9 = 0
λ2 − 2λ − 8 = 0 → (λ − 4)(λ + 2)
Obtenemos los siguientes autovalores
λ1 = 4 λ2 = −2
Para encontrar eAt , podrı́amos usar el teorema de Caley-Hamilton
eAt = a0 + a1 A
donde a0 , a1 son solución de
e4t = a0 + 4a1
e−2t = a0 − 2a1
De aquı́ se obtiene, restando
e4t − e−2t = 6a1 → a1 =
1 4t
e − e−2t
6
Despejando se obtiene a0
4
4
1
2
a0 = e4t − e4t + e−2t = e4t + e−2t
6
6
3
3
Finalmente
At
e
e4t + 23 e−2t
3
0
1
=
0
1 3
+ a1
1 4t
e + 32 e−2t
3 1
3
165
e
At
+ 12 e−2t
− 21 e−2t
1
=
e4t
2
1 4t
e
2
1 4t
e
2
1 4t
e
2
− 21 e−2t
+ 21 e−2t
Con esto estamos absolutamente listos, pues el resto es álgebra. La solución general de la
ecuación será
ˆ t
At
At
~x(t) = e ~x0 + e
dτ e−Aτ f~(τ )
0
Sin embargo, si tenemos visión de futuro podemos ver que los cálculos pueden resultar
bastante tediosos. Si tomamos el camino de diagonalizar la matriz A, necesitamos encontrar
sus vectores propios. Para λ1 = 4
A~v1 = 4~v1 → −3v11 + 3v12 = 0
Entonces podemos tomar
1
~v1 =
1
Para ~v2
A~v2 = −2~v2 → 3v21 + 3v22 = 0
Tomamos
~v2 =
1
−1
De esta forma, si construı́mos la matriz de vectores propios
1 1
V =
1 −1
entonces
A = V DV −1
D = V −1 AV
con D = diag (λ1 , λ2 ) y donde
V
−1
1
=−
2
1 1 1
−1 −1
=
−1 1
2 1 −1
Entonces, si tenemos
~x0 = A~x + f~(t)
y realizamos la transformación
~u = V −1~x
~u0 = V −1~x0 = V −1 A~x + f~(t)
−1
−1 ~
~u0 = V
| {zAV} ~u + V f (t)
D
166
Obtenemos el problema equivalente
1 t2 − 2e−2t
4 0
0
~u =
~u +
0 −2
2 t2 + 2e−2t
y este es un problema totalmente desacoplado, en efecto
u01 = 4u1 +
t2
− e−2t
2
t2
+ e−2t
2
Ambos son problemas lineales de primer orden fáciles de resolver. Finalmente, se obtiene la
solución al problema original utilizando
u02 = −2u2 +
~x = V ~u
Las soluciones obtenidas son
4t
x(t) = C1 e + C2 e
−2t
1
5
7
+ t2 − t +
+
64 8
16
1
+ t e−2t
6
1 −2t 3t2
3t
9
y(t) = −t +
+
−
− C2 e−2t + C2 e4t
e −
6
8
16 64
167
Problema
Considerar el sistema
~x0 = A~x
donde la matriz A tiene la forma
λ
1
2
−w λ
a) Demuestre que la solución general de este sistema se escribe en la forma
1
λt
~ =e
~
φ(t)
cos wt1 + sin wtJw C
w
~ es un vector constante, 1 es la matriz identidad y Jw es la matriz
donde C
0
1
Jw =
−w2 0
b) Resolver enseguida la ecuación no homogénea de la forma
~x0 = A~x + f (t)
donde
sin wt
w cos wt
f (t) =
Solución
a) Es sabido que la solución del sistema homogéneo es
~ = eAt~x0
φ(t)
~
donde ~x0 es un vector constante, que en este caso es igual a φ(0).
La matriz A puede ser
escrita como
A = λ1 + Jw
donde la matriz Jw es justamente
Jw =
0
1
−w2 0
Notar además que λ1 y J conmutan, es decir
[λ1, Jw ] = 0
Con esto, eAt se puede descomponer en las siguientes 2 matrices
eAt = e(λ1+Jw )t = eλIt eJw t
La primera de ellas es un regalo
eλtI = eλt I
168
Para obtener la segunda, primero podemos ver que sus valores propios son distintos, y
por lo tanto es diagonalizable
|Jw − α1| = α2 + w2 = 0
Esto da
α1 = iw
α2 = −iw
Para encontrar eJw t , podemos utilizar inteligentemente el teorema de Caley-Hamilton
eJw t = a0 + a1 Jw
donde
eiwt = a0 + iwa1
e−iwt = a0 − iwa1
Resolviendo
a0 = cos wt
y entonces
1
1 iwt
e − a0 =
a1 =
iw
iw
1
a1 =
iw
iwt
e
1
1
− eiwt − e−iwt
2
2
1 −iwt 1 iwt
1
+ e
− e
= sin wt
2
2
w
Ası́
eJw t = cos wt1 +
1
sin wtJw
w
Finalmente, se demuestra lo pedido
At
e ~x0 = e
λt
1
cos wt1 + sin wtJw ~x0
w
b) Para resolver
~x0 = A~x + f~(t)
Recordamos que la solución particular de la ecuación (la homogénea fue obtenida en la
parte a) está dada por
169
ˆ
t
dτ e−Aτ f~(τ )
At
~xp = e
0
Tenemos
1
e−Aτ f~(τ ) = e−λτ cos wτ f~(τ ) − e−λτ sin wτ Jw f~(t)
w
Si se preguntan a qué se debe el signo menos en la última expresión, es debido a que la
función sin wτ es impar. Desarrollando explı́citamente
Jw f~ =
0
1
sin wτ
w cos wτ
=
−w2 0
w cos wτ
−w2 sin wτ
Luego
e
−Aτ
f~(τ ) = e
−λτ
cos wτ
sin wτ
w cos wτ
−Aτ
e
f~(τ ) = e
1
− e−λτ sin wτ
w
−λτ
w cos wτ
−w2 sin wτ
0
w
Finalmente
ˆ
ˆ
t
−Aτ
dτ e
t
f~(τ ) =
−λτ
dτ e
0
0
0
0
=
w
− λ1 e−λt − 1
y la solución particular está dada por
ˆ
~xp (t) = e
t
−Aτ
At
dτ e
f~(τ ) = e
0
λt
~xp (t) = e cos wt
1
λ
At
1
λ
0
1 − e−λt
0
0
λt 1
+e
sin wtJw 1
1 − e−λt
1 − e−λt
w
λ
1
1 λt
0
1
−λt
~xp (t) =
e − 1 cos wt
+ e −1
sin wt
1
0
λ
wλ
Finalmente la solución general es
1 sin wt
1
1 λt
w
~x = e
cos wt1 + sin wtJw ~x0 +
e −1
cos wt
w
λ
λt
170
Problema (Movimiento de una carga en un campo eléctrico y magnético)
Una partı́cula de carga q se encuentra en una región del espacio donde existe un campo
~ y un campo eléctrico E.
~ Ası́, sobre ella actuará una fuerza neta dada por la
magnético B
fuerza de Lorentz
~ + ~v × B
~
F~ = q E
Esta permite encontrar la trayectoria de la partı́cula, utilizando la segunda ley de Newton
d~p
~
~
= q E + ~v × B
dt
a) Se pide encontrar el movimiento general de una partı́cula sometida a la fuerza de
Lorentz, en un caso muy particular y sencillo, como se muestra en la siguiente figura
~ = E î, B
~ = B k̂.
Es decir, se tienen dos campos uniformes y perpendiculares E
Sugerencia : Resuelva primero las ecuaciones diferenciales asociadas a las 3 componentes
de la velocidad de la partı́cula.
~ = 0?
b) ¿Cómo son las trayectorias en el caso en que E
Solución
a) Se debe resolver
m
d~v
~ + ~v × B
~
=q E
dt
d~v
q =
E î + ~v × B k̂
dt
m
La velocidad de la partı́cula es, simplemente
~v = ẋî + ẏ ĵ + ż k̂
de forma que
d
q ~v =
E î − ẋB ĵ + ẏB î
dt
m
171
De aquı́ se obtienen las siguientes ecuaciones diferenciales que describen el movimiento
de la partı́cula
z̈ = 0
qB
ÿ = − ẋ
m
q
(E + ẏB)
ẍ =
m
Definiendo
qB
m
= w0 y
qE
m
= w1
z̈ = 0
ÿ = −w0 ẋ
ẍ = w1 + w0 ẏ
La solución de la primera de ellas es evidente, y está dada por
z(t) = z0 + voz t
es decir, la partı́cula describe un movimiento uniforme en la dirección z . Las ecuaciones
para la velocidad en x y en y están acopladas, y pueden ser escritas de forma matricial
como
d
dt
ẏ
0
ẏ
0 −w0
+
=
w0
0
ẋ
w1
ẋ
Es decir, se tiene un sistema de ecuaciones diferenciales no homogéneo de la forma
~x˙ = A~x + f~
Sabemos que su solución está dada por
ˆ
t
dτ eA(t−τ ) f~(τ )
At
~x = e ~x0 +
0
La solución homogénea es, simplemente
~xh = eAt~x0
donde x0 corresponde a ~x(t = 0). Para calcular eAt obtenemos los valores propios de A
−λ −w0 = λ2 + w02 = 0
| A − λI |= w0 −λ Están dados por
λ1 = iw0 , λ2 = −iw0
172
Para encontrar eAt se puede utilizar el teorema de Caley-Hamilton ( o bien, diagonalizar
A)
eAt = a0 1 + a1 A
donde a0 y a1 están dados por
eiw0 t = a0 + iw0 a1
e−iw0 t = a0 − iw0 a1
Resolviendo
a0 = cos w0 t
1
a1 =
sin w0 t
w0
Con esto
cos w0 t
0
0
− sin w0 t
=
+
0
cos w0 t
sin w0 t
0
At
e
e
At
cos w0 t − sin w0 t
=
sin w0 t cos w0 t
y la solución homogénea queda
ẏ
v0y cos w0 t − v0x sin w0 t
~xh (t) =
=
ẋ
v0y sin w0 t + v0x cos w0 t
Además, la solución particular toma la forma
ˆ
t
dτ
~xp (t) =
0
ˆ
t
~xp (t) =
dτ
0
cos w0 (t − τ ) − sin w0 (t − τ )
0
sin w0 (t − τ ) cos w0 (t − τ )
w1
w1 cos w0 (t − τ ) t
w1 sin w0 (t − τ )
=
w1 cos w0 (t − τ )
w0 − sin w0 (t − τ ) 0
w1
~xp (t) =
w0
1 − cos w0 t
sin w0 t
Finalmente, se tiene
ẋ = v0y sin w0 t + v0x cos w0 t +
ẏ = v0y cos w0 t − v0x sin w0 t +
173
w1
sin w0 t
w0
w1
(1 − cos w0 t)
w0
Integrando, se obtiene la cinemática general para la partı́cula
x(t) = −
v0x
w1
v0y w1
v0y
cos w0 t +
sin w0 t − 2 cos w0 t +
+ 2 + x0
w0
w0
w0
w0
w0
v0y
v0x
w1
y(t) =
sin w0 t +
cos w0 t +
w0
w0
w0
1
v0x
t−
sin w0 t −
+ y0
w0
w0
z(t) = z0 + v0z t
b) Si el campo eléctrico es nulo, w1 = 0 y las soluciones quedan
v0x
v0y
v0y
cos w0 t +
sin w0 t +
+ x0
w0
w0
w0
v0y
v0x
v0x
y(t) =
sin w0 t +
cos w0 t −
+ y0
w0
w0
w0
x(t) = −
z(t) = z0 + v0z t
La partı́cula describe un movimiento circular en el plano x − y (¿cuál serı́a el centro?),
como se muestra en la figura
Este movimiento tiene una frecuencia angular de oscilación (constante) dada por
w0 =
qB
m
En particular, si la velocidad inicial en la dirección z es nula, la trayectoria es definitivamente una circunferencia en el espacio
174
Problema (Circuito RLC)
La siguiente figura muestra un circuito compuesto de una resistencia, una inductancia
y un condensador en serie (Llamado RLC). Para el caso particular en que L = 1 [H],
R = 2,5 Ω, C = 1 F , la ecuación que relaciona el voltaje en el condensador y(t) con el
voltaje aplicado al circuito x(t) es
d2 y(t)
dy(t)
+ y(t) = x(t)
+ 2,5
2
dt
dt
Encuentre y(t) para el caso en que x(t) = H(t) con condiciones iniciales y(0) = y 0 (0) = 0.
Se sugiere transformar la ecuación de segundo orden en un sistema de ecuaciones de
primer orden.
Solución
La ecuación
dy(t)
d2 y(t)
+ 2,5
+ y(t) = x(t)
2
dt
dt
Puede ser transformada en un sistema de ecuaciones de primer orden mediante el siguiente
cambio de variables
y1 (t) = y(t) → ẏ1 (t) = y2 (t)
y2 (t) =
dy(t)
→ ẏ2 (t) = −2,5y2 − y1 + x(t)
dt
Tenemos entonces
d
dt
y1
0
1
y1
0
=
+
y2
−1 −2,5
y2
x(t)
~y 0 = A~y + f~
cuya solución es, por supuesto
ˆ
At
~y (t) = e
~y0 +e
|{z}
~0
175
t
dτ e−Aτ f~(τ )
At
0
Para encontrar eAt , busquemos los valores propios de A
−λ
1
=0
|A − λ1| = −1 −2,5 − λ
Se obtiene
1
λ2 + 2,5λ + 1 = (λ + 2)(λ + ) = 0
2
Cuyas soluciones son λ1 = −2, λ2 = − 21 . El vector propio asociado a λ1 se puede encontrar
utilizando
(A + 21)~v1 = 0
−1
2
1
~v = 0 → ~v1 =
−1 −0,5 1
2
De igual modo, para ~v2
(A + 0,51)~v2 = 0
0,5 1
−2
~v2 = 0 → ~v2 =
−1 −2
1
Ası́, podemos armar las siguientes matrices
V =
−1 −2
2
1
V
1
=
3
−2 0
0 − 12
e−2t 0
t
0 e− 2
D=
−1
1
2
−2 −1
Finalmente, se obtiene
e
At
e
At
=V
V −1
−2t
1 −2t
2 −2t
1 1
e
0
e
e
−1 −2
2
−1 −2
3
3
=
=
t
t
2
1
2
1
0 e− 2 3 −2 −1
− 23 e−t/2 − 13 e− 2
176
e
At
e−t/2 − 13 e−2t
3
2 −2t
e − 23 e−t/2
3
2 −t/2
e
− 23 e−2t
3
4 −2t
e − 13 e−t/2
3
4
=
Entonces
e
e−(t−τ )/2 − 31 e−2(t−τ )
3
2 −2(t−τ )
e
− 32 e−(t−τ )/2
3
4
A(t−τ ) ~
f=
e−(t−τ )/2 − 23 e−2(t−τ )
3
4 −2(t−τ )
e
− 13 e−(t−τ )/2
3
2
A(t−τ ) ~
e
2 −(t−τ )/2
e
− 23 e−2(t−τ )
3
4 −2(t−τ )
e
− 31 e−(t−τ )/2
3
f = x(τ )
0
x(τ )
Recordando que la solución es
ˆ
ˆ
t
−Aτ
At
dτ e
~y = e
t
dτ eA(t−τ ) f~(τ )
f~(τ ) =
0
0
y que y1 = y(t), la solución está dada por
2
y1 (t) = y(t) =
3
ˆ
t
dτ e−(t−τ )/2 − e−2(t−τ ) x(τ )
0
Para el caso en que x(τ ) = H(τ )
2
y(t) =
3
ˆ
t
−(t−τ )/2
dτ e
−2(t−τ )
−e
0
2
y(t) =
3
2
=
3
t t 1
−2(t−τ ) −(t−τ )/2 2e
− e
2
0
0
1 1 −2t
−t/2
2 − 2e
− + e
2 2
t>0
4 −t/2 1 −2t
+ e
t>0
y(t) = 1 − e
3
3
Pueden notar lo sencillo que es resolver este problema con Laplace
d2 y(t)
dy(t)
+ 2,5
+ y(t) = x(t) y(0) = y 0 (0) = 0
2
dt
dt
1
1
s2 + 2,5s + 1 Y (s) = → Y (s) =
s
s(s + 2)(s + 12 )
Y (s) =
1
1/3
−4/3
+
+
s (s + 2) (s + 12 )
4 −t/2 1 −2t
y(t) = 1 − e
+ e
H(t)
3
3
177
Problema (Osciladores acoplados)
Considere dos masas m1 , m2 conectadas una a la otra y a dos paredes por medio de tres
resortes, como indica la siguiente figura
Suponga que las masas se desplazan sin fricción y que cada resorte obedece la ley de
Hooke, en que su extensión o compresión x y la fuerza de reacción están relacionadas por
la fórmula F = −kx. Sean x1 (t), x2 (t) las posiciones de las masas m1 , m2 con respecto a
sus respectivas posiciones de equilibrio. Suponga que m1 = m2 = 1/2, k1 = 5, k2 = 3/2,
k3 = 1
a) Escriba las ecuaciones diferenciales que gobiernan a x1 (t), x2 (t) en la forma ~x00 = A~x,
donde A es una matriz de dimensión 2
b) Determine V tal que V −1 AV = D, donde D es una matriz diagonal
c) Realizando la susbtitución ~x = V ~y , resuelva la ecuación diferencial
Solución
a) Se tiene, a partir de la segunda ley de Newton
m1 x001 = −k1 x1 + k2 (x2 − x1 ) = −(k1 + k2 )x1 + k2 x2
m2 x002 = −k2 (x2 − x1 ) − k3 x2 = k2 x1 − (k2 + k3 )x2
Con m1 = m2 = 1/2, k1 = 5, k2 = 3/2 y k3 = 1
13
3
1 00
x1 = − x1 + x2
2
2
2
1 00 3
5
x2 = x1 − x 2
2
2
2
Equivalentemente
x001 = −13x1 + 3x2
x002 = 3x1 − 5x2
Esto es un sistema de la forma
d2
dt2
x1
−13 3
x1
=
x2
3 −5
x2
178
~x00 = A~x
b) Busquemos los valores y vectores propios de A
−13 − λ
3 |A − λ1| = 3
−5 − λ
λ2 + 18λ + 65 − 9 = λ2 + 18λ + 56 = 0
Entonces
λ=
−18 ±
√
324 − 224
−18 ± 10
=
2
2
Se obtiene
λ1 = −14 λ2 = −4
Ahora calculamos los vectores propios
(A + 141)~v1 = 0
1 3
−3
~v1 → ~v1 =
3 9
1
Del mismo modo
(A + 41) ~v2 = 0
−9 3
1
~v → ~v2 =
3 −1 2
3
Con esto
A = V DV −1
Donde
V =
−3 1
1 3
−14 0
D=
0 −4
179
c) De esta forma, mediante el cambio de variable
~x = V ~y → ~y = V −1~x
Entonces
~y 00 = V −1~x00 = V −1 A~x = V −1 AV ~y
Se obtiene
~y 00 = D~y
Este es un problema totalmente desacoplado
y100
= −14y1 → y1 (t) = C1 cos
√
√ 14t + C2 sin
14t
y200 = −4y2 → y2 (t) = C3 cos (2t) + C4 sin (2t)
Finalmente
−3 1
y1
~x =
1 3
y2
x1 (t) = −3C1 cos
x2 (t) = C1 cos
√ √ 14t − 3C2 sin
14t + C3 cos (2t) + C4 sin (2t)
√
√ 14t + C2 sin
14t + 3C3 cos (2t) + 3C4 sin (2t)
180
Índice alfabético
Algebra lineal, 154
Catenaria, 11
Convergencia absoluta, 108
Convolución, 132
Delta de Dirac, 122
Dirac, Paul, 124
Ecuación de Bernoulli, 32
Ecuación Diferencial ordinaria, 10
Ecuación Diferencial Ordinaria Normal, 10
Ecuación homogénea, 75
Ecuaciones exactas, 46
Ecuaciones Lineales, 30
Ecuaciones lineales, 75
Fórmula de Abel, 96
Factor integrante, 30, 48
Función de Heavyside, 122
Funciones linealmente independientes, 77
Método de coeficientes indeterminados, 81
Modelo Logı́stico, 17
Polinomio caracterı́stico, 154
Principio de superposición, 78
Problema de valores iniciales, 17
Radio de convergencia, 109
Separación de variables, 16
Series, 107
Series de potencias, 108
Sistemas lineales, 151
Solución particular, 31
Teorema de Caley- Hamilton, 160
Teorema de Existencia y unicidad, 63
Teorema de Frobenius, 112
Teorema de Jordan, 161
Transformada de Laplace, 121
Valor propio, 154
Variación de parámetros, 94
Vector propio, 154
Wronskiano, 95
181