Mat023 Gruenberg

Mat023 V. Gruenberg

Transformaciones Lineales (MAT023) Primer semestre de 2012

 

1

 

Verónica Gruenberg Stern DEFINICION Sean U, Sean U, V dos V dos espacios vectoriales sobre un cuerpo K y sea T sea T : U −→ V una V una función. Diremos que T que T es es una transformación lineal ssi satisface las siguientes dos condiciones: + T ((u2 ) ∀ u 1 , u2 ∈ U . 1. T ( T (u1 + u2 ) = T ( T (u1 ) + T 2. T ( T (α · u) = α · T ( T (u) ∀ α ∈ K, ∀ u ∈ U . U .

OBSERVACIÓN La primera condición dice que la función T transforma T transforma la suma de dos vectores en U U en la suma de las imágenes de estos dos vectores en V . . Del mismo modo, la segunda condición indica que T que T transforma transforma el producto por escalar de un vector en U en U en el producto del mismo escalar por la imagen del vector en V . .

TEOREMA Sean U, Sean U, V espacios V espacios vectoriales sobre el cuerpo K; entonces T : U −→ V es V es una transformación lineal ssi + β · · u2 ) = α · T ( + β · · T ( ∈ K, ∀ u 1, u2 ∈ U T ( T (α · u1 + β T (u1) + β T (u2 ) ∀ α, β ∈

Dem. Debemos probar que T que T satisface satisface las condiciones 1. y 2. de la definición si y solamente si + β · · u2) = α · T ( + β · · T ( T ( T (α · u1 + β T (u1 ) + β T (u2 ) ∀ α, β ∈ K, ∀ u 1 , u2 ∈ U . U .

⇐

= β = = 1, y para la condición 2., basta tomar β Para Para la condición condición 1. basta basta tomar tomar α α = β tomar β = 0.

⇒ Sean α ∈ Sean α,, β ∈

K,

u1 , u2 ∈ U . U .

Luego:

+ β · · u2 ) = T ( + T ((β · · u2 ) condición condición 1. aplicada aplicada a αu1 , β u2 ∈ U . T ( T (α · u1 + β T (α · u1) + T U . = α · T ( + β · · T ( T (u1) + β T (u2), por la cond condic ició ión n 2. 2.

EJEMPLOS 1. Considere Considere la función función T T : R −→ R tal que T que T ((x) = 5x. Veamos x. Veamos si T si T es es o no una transformación lineal. a )

Sean x, Sean x, y ∈

R.

+ y)) = 5(x 5(x + y + y)) = 5x + 5y 5 y = T = T ((x) + T + T ((y). Entonces, T ( T (x + y

a í r a M a t n a S o c i r e d e F a c i n c é T d a d i s r e v i n U

Universida Universidad d Técnica Técnica Fe Federi derico co Santa Santa María María

Departamento de Matemática

b)

Sea x Sea x ∈ R, (espacio vectorial), y sea α sea α ∈ R (cuerpo). Entonces, = αT ((x). T ( T (αx) αx) = 5αx = αx = α α55x = αT Así, hemos probado que T que T ((x) = 5x es una transformación lineal. Notar que de la misma manera podríamos haber probado que T ( T (x) = k · x es una transformación lineal, para cualquier constante real k. k .

 

2

 

9 . Veamos si T −→ R tal que T ( 2. Considere Considere la función función T : R −→ T (x) = 5x + 9. si T es es o no una transformación lineal. a )

+ y)) = 5(x 5(x + y + y)) + 9 = 5x 5x + 5y 5y + 9 Sean x, Sean x, y ∈ R. Entonces, T ( T (x + y + T ((y). Luego, esta función no Claramente, esta última expresión es diferente a T ( T (x) + T es una una tran transf sfor orma maci ción ón line lineal al.. Como Co mo ante antes, s, vemos emos que que + n nunca = 0. T ( T (x) = k · x + n nunca es una transfor transformación mación lineal lineal,, salvo salvo que n que n =

−→ R, definidas por expresiones como 3. Análogamen Análogamente, te, podemos probar que funciones funciones f : R −→ 2 x f ( f (x) = x ó f (x) = sen x ó f ( f (x) = cos x ó f ( f (x) = a etc. no son lineales. 4. Considere Considere la función función T : R2 −→ o no una transformación lineal.

2 R

tal que

+ y, x − y ). T ( T (x, y) = (x + y,

Veamos si T es

a )

Sean ( Sean (x, Entonc nces es,, x, y), (u, v ) ∈ R2 . Ento ( u, v )) = T (( + u, y + v + v)) )) = (x (x + u + u + + y + v, + u − y − v ) T (( T ((x, x, y) + (u, T ((x x + u, y + v, x + u = (x + y, + y, x − y ) + (u ( u + v, + v, u − v) = T ( + T ((u, v) T (x, y) + T

b)

Sea ( Sea (x, x, y) ∈ R2 y sea α sea α ∈ R. Ento Entonc ncees, + y, x − y) = αT ( T ( T (α(x, y )) = T ( T (αx,αy) αx,αy) = (αx + αx + αy,αx αy,αx − αy) αy ) = α( α (x + y, αT (x, y) + y, x − y) es una transformación lineal. Así, hemos probado que T que T ((x, y) = (x + y,

+ y, x − y, 2x + 3y 3y). Análogamente, 5. Considere Considere la función función T T : R2 −→ R3 tal que T que T ((x, y) = (x + y, probaremos que T es T es lineal: a )

Sean ( Sean (x, x, y), (u, v ) ∈ R2 . Ento Entonc nces es,, ( u, v )) = T (( + u, y + v + v)) )) T (( T ((x, x, y) + (u, T ((x x + u, = (x + u + u + + y + v, + u − y − v, 2x + 2u 2u + 3y 3 y + 3v 3 v) y + v, x + u = (x + y, + y, x − y, 2x + 3y 3 y) + (u ( u + v, + v, u − v, 2u + 3v 3v ) = T ( + T ((u, v) T (x, y) + T

b)

Sea ( Sea (x, x, y) ∈ R2 T ( T (α(x, y)) = = =

y sea α sea α ∈ R. Ento Entonc ncees, T ( T (αx,αy) αx,αy) (αx + 3αy)) αx + αy,αx αy,αx − αy, 2αx + αx + 3αy + y, x − y, 2x + 3y 3 y) = α T ( α(x + y, T (x, y)

6. Considere Considere la función función T : transformación lineal.

2 R

+ y, −1). 1). Veamos si T es −→ R2 tal que T ( T (x, y ) = (x + y, T es o no una

( u, v )) = T (( + u, y + v + v)) )) = Sean ( Sean (x, x, y), (u, v ) ∈ R2. Ent Entonce onces, s, T (( T ((x, x, y) + (u, T ((x x + u, (x + u + u + + y + v, (x + y, + y, −1) + (u (u + v, + v, 0), 0), (por ejemplo). y + v, −1) = (x + T ((u, v ). Luego, T no es una transformación Esta última expresión no es igual a T ( T (x, y) + T lineal. MAT023 (1◦ 2012)

2




7. Si U y V V son espacios vectoriales sobre el mismo cuerpo, la función que a cada elemento de U le U le asigna el elemento 0 de V , , que denotamos σ : U −→ V , , σ (u) = 0V , es una transformación lineal, que llamamos nula. 8. Si U Si U es es un espacio vectorial, siempre es posible definir una aplicación del espacio en sí mismo, que a cada elemento le asigna el mismo elemen elemento, to, que denota denotamos mos id: U id: U −→ U, id( id(u) = u y que es una transformación lineal, llamada identidad.

 

3

 

9. Sea A ∈ Mm×n (R), y definamos T A : Rn −→ Rm con T ( T (u) = Au donde u ∈ Rn se considera como vector columna. Entonces, T es una una tran transf sfor orma maci ción ón line lineal al.. En efec efecto to:: n sean u, v ∈ R , α, β ∈ R. Entonce onces: s: T A (αu + β v) = A(αu + β v) = αAu + βA β Av = αT A(u) + βT + βT A(v) Hemos probado así que para cada matriz A matriz A ∈ Mm×n (R) podemos construir una transforman m ción lineal de R en R . n

 −→ 10. Sea T Sea T r : M ( ) −→ definida definida por T r(A) = a .   + β ) = + β + Como T r(αA αA + βB B α a β b ∀α, β ∈ , ∀A, B ∈ M n×n R

R

ii

n

i=1

n

ii

R

ii

i=1

( ),

n×n R

es claro que

i=1

T r es lineal. T r(A) se llama la traza de A. A .

df : C 1 [a, b] −→ −→ C [ 11. Considere Considere D D : C C [a, b], D(f ) f ) = . Como ∀α, β ∈ R: dx d df dg + βg((x) = α (x) + β + β (x), se tiene que D es una transformación lineal. αf ( αf (x) + βg dx dx dx





n

dnf D (f ) f ) = n . Análogamente al ejemplo anterior, Dn dx

n

n

−→ C [ 12. Considere Considere D : C [a, b] −→ C [a, b], es una transforma transformación ción lineal.

b

13. Considere Considere I −→ R, con I : C [ C [a, b] −→

I (f ) f ) =

b

Como



b

(αf ( αf (x) + β g(x)) dx

a

transformación lineal.

=

α





f ( f (x) dx. dx.

a

f ( f (x) dx + dx + β

a

[ a, b], considere I : C [[a, b] −→ −→ C 1 [a, b], 14. Pa Para ra cada cada x ∈ [a, considere I x : C x

I x (f ) f ) =



f ( f (t) dt. dt.

b



g(x) dx,

se tiene tiene que I I es una

a

definida definida por:

Anál Análog ogam amen ente te,, I x es una transformación lineal.

a

MAT023 (1◦ 2012)

3




PROPIEDADES Sea T Sea T : U −→ V V una transformación lineal. Entonces, se cumplen las siguientes propiedades: 1. T (0 T (0U ) = 0V . Es decir, toda transformación lineal lleva al vector nulo de U en U en el vector nulo de V de V . .

 

4

 

2. Sean u1 , u2 , · · · , us ∈ U, α1 , α2 , · · · , αs ∈ K; entonces + α2 · u2 + · · · + αs · us ) = α 1 · T ( + α2 · T ( T ( T (α1 · u1 + α T (u1 ) + α T (u2 ) + · · · + αs · T ( T (us ). 3. T ( T (−u) = − T ( T (u), ∀u ∈ U. Es decir, toda transformación lineal lleva al inverso aditivo de un vector en el inverso aditivo de la imagen del vector. 4. Si u1 , u2 , · · · , us son vectores l.d., entonces T ( T (u1 ), T ( T (u2), · · · , T ( T (us ) son l.d. Es decir, toda transformación lineal conserva la condición de dependencia lineal.

Dem. + T (0 (0U ) ⇒ T (0 1. ∀ u ∈ U : T ( T (u) = T ( T (u + 0U ) = T ( T (u) + T T (0U ) = 0V . 2. Es clara, clara, por inducción. inducción. 3. ∀ u ∈ U : T ( T (−u) = T ( T (−1 · u) = − 1 · T ( T (u) = − T ( T (u). 4. Como u 1 , u2, · · · , us son vectores l.d., existen escalares α escalares α 1 , α2 , · · · , αs ∈ K no todos nulos tal s

que

α · i

ui = 0U .

i=1

Porr lo tanto, Po tanto, si apli aplicam camos os T T a a ambos lados de la ecuación:

s

   = T (0 T α · T (0 ) ui

i

U

s

=⇒

i=1

 α · T (T ( i

ui ) = 0V

i=1

Como no todos los αi son nulos, hemos probado que el conjunto formado por los s vectores T ( T (ui ) del espacio vectorial V V es l.d.

EJERCICIOS Determine si las siguientes son o no transformaciones lineales: 1. T : R2 −→ R2

tal que

+ y, 0) T ( T (x, y) = (x + y,

2. T : R2 −→ R2

tal que

(2x − 3y, 4x − y). T ( T (x, y) = (2x

3. T : R2 −→ R2 cualquiera.

tal que

T ( T (x, y) = (ax + by,cx − dy) dy ),

4. ev0 :

Rn [x] −→ −→ R,

tal que

−→ Rn+1 [x], 5. T : Rn [x] −→ 6. T : R2 −→ R, 7. T : R2 −→ R3 ,

MAT023 (1◦ 2012)

(0). ev0 (x) = p(0).

tal que

+ I x ( p) T ( T ( p) p) = D( p) p) + I p).

T ( T (x, y) = x2 + y 2 .

tal que

T ( T (x, y) = (x,y,xy) x,y,xy ).

tal que

8. Si A ∈ Mm×n (R), u0 ∈

donde a, a, b, c, d son números reales

R

n

fijos, estudie T estudie T A :

R

n

con T A(u) = A u + u0. −→ Rm con T 4


Universidad Técnica Federico Santa María


A continuación, veremos un teorema que establece que una transformación lineal de un espacio vectorial de dimensión finita en otro espacio vectorial queda completamente determinada si se conoce las imágenes de todos los elementos de una base.  

TEOREMA Sean U, V espacios vectoriales sobre K, v1 , v2 , · · · , vn ∈ V arbitrarios. Entonces,

B = {u1 , u2 , · · · , un}

∃ ! T : U −→ V lineal, tal que T (ui ) = vi ,

una base de U , y sean

5

 

∀i = 1, · · · , n.

Dem. Debemos probar existencia y unicidad de la transformación lineal. Existencia: Sea u ∈ U . Escribimos u como una combinación lineal de los elementos de la base B, es decir, determinamos los escalares α 1 , α2 , · · · , αn tal que : u = α1 u1 + α2 u2 + · · · + αn un

y luego aplicamos la transformación lineal T :

 T ( ) = T α

1 u1 + α2 u2 +

u

· · · + αnun

T (u) = α1 v1 + α2 v2 + · · · + αn vn

 = α T ( 1

u1 ) + α2 T (u2 ) + · · · + αn T (un )

ya que para cada i = 1, · · · , n conocemos T (ui ).

Así, hemos probado la existencia de esta transformación lineal. La unicidad se obtiene del hecho que los escalares que permiten escribir u como combinación lineal de los elementos de la base B son únicos. A continuación, veremos ejemplos de este teorema.

EJEMPLOS 1. Sea T : R2 −→ R3 una transformación lineal tal que: T (1, 0) = (1, −2, 3), Determine T (x, y),

T (0, 1) = (−1, 1, −1)

∀(x, y) ∈ R2 .

Solución: Para determinar explícitamente la transformación lineal, escribimos un vector genérico como combinación lineal de los elementos de la base: dado (x, y) ∈ R2 : (x, y) = x(1, 0) + y(0, 1) Aplicando T a ambos lados de la ecuación: T (x, y) = T (x(1, 0) + y(0, 1)) = xT (1, 0) + yT (0, 1) = x(1, −2, 3) + y(−1, 1, −1) Luego,

T (x, y) = (x − y, −2x + y, 3x − y).

MAT023 (1◦ 2012)

5




2. Sea T : R2 −→ R3 una transformación lineal tal que: T (1, 2) = (2, 3, 4), Determine T (x, y),

T (1, 3) = (6, 7, 8)  

∀(x, y) ∈ R2 .

6

Solución:

 

Para determinar explícitamente la transformación lineal, escribimos un vector genérico como combinación lineal de los elementos de la base: dado (x, y) ∈ R2 : =⇒

(x, y) = α(1, 2) + β (1, 3) Así:

x = α + β y = 2α + 3β

(x, y) = (3x − y)(1, 2 ) + (y − 2x)(1, 3)

∴

α = 3x − y, β = y − 2x

Aplicando T a ambos lados de la ecuación:

T (x, y) = (3x − y)T (1, 2) + (y − 2x)T (1, 3) = (3x − y)(2, 3, 4) + (y − 2x)(6, 7, 8) T (x, y) = (−6x + 4y, −5x + 4y, −4x + 4y)

de donde 3. Sea T :

R

3

→ R2 una transformación lineal tal que T (1, 0, 1) = (1, −1),

T (1, 1, 0) = (1, 2),

Hallar T (x,y,z ) , para cualquier (x,y,z ) ∈

R

3

T (0, 1, 1) = (−1, 2)

.

Solución: Como {(1, 0, 1), (1, 1, 0), (0, 1, 1)} es L.I, es una base para R3 . Escribimos entonces un vector (x,y,z ) ∈ R3 cualquiera como combinación lineal de los elementos de la base: (x,y,z ) = α(1, 0, 1) + β (1, 1, 0) + γ (0, 1, 1) donde α, β , γ son números reales. Obtenemos el sistema: x = α + β y = β + γ z = α + γ

de donde

α =

x − y + z , 2

β =

x + y − z , 2

γ =

−x + y + z . 2

Aplicamos T a la ecuación y usamos la linealidad de T obteniendo: T (x,y,z ) =

x − y + z x + y − z −x + y + z T (1, 0, 1) + T (1, 1, 0) + T (0, 1, 1) 2 2 2

T (x,y,z ) =

−x + y + z x − y + z x + y − z (1, −1) + (1, 2) + (−1, 2) 2 2 2

Luego, la transformación buscada es T (x,y,z ) =

MAT023 (1◦ 2012)

1 (3x − y − z, −x + 5y − z ) 2

6




4. Sea T : R2 [x] −→ M2×3 (R) una transformación lineal tal que: T (1 + x) =

2

3 4 6 7 8



T (1 + x2 ) =

,

Determine T (a + bx + cx2 ),

2

3 4 0 0 0



T (x + x2 ) =

,

0



0 0 6 7 8

,  

7

∀ a + bx + cx2 ∈ R2 [x].

 

Solución: Para determinar explícitamente la transformación lineal, escribimos un polinomio genérico como combinación lineal de los elementos de la base: a + bx + cx2 = α(1 + x) + β (1 + x2 ) + γ (x + x2 )


a + b − c a − b + c , β = , 2 2 Luego, de donde −a + b − c γ = 2 − a + b − c a + b − c a − b + c (1 + x) + (1 + x2 ) + (x + x2 ) Así: a + bx + cx2 = 2 2 2 de donde: a = α + β b = α + γ c = β + γ

T (a + bx + cx2 ) = a + b − c = 2 ∴

α =

−a + b − c a + b − c a − b + c T (1 + x) + T (1 + x2 ) + T (x + x2 ) 2 2 2

2

3 4 6 7 8



a − b + c + 2 2

T (a + bx + cx ) =



2



− a + b − c + 2

2a 6b − 6c

3a

4a 8b − 8c

3 4 0 0 0

7(b−c) 2

0



1



0 0 6 7 8



EJERCICIOS 1. Sea T : R3 −→ M2×3 (R) una transformación lineal tal que: T (1, 0, 0) =

1

2 3 0 −1 −4



0



R2 [x] −→ R3

tal que

, T (1, 1, 0) =

1 0 0 0 −1

, T (1, 1, 1) =

1 1 0 0 0

Determinar T (3, 4, −5) y T (a,b,c). 2. Determine una transformación lineal S : S (1) = (1, −1, 1)

MAT023 (1◦ 2012)

∧

S (x2 ) = (2, 1, 0)

7



DEFINICION Sea T : U −→ V una transformación lineal. Definimos 1. el kernel ó núcleo de T como el conjunto  

8

Ker(T ) = { u ∈ U : T (u) = 0V }

 

es decir, al conjunto de todos los elementos de U que tienen como imagen al 0V . 2. la imagen de T como el conjunto Im(T ) = { v ∈ V : ∃ u ∈ U con T (u) = v } es decir, es el conjunto de todos los elementos de V que son imágenes de elementos de U .

TEOREMA Sea T : U −→ V una transformación lineal. Entonces KerT ≤ U . Dem.

Debemos probar que:

1. KerT =  ∅ , lo cual es claro pues T (0U ) = 0V , de donde 0U ∈ KerT . 2. u1 , u2 ∈ KerT ⇒ u1 + u2 ∈ KerT . En efecto: T (u1 + u2 ) = T (u1 ) + T (u2 ) = 0V + 0V = 0V 3. u ∈ KerT, α ∈

K

⇒ αu ∈ KerT . En efecto: T (αu) = αT (u) = α0V = 0V .

TEOREMA Sea T : U −→ V una transformación lineal. Entonces ImT ≤ V . Dem. Debemos probar que:

 ∅ , lo cual es claro pues T (0U ) = 0V , de donde 0V ∈ ImT . 1. ImT = 2. v1 , v2 ∈ ImT ⇒ v1 + v2 ∈ ImT . En efecto: v1 , v2 ∈ ImT =⇒ ∃ u1, u2 ∈ U : T (u1 ) = v 1 , T (u2 ) = v2 . Por lo tanto, T (u1 + u2 ) = T (u1 ) + T (u2 ) = v 1 + v2 . Luego v1 + v2 ∈ Im T . 3. v ∈ ImT, α ∈ K ⇒ αv ∈ ImT . En efecto: como v ∈ ImT, ∃u ∈ U : T (u) = v. Luego, T (αu) = αT (u) = α v, de donde α v ∈ ImT .

EJEMPLOS 1. σ : U −→ V

⇒

Ker σ = U ,

2. id : U −→ U

⇒

Ker id= {0U },

3. D :

Rn [x] −→ Rn [x]

MAT023 (1◦ 2012)

⇒

Im σ = { 0V }. Im id =U .

KerD = { p(x) : p(x) = cte.},

ImD =

Rn−1 [x].

8




4. T : R3 −→ R2 , T (x,y,z ) = (0, 0)

T (x,y,z ) = (x + y, y + z ). Entonces, (x,y,z ) ∈ KerT ⇐⇒ x + y = 0 ∧ y + z = 0. Así, x = z = − y, de donde

KerT = {(x,y,z ) ∈ R3 : x = z = − y } = {(−y,y, −y), y ∈ = { y · (−1, 1, −1), y ∈ R} =  (−1, 1, −1) 

⇐⇒

R}

 

9

 

Luego, también hemos encontrado una base para el KerT y dim KerT = 1. Para encontrar Im T ⊆ R2 , hay varios métodos. Método1 : Usando la definición: buscamos todos los (u, v) ∈ R2 : ∃ (x,y,z ) ∈ R3 : T (x,y,z ) = (u, v). Ello es así, si: x + y = u ∧ y + z = v. Como este es un sistema de 2 ecuaciones con 3 incógnitas, fijamos una de ellas, digamos y = 0 y tenemos que x = u, z = v, de donde T (x, 0, z ) = T (u, 0, v) = (u + 0, 0 + v) = (u, v). Luego, ∀(u, v) ∈ Así, Im T = R2 . Método2 :

R

2

podemos encontrar un elemento (x,y,z ) ∈

R

3

: T (x,y,z ) = (u, v).

Notamos que los elementos que pertenecen a ImT son de la forma (x + y, y + z ) = x(1, 0) + y(1, 1) + z (0, 1)

es decir, factorizamos por los escalares correspondientes. Así,

ImT = (1, 0), (1, 1), (0, 1) = (1, 0), (0, 1) =

R

2

.

Método3 : Usamos el teorema que afirma que una transformación lineal está completamente determinada por las imágenes de una base, por ejemplo, de la base canónica: T (1, 0, 0) = (1, 0) T (0, 1, 0) = (1, 1) T (0, 0, 1) = (0, 1) 5. T : R3 −→ R,

⇒

ImT = (1, 0), (1, 1), (0, 1) =

R

2

T (x,y,z ) = x + y + z.

Análogamente, (x,y,z ) ∈ KerT ⇐⇒ T (x,y,z ) = 0 ⇐⇒ x +y + z = 0 ⇐⇒ z = −x − y, de donde Ker T = {(x,y,z ) ∈ R3 : z = − x − y} = {(x,y, −x − y), x,y ∈ R} = {(x, 0, −x) + (0, y, −y), x , y ∈ R} = {x(1, 0, −1) + y(0, 1, −1) : x, y ∈ R} =  (1, 0, −1), (0, 1, −1)  Así, hemos encontrado una base para el KerT y por lo tanto, dim KerT = 2. Como cualquier u ∈ R puede ser obtenido como suma de tres números reales, ImT ≤ dimR = 1, una base para ImT puede ser C = { 1}.

MAT023 (1◦ 2012)

R

y

9




6. T : R3 −→ R5 ,

T (x,y,z ) = (x + y, y + z, x + 2y + z, x + y, 0)

(x,y,z ) ∈ KerT

⇐⇒

T (x,y,z ) = (0, 0, 0, 0, 0)

⇐⇒  

= = = =

x + y y + z x + 2y + z x + y

0 0 0 0

KerT = { (x,y,z ) ∈

x = −y z = −y

=⇒

3 R

0 1 

Por lo tanto,

: x = − y, z = − y } = { (−y,y, −y), y ∈

R} =  (−1, 1, −1)

Para determinar ImT , notamos que: (x + y, y + z, x + 2y + z, x + y, 0) = x(1, 0, 1, 1, 0) + y(1, 1, 2, 1, 0) + z (0, 1, 1, 0, 0) Así,

ImT =  (1, 0, 1, 1, 0), (1, 1, 2, 1, 0), (0, 1, 1, 0, 0).

Es fácil ver que estos 3 vectores son l.d. en R5 , por lo que escogemos 2 de ellos, y obtenemos que ImT = (1, 0, 1, 1, 0), (0, 1, 1, 0, 0)  Luego,

dimKerT =1

y

7. Sea T : M 2×2 (R) −→ R2 [x],

dimImT =2. con

T

a b c d

= (a + b)x2 + (b + c)x + d

Determinar una base para KerT y para ImT . a b a b =0 ∈ M2×2 (R) : T Ker T = c d c d a b = ∈ M2×2 (R) : (a + b)x2 + (b + c)x + d = 0 c d a b = ∈ M2×2 (R) : a + b = 0, b + c = 0, d = 0 c d 1 −1 a −a = ∈ M2×2 (R) : a ∈ R = 0 1 0 a

   

ImT =



2

  





αx + βx + γ ∈ R2 [x] : ∃

 

 

a b c d

∈ M2×2 (R) con T

  

a b c d

2



= αx + βx + γ

ImT = {αx2 + βx + γ ∈ R2 [x] : (a + b)x2 + (b + c)x + d = αx2 + βx + γ } Debemos resolver el sistema de 3 ecuaciones y 4 incógnitas:

a + b = α b + c = β d = γ

Claramente, si por ejemplo, a = α, b = 0, c = β, d = γ entonces α 0 = αx 2 + βx + γ . Así, vemos que todos los polinomios de R2 [x] pertenecen a T β γ ImT . Luego, ImT = R2 [x] =  1, x , x2 .





MAT023 (1◦ 2012)

10




Otro camino, es notar que: (a + b)x2 + (b + c)x + d = ax2 + b(x2 + x) + cx + d ImT = x2 , x2 + x, x, 1  = x2 , x, 1 =

Luego, 8. Sea T :

R

3

 

1 1 

R2 [x].

2

→ R una transformación lineal tal que T (1, 0, 1) = (1, −1),

T (0, 1, 1) = (−1, 2)

T (1, 1, 0) = (1, 2),

Hallar Ker(T ) y una base del Ker(T ) .

Solución: Como vimos antes, T (x,y,z ) =

1 (3x − y − z, −x + 5y − z ) 2

Luego, para determinar el KerT : Ker(T ) = {(x,y,z ) ∈

R

3

: T (x,y,z ) = (0, 0)}

= {(x,y,z ) ∈

R

3

: 3x − y − z = 0 ∧ −x + 5y − z = 0}

=





2 7 x, x, x : x ∈ 3 3

R



Por lo tanto, una base para Ker(T) es { (3, 2, 7)}

y

dim KerT =1.

EJERCICIOS 1. Sea T : R2 [x] −→ M2×2 (R) una transformación lineal tal que: T (1 + x) =

1

−1 1 0



,

2

T (x + x ) =



0 −1 1 −1



,

2

T (1 + x ) =

1

−2 0 1



Determinar T (a + bx + cx2 ), KerT e ImT . 2. Sea L :

R2 [x] −→ R2 [x],

L( p(x)) = p(x − 1).

a )

Demuestre que es lineal.

b)

Determine KerL e ImL.

TEOREMA Sea T : U −→ V una transformación lineal; entonces,

T es 1-1 ⇐⇒ Ker T = { 0U }.

Dem. ⇒ Sea x ∈ KerT . Entonces T (x) = 0V = T (0U ). Como T es inyectiva, T (x) = T (0U ) x = 0U . Por lo tanto, KerT = { 0U }. MAT023 (1◦ 2012)

⇒

11




⇐ Sean x, y ∈ U : T (x) = T (y). Luego, T (x)−T (y) = 0 ⇒ T (x−y) = 0 ∴ x−y ∈ KerT . Ahora, KerT = { 0U } ⇒ x − y = 0U , de donde x = y, por lo que T es inyectiva.

EJEMPLO Sea T : R4 [x] −→ R3 , definida por T (a + bx + cx2 + dx3 + ex4 ) = (a + b, c + d, e). Pruebe que T es lineal, determine dim KerT , dim ImT y encuentre una base para ellos. ¿Es T inyectiva?

 

2 1 

1. Dejamos como ejercicio probar que T es lineal. 2. p(x) ∈ KerT ⇐⇒ T ( p(x)) = (0, 0, 0) ⇐⇒ a + b = 0 c + d = 0 e = 0 Esto implica que b = − a,

d = − c.

p(x) ∈ KerT

Luego:

⇐⇒

p(x) = a − ax + cx2 − cx3

lo cual implica que p(x) = a(1 − x)+ c(x2 − x3 ). Una base para KerT es {(1 − x), (x2 − x3 )}. Por tanto, dim KerT = 2, por lo que T no es inyectiva. 3. Consideremos la base canónica de R4 [x]. Tenemos que: T (1) = (1, 0, 0), T (x) = (1, 0, 0), T (x2 ) = (0, 1, 0), T (x3 ) = (0, 1, 0), T (x4 ) = (0, 0, 1). Claramente, los 3 vectores linealmente independientes que encontramos (vectores de la base canónica de R3 ) forman la base de ImT . Por lo tanto, dim ImT = 3. 4. Notar que

dimR (KerT ) + dimR (ImT ) = 2 + 3 = 5 = dimR4 [x]

Si revisamos la relación anterior en todos los ejemplos que hemos desarrollado, veremos que se cumple siempre. Esta relación es un hecho general, y tenemos el siguiente

TEOREMA Sea T : U −→ V lineal, tal que dimKU = n. Entonces dimK (KerT ) + dimK(ImT ) = n

Dem.

Sea {u1 , u2, · · · , um} una base de KerT . Completamos esta base a una base de U , es decir, consideramos los vectores um+1, · · · , un ∈ U : { u1 , · · · , um , um+1 , · · · , un } sea una base de U . Debemos probar, entonces, que las imágenes de los vectores que hemos agregado, forman una base de ImT , es decir, que { T (um+1), · · · , T (un)} es base de ImT . Sea u un vector cualquiera en U . Expresamos u como combinación lineal de los elementos de la base: u = α 1 u1 + · · · + αm um + αm+1 um+1 + · · · + αn un Aplicamos T a la relación: T (u) = α 1 T (u1) + · · · + αm T (um ) + αm+1 T (um+1) + · · · + αn T (un) MAT023 (1◦ 2012)

12




Como T (ui ) = 0, ∀ i = 1, · · · , m,

se tiene que:

T (u) = α m+1 T (um+1) + · · · + αn T (un ) Luego, como u es un vector cualquiera, es claro que T (um+1 ), · · · , T (un ) es un conjunto generador de ImT . Probemos ahora que este conjunto es l.i.: sean α m+1 , · · · , αn escalares tal que

 

3 1 

αm+1 T (um+1 ) + · · · + αn T (un ) = 0 Por lo tanto, usando la linealidad de T :

 T α

m+1 um+1

+ · · · + αnun

=0

por lo que αm+1 um+1 + · · · + αn un ∈ KerT

Luego, podemos escribir este vector como combinación lineal de los elementos de la base de KerT : αm+1 um+1 + · · · + αnun = α 1 u1 + · · · + αmum ó equivalentemente α1 u1 + · · · + αm um − αm+1 um+1 − · · · − αnun = 0 Como { u1 + · · · + um, um+1 + · · · + un } es base de U ,

αi = 0, ∀ i = 1, · · · , n.

Por lo tanto, el conjunto { T (um+1 ), · · · , T (un )}} es una base de ImT , y queda demostrado el teorema.

EJERCICIO

Sea T : M 2×2 (R) −→ R3 [x] T

a b c d

definida por

= (a + b) + (c + d)x + (a + b + c + d)x2 + ax3

Demuestre que T es lineal, y determine base de Ker(T ) y dim Im(T ). Dejamos como ejercicio probar que T es lineal. Determinemos la dimensión del Kernel: a b = 0} KerT = {A ∈ M2×2 (R) : T c d



=

=

=



 a b  : a + b = 0, c + d = 0, a + b + c + d = 0, c d  a b   : a = b = 0, d = − c c d  0 0    0 0 

MAT023 (1◦ 2012)

c −c

: c ∈

R

=

a = 0



1 −1

13




Por lo tanto,

dim Ker T = 1.

Aplicamos el teorema para determinar la dimensión de Im T :

1 + dim Im(T ) = 4 = dimM2×2 (R)

=⇒

dim Im(T ) = 3  

TEOREMA Sea T : U −→ V lineal e inyectiva. Si { u1 , · · · , un } es l.i., entonces { T (u1), · · · , T (un )} es l.i. Dem. Formamos α1 T (u1) + · · · + αnT (un) = 0. Como T es lineal, es equivalente a T α1 u1 + · · · +αnun = 0 Luego, α1 u1 + · · · +αnun ∈ KerT. ∴ α1 u1 + · · · +αn un = 0 Como { u1 , · · · , un } es l.i, los escalares α i = 0, ∀i = 1, · · · , n. ∴ {T (u1 ), · · · , T (un)} es l.i.





Estudiaremos a continuación qué propiedades se traspasan al resultado de operar con transformaciones lineales.

TEOREMA Sean U, V espacios vectoriales sobre un cuerpo K, y sea α ∈ Sean T , S : U −→ V transformaciones lineales. Entonces:

K.

1. T + S es una transformación lineal. 2. α · T es una transformación lineal .

Dem. 1. Debemos probar que T + S es una transformación lineal. u1 , u2 ∈ U, λ1 , λ2 ∈ K. Formamos

Para ello, sean

(T + S )(λ1 u1 + λ2 u2 ) = T (λ1 u1 + λ2 u2) + S (λ1 u1 + λ2 u2 ) (suma de funciones) = λ 1 T (u1 ) + λ2 T (u2) + λ1 S (u1 ) + λ2 S (u2)

(linealidad de T y S )

= λ 1 T (u1 ) + λ1 S (u1 ) + λ2 T (u2 ) + λ2 S (u2) = λ 1 (T + S )(u1 ) + λ2 (T + S )(u2). Por lo tanto, T + S es una transformación lineal.

(suma de funciones)

2. Ahora debemos probar que α · T es una transformación lineal. Como antes, sean u1 , u2 ∈ U, λ1 , λ2 ∈ K. Formamos (αT )(λ1 u1 + λ2 u2 ) = αT (λ1 u1 + λ2 u2 ). Por la linealidad de T : = α(λ1 T (u1) + λ2 T (u2)) = λ 1 (αT (u1)) + λ2 (αT (u2 )). Por lo tanto, αT es una transformación lineal.

Observación : Si U y V son 2 espacios vectoriales, es posible considerar el conjunto

L(U, V ) = { T : U → V tal que T es lineal} MAT023 (1◦ 2012)

4 1 

14




= ∅ . Junto Claramente, la transformación lineal nula pertenece a este conjunto, de donde L (U, V )  al Teorema anterior, esto prueba que L (U, V ) ≤ F (U, V ).

TEOREMA Sean U,V,W espacios vectoriales sobre K y sean T ∈ L(U, V ), S ∈ L(V, W ). Entonces, la composición de las transformaciones lineales también es lineal, es decir, S ◦ T ∈ L(U, W ).

Dem. Sean α, β ∈ K, x,y ∈ U. Entonces

 

5 1 

(S ◦ T )(αx + βy) = S (T (αx + βy)) = S ((αT (x) + βT (y)) = (αS (T (x)) + βS (T (y))) = α(S ◦ T )(x) + β (S ◦ T )(y).

TEOREMA Sea T : U −→ V lineal e inyectiva. Entonces la inversa de T , que denotamos por T −1 : ImT −→ U también es una transformación lineal.

Dem. Sean v1 , v2 ∈ ImT =⇒ ∃u1 , u2 ∈ U : T −1 (v1 ) = u 1 , T −1 (v2) = u 2 . Luego, T (u1 ) = v 1, T (u2) = v 2 . Por lo tanto, =⇒ v1 + v2 = T (u1 + u2 ) =⇒ u1 + u2 = T −1 (v1 + v2 ) −1 −1 −1 T (v1 + v2 ) = T (v1 ) + T (v2). De la misma manera, se prueba que T −1 (αv) = αT −1 (v). Así, T −1 es lineal.

DEFINICION Sea T : U −→ V lineal. Diremos que T es un isomorfismo si y sólo si T es inyectiva e ImT = V . En este caso, diremos que U y V son isomorfos, y escribimos U ∼ = V . OBSERVACION Si T : U −→ V es un isomorfismo, entonces T −1 : V −→ U también es un isomorfismo. EJEMPLOS 1. Sea V un espacio vectorial sobre R, tal que dimR V = n. Sea B = { u1 , u2 , · · · , un} una base ordenada de V , de modo que si v ∈ V , entonces formamos la matriz de coordenadas de v en la base B :

α   α    =  ...  1

[v]B

2

αn

Definimos la función ϕ : V −→ Rn , con ϕ(v) = (α1 , α2 , · · · , αn). Dejamos como ejercicio demostrar que ϕ es lineal, inyectiva y epiyectiva. Por lo tanto, ϕ es un isomorfismo. ∼ Rn . De este modo, se ha probado que si dimV = n, entonces, V = MAT023 (1◦ 2012)

15




2. Encuentre un isomorfismo entre entre el espacio de los polinomios R3 [x] y el espacio de las matrices M2×2 (R). 3. Sean U, Sean U, V V espacios vectoriales sobre ) = { T : U −→ V, L(U, V ) V , T T lineal}

R,

y considere el conjunto  

6 1 

a )

) es un espacio vectorial sobre Pruebe que L (U, V ) es

b)

) ∼ Demuestre que, si dimU dimU = n y n y dimV dimV = m, m , entonces L(U, V ) = M m×n (R).

c )

Determine una base para L (R2 [x], R2 ).

R.

MATRIZ ASOCIADA A UNA TRANSFORMACION LINEAL Como hemos hecho hasta ahora, consideraremos en esta sección espacios vectoriales de dimensión finita. finita. Sean U, V espacios V espacios vectoriales sobre un cuerpo K, tal que dim KU = n y dimK V = m. Sean B1 = { u1, u2 , · · · , un }, B2 = { v1, v2 , · · · , vm} bases ordenadas ordenadas de U de U y V , , respectivamente. respectivamente. Sea T : U −→ V V una trans transfor formac mación ión linea lineal. l. Sabemos Sabemos que que existe existen n escalar escalares es αij únicos (i = 1, · · · ,m, j = 1, · · · , n): + α21 v2 + · · · αm1 vm T ( T (u1 ) = α11 v1 + α + α22 v2 + · · · αm2 vm T ( T (u2 ) = α12 v1 + α .. .. = . . + α2n v2 + · · · αmnvm T ( T (un ) = α1n v1 + α La matriz de m de m filas y n y n columnas ( columnas (α αij )m×n se llama matriz asociada a la transformación lineal T , T , con respecto a las bases B1 y B 2 . Denotamos esta matriz por

α   α .. =  . 11

[ T ] ] B B

2 1

21

αm1

α12 · · · α1n α22 · · · α2n .. .. ··· . . αm2 · · · αmn

  

EJEMPLOS ( p(0) (0),, p(1), (1), p(2)). (2)). −→ R3 , definid 1. Considere Considere la función función T : R2 [x] −→ definidaa por por T ( T ( p( p(x)) = ( p 2 3 (1, 0, 0), 0), (0, (0, 1, 0), 0), (0, (0, 0, 1)} bases de R2 [x] y R respectivamente. Sean B Sean B = { 1, x , x } y D = { (1, a )

Pruebe que T que T es es lineal.

MAT023 (1◦ 2012)

16




b)

[ T ]]D Determine el Ker T y [T B

c )

¿Es T ¿Es T un isomorfismo?

Solución: a )

 

Sean p Sean p((x) , q (x) ∈

R2 [x]

y α ∈

R.

7 1 

Entonces

+ βq (0) + βq + βq (0) (0) , αp (1) + βq + βq (1) (1) , αp (2) + βq + βq (2)) ( 2)) T ( T (αp αp((x) + β q (x)) = (αp αp(0) αp(1) αp(2) = α( p(0) + β (q (0) (0) , q (1) (1) , q (2)) (2)) p(0) , p(1) , p(2)) + β = α T ( + β T ( T ( p( p(x)) + β T (q (x)) Por lo tanto T tanto T es es lineal. b)

(0) , p(1) , p(2)) = (0, (0, 0, 0) , y esto ocurre Sea p Sea p((x) = ax2 + bx + c ∈ Ker( Ker(T ) T ) , entonces ( entonces ( p p(0) si y solo si: c = 0 + b + + c a + b c = 0 4a + 2b 2 b + c + c = 0

a = 0 b = 0 c = 0

⇒

Por lo tanto Ker( Ker(T ) T ) = { 0 } , de donde además T además T es inyectiva. Determinemos ahora la matriz asociada a esta transformación lineal: (1, 0, 0) + 1 · (0, (0, 1, 0) + 1 · (0, (0, 0, 1) T ( T (1) = (1, 1, 1) = 1 · (1, (1, 0, 0) + 1 · (0, (0, 1, 0) + 2 · (0, (0, 0, 1) T ( T (x) = (0, 1, 2) = 0 · (1, (1, 0, 0) + 1 · (0, (0, 1, 0) + 4 · (0, (0, 0, 1) T ( T (x2 ) = (0, 1, 4) = 0 · (1, Luego, la matriz asociada buscada es [T ] T ]D B c )

0 0 1 1 1 2 4

 

Por Por el teor teorem emaa de la dime dimens nsió ión, n, dim dim R2 [x] = dim KerT KerT + + dim ImT ImT .. Como dim R2 [x] = 3, y dim KerT = 0 , tenemos que dim ImT ImT = 3 = dim 3 ImT ImT = R , y por lo tanto, T tanto, T es es epiyectiva. Luego, T Luego, T es es lineal y biyectiva de donde T es T es un isomorfismo.

2. Sea T Sea T ∈ L(R3 , R2 ), a )

1 =  1

dado por

R

3

. Así,

3 z, 4x − y − z ). T ( T (x,y,z ) = (x − 2y + 3z,

(1, 1, 0), 0), (1, (1, 0, 1), 1), (0, (0, 1, 1)} y B2 = { (1, (1, 2), 2), (1, (1, −1)} son bases ordenadas de R3 Si B1 = {(1, y R2 respectivamente, respectivamente, encuentre encuentre [ T ] ] B B . Para encontrar la matriz asociada a la transformación lineal con respecto a estas bases, escribimos: 2 1

MAT023 (1◦ 2012)

17




(1, 2) + α + α21 (1, (1, −1) T (1 T (1,, 1, 0) = (−1, 3) = α11 (1, (1, 2) + α + α22 (1, (1, −1) T (1 T (1,, 0, 1) = (4, 3) = α12 (1, (1, 2) + α + α23 ((1, ((1, −1) T (0 T (0,, 1, 1) = (1, −2) = α13 (1,

 

8 1 

Resolvien Resolviendo do los tres sistemas de ecuaciones ecuaciones,, obtenemos: obtenemos: [ T ] ] B B = 2 1

b)

(1, 2, 3). 3). Sea u = (1,



2/3 7/3 −1/3 4/3 −5/3 5/3

[u]B ,

Encu ncuentr entree

[ T ( T (u)]B ,

1

2

y

 [ T ] ] B B · [u]B . 2 1

1

+ β (1, (1, 0, 1) + γ + γ (0, (0, 1, 1), 1), de donde Escribimos (1 Escribimos (1,, 2, 3) = α(1 α (1,, 1, 0) + β

[u]B

1

0 = 1  2

(1,, 2, 3) = (6, (6, −1). 1). Para encontrar [ encontrar [ T ( T (u)]B , primero primero calculamos calculamos T T (1 2

+ β (1, (1, −1), 1), Ahora, (6 Ahora, (6,, −1) = α(1 α (1,, 2) + β

de donde

[T(u)]B = 2





5/3 13/ 13/3

Calculamos ahora [ T ] ] B B · [u]B = 2 1

1



2/3 7/3 −5/3 5/3

0    5/3 −1/3 = [ ·  1  = 4/3 13/ 13/3

T(u)]B2 .

2

Esta última propiedad es general, vale decir,

TEOREMA Sea T Sea T : U → V lineal, B 1 base de U , B 2 base de V de V . . Entonces, V lineal, B [ T ] ] B B · [u]B = [T(u)]B 2 1

1

2

EJERCICIOS −→ M2×2 (R), 1. Sea T Sea T : R2 [x] −→

definida por

+ bx + + cx T ( T (a + bx cx2 ) =

 a + b + b

3c + a + a

+ x + + x Sean B1 = {1, 1 + x, 1 + x x2 } base de matrices matrices de orden 2 orden 2 × 2.

R2 [x]

2b + 3c 3c + b + + 3c 3c −a + b y



B2 = C , la base canónica de las

Determine: MAT023 (1◦ 2012)

18




a )

[T ] T ]B B

b)

Si

2 1

+ x2 , determine p(x) = 7 − 2x + x

−→ R2 , 2. Sea T Sea T : R2 [x] −→

[p]B ,

[ T ( T (p)]B ,

1

2

y

[ T ] ] B B · [p]B . 2 1

1

+ bx + + cx + b + + c, T ( T (a + bx cx2 ) = (a + b c, c − b).

definida definida por 2

+ x, 1 1 + x + Sean B1 = {1, 1 + x, x + x x } base de

R2 [x]

 

(1, −1), 1), (1, (1, 2)} base de y B2 = {(1,

R

2

.

Determine: a )

[T ] T ]B B

b)

Si

9 1 

2 1

8x2 , determine p(x) = 5 − x + 8x

[p]B ,

[ T ( T (p)]B ,

1

2

y

[ T ] ] B B · [p]B . 2 1

1

MATRIZ CAMBIO DE BASE Considere Consideremos mos ahora la transformac transformación ión lineal lineal identidad identidad de un espacio espacio vectoria vectoriall U en U en sí mismo, donde dimR U = n. En el dominio U , U , consideremos la base B1 = {u1, u2 , · · · , un }, y en el recorrido U recorrido U ,, consideremos la base B base B 2 = { v1 , v2, · · · , vn }. Sabemos que existen escalares αij únicos: + α21 v2 + · · · αm1 vm id( id(u1 ) = (u1 ) = α11 v1 + α + α22 v2 + · · · αm2 vm id( id(u2 ) = (u2 ) = α12 v1 + α .. .. .. . . . + α2nv2 + · · · αmnvm id( id(un ) = (un ) = α1n v1 + α Por lo tanto, la matriz asociada a la transformación lineal identidad, [ id ]B B , posee la siguiente B w ∈ U =⇒ [id( propiedad: id(w)]B = [ id ]B · [w]B , de donde 2 1

2

2

1

1

= [ id ]B B · [w]B

[w]B

2

2

1

1

Como la identidad es un isomorfismo, la matriz asociada es invertible, y se tiene que −1 ([ id ]B = [ w ]B B ) [w]B 2 1

MAT023 (1◦ 2012)

2

1

19




EJEMPLOS: 1. Considere Considere la aplicación aplicación identidad identidad en (1, 1), 1), (1, (1, 0)} en la imagen. B2 = {(1, imagen.

R2 ,

(1, 2), 2), (1, (1, 3)} B1 = {(1,

con

en el dominio dominio y

(5, −3), 3), determine además Determine: [id] id]B Ademá demás, s, si u = (5, B . B [ id ]B · [u]B .

[u]B ,

2

1

1

[ id( id(u)]B , 2

y

2

1

1

2. Sean B1 = { u1 , u2 }, B2 = { v1 , v2 } dos bases del del espacio espacio vectorial vectorial U U ,, u1 = 3v1 − 4v2

 

0 2 

tal que

2 v2 u2 = v 1 + 2v

y

Determine: a ) b)

la matriz cambio de bace de B de B 2 a B 1 . Si [ Si [vv ]B = 2

1 7

,

det determi ermine ne [ [vv ]B

1

Soluciones: 1. Ejercici Ejercicio. o. 2. Como u1 = 3v1 − 4v2, tene tenemo moss que que [u1 ]B = 2

que [u2 ]B = 2

1 2

 3 −4

= v 1 + 2v2 tenemos u2 = v

y como

.

 3 Por lo tanto, la matriz cambio de base de B de B a B es [id] id] = −4  [id]id]  =  Luego, la matriz cambio de base de B de B a B es     · [v] =  Para determinar [v] , basta calcular:  −   [v ] =  1

2

B1

1 2

∴

B1

MAT023 (1◦ 2012)

2

B2 B1

1

1 5

−1

2 5

3 10

−1

10

B2

  .    · 17

1 2

B2 B1

1 5

−1

2 5 1 5

3 10 −1 10

2 5

3 10

10

5 2

20




RELACION ENTRE OPERACIONES DE TRANSFORMACIONES LINEALES Y OPERACIONES ENTRE MATRICES Consideremos, como antes, los espacios vectoriales U, V sobre un cuerpo K, tal que dimKU = n, y dimK V = m. Sean B1 = {u1 , u2, · · · , un }, B2 = {v1 , v2 , · · · , vm } bases ordenadas de U y V , respectivamente. Sean T , S ∈ L(U, V ). Entonces:

 

1 2 

= [ T ] B + [ S ]B 1. [ T + S ]B B B B , es decir, la matriz asociada a la suma de transformaciones lineales es la suma de las matrices asociadas a cada transformación lineal. 2

2

2

1

1

1

= α[ T ] B ∀ α ∈ K, es decir, la matriz asociada al producto por escalar de una 2. [ αT ] B B B , transformación lineal es el escalar multiplicado por la matriz asociada a la transformación lineal. 2

2

1

1

3. Sea W un espacio vectorial sobre K, B3 = { w1 , w2 , · · · , wp } una base ordenada de W . Sea L ∈ L(V, W ) y supongamos que la composición de funciones L ◦ T está definida. Entonces, [ L ◦ T ] B = [ L ]B · [ T ] B es decir, la matriz asociada a la composición de transforB B B , maciones lineales es el producto de las matrices asociadas a cada transformación lineal, en el orden correspondiente. 3

3

2

1

2

1

4. Supongamos que T es un isomorfismo entre U y V . Sabemos que ∃ T −1 : V −→ U que B −1 también es un isomorfismo. Entonces, [ T −1 ]B , es decir, la matriz asociada a B = ([ T ] B ) la inversa de una transformación lineal es la inversa de la matriz asociada a la transformación lineal. 1

2

2

1

EJEMPLOS 1. Consideremos las transformaciones lineales S, T : R2 −→ R2 con T (x, y) = (x + y, x − y), S (x, y) = (2x − 3y, 4x − 5y) L : R2 −→ R2 [x] con L(a, b) = a + bx + (a + b)x2 . Las matrices asociadas a estas transformaciones lineales en las respectivas bases canónicas son: 1 1 [ T ] C C = 1 −1 [ S ]C C [ L ]C C

   2 −3  = 4 −5 1 0 = 0 1  1 1

Luego:

 1 1   2 −3   3 = + = 1 −1 4 −5 5  1 1   −5 −5 

a )

[ T + S ]C C

b)

[ −5T ] C C = − 5 ·

MAT023 (1◦ 2012)

1 −1

=

−5

−2 −6



5

21




c )

[ L ◦ S ]C C

1 0  2 = 0 1 · 4 1 1

2  −3 = 4 −5

−3 −5 6 −8

 

2. Sean U, V como arriba, y considere la función ζ : L (U, V ) −→ M m×n(R) tal que ζ (T ) = [ T ] B Pruebe que es un isomorfismo y que, por lo tanto, B .

 

2 2 

2 1

dimKL(U, V ) = dimKMm×n(R) = m · n

a í r a M a t n a S o c i r e d e F a c i n c é T d a d i s r e v i n U MAT023 (1◦ 2012)

22



EJERCICIOS 1. Determine cual de las siguientes funciones son transformaciones lineales. a )

T : R3 → R2 ,

b)

T : R4 → R4 ,

c )

T : R3 → R3

con

T (x,y,z ) = (x,y,z ) + (0, −1, 0)

d )

T : R2 → R2 ,

con

T (x, y) = (2x, y − x)

e )

T : R2 [x] →

con con

R1 [x],

T (x,y,z ) = (x, z )

 

3 2 

T (x , y , z , w) = (−x, −y, −z, w)

con

T (ax2 + bx + c) = 2ax + b

2. Sea T : R2 → R2 lineal tal que T (3, 1) = (1, 2) y T (−1, 0) = (1, 1). Encuentre una expresión para T y calcule T (1, 0) y T (0, 1) 3. Sea T : R3 → R1 [x] una transformación lineal. Encontrar T tal que T (1, 0, −1) = 2 − x , T (0, 2, 1) = 1 + x y T (1, 3, 1) = 3x − 2 4. ¿Existe una transformación lineal T : R2 [x] → R definida por T (1) = 1 , T (1 − x) = 2 , T (1 − x2 ) = 3 tal que T (2x2 − 5x − 2) = −1? 5. Sea T : R2 [x] →

R3 [x] definida

por T ( p(x)) = x 3 p (0) + x2 p(0)

¿ Es T una transformación lineal? 6. Sea T : M 3×1 (R) → M3×1 (R) definida por

 x   x + 1  T  y  =  2y  z

z

¿ Es T una transformación lineal? 7. Sea T : R4 → R3 una transformación lineal definida por T (x , y , z , w) = (x − y + z + w, x + 2z − w, x + y + 3z − 3w). Encuentre una base y la dimensión del Ker T y de Im T. 8. Sea T : M 1×4 (R) → M1×3 (R) una transformación lineal definida por T ([a1

a2

a3

a4 ]) = [a1 + a2

a3 + a4

a )

Hallar una base para el Ker T. ¿Cuál es su dimensión?

b)

Hallar una base para Im T. ¿Cuál es su dimensión?

9. Sea T : R2 [t] →

R una

a1 + a3 ]

transformación lineal definida por 1

2

T (at + bt + c) =



(at2 + bt + c) dt

0

Encuentre una base para el Ker T y para Im T. MAT023 (1◦ 2012)

23




10. Sea T : R2 [t] → R3 [t] una transformación lineal definida por T ( p(t)) = t 2 p (t) donde dp p (t) = (t). Encuentre base para Ker T y para Im T. dt 11. Sea W =

 a b  c d



∈ M2 (R) : a + 5c = 0 . Demuestre que W es isomorfo a

12. Sea V el espacio vectorial generado por el conjunto { ex , e−x }, ∀ x ∈ isomorfo a R2 .

R.

 

R3 .

Demuestre que V es

13. Sea T : M 2×3 (R) → M3×3 (R) una transformación lineal definida por 2 −1 1 2 · A, para toda matriz A ∈ M 2×3 (R). Hallar la dimensión del KerT y de T (A) = 3 1 ImT .

 

14. Sea T : R2 [x] →

 

R3 [x] tal

que T (x) = x2 − x T (x − 1) = x − 2 T (x2 − 1) = x3 − x − 1

a )

Hallar T (ax2 + bx + c).

b)

Hallar generadores del Ker(T ).

c )

Hallar Im(T ).

15. Sea T : R2 [t] → R1 [t] una transformación lineal definida por T ( p(t)) = p  (t) y considere las bases S = {t2 , t, 1} y R = {t + 1, t − 1 } para R2 [t] y R1 [t] respectivamente. Encuentre la matriz asociada a la transformación T respecto a estas bases. 16. Sea V el espacio vectorial con base B = {1, t , et , tet } y sea T : V → V una transformación lineal definida por T (f (t)) = f  (t). Hallar la representación matricial de T respecto de B. 17. Sea T : R2 → R2 lineal definida por T (x, y) = (x + y, −2x + 4y). Encuentre la matriz de T respecto a la base { (1, 1), (1, 2)} 18. Sea T : R2 [x] →

3 R

dada por la matriz [ T ] CB

 =

donde B = { 1, x − 1, x2 − 1 } es base de una base de R3 .

1 2 1 0 1 1 −1 3 4

R2 [x]

y

  C = { (1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1) } es

Hallar Ker(T ) y dim Ker(T )

MAT023 (1◦ 2012)

24

4 2 




19. Sea p(x) ∈

R2 [x] considerar 1

f ( p) =

 p(x) dx 

 

5 2 

0

0

g( p) =

p(x) dx

−1

Se define T :

2 R2 [x] → R

tal que T ( p(x)) = (f ( p), g( p)).

a )

Calcule el KerT y escríbalo usando el concepto de generador.

b)

Encuentre una base del Ker T y calcule la dim(Im(T ).

c )

Calcule [T ]BB , donde B y B ∗ son las bases canónicas de R2 [x] y ∗

20. Sea T :

R3 [x] → R2 [x],

R

2

respectivamente.

tal que 1



T [ p(x)] = p (x) +



p(x) dx

0

a )

Pruebe que T es una transformación lineal.

b)

Sean B1 = { 1, x − 1, (x − 1)2 , (x − 1)3 } B2 = { 1, x , x(x − 1) } bases de R3 [x] y el núcleo de T .

B

R2 [x] respectivamente. Determine [T ]B2 1

y use esta matriz para obtener

21. Probar que la matriz cambio de base siempre es invertible. 22. Encuentre la matriz cambio de base de S a R y la de R a S para: a )

S = { (1, 0), (0, 1)} , R = { (2, −3), (−2, 4)}

b)

S = { 1, x , x2 } , R = { x2 + x + 1, x2 − x − 2, x2 + x − 1}

23. Sea T :

3

→

2

una transformación lineal cuya representación matricial respecto a las 2 −1 3 bases S = {(1, 0, −1), (0, 2, 0), (1, 2, 3)} y R = {(1, −1), (2, 0)} es . Hallar la 3 1 0 representación matricial de T respecto de las bases canónicas. R

R



3

2

24. Sea T : R → R una transformación lineal definida por

1

−1 1 1 0 2





. Hallar una expresión

para T respecto a a )

Las bases canónicas

b)

Las bases S = { (1, 1, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 1)} y R = { (1, 2), (1, 3)}

MAT023 (1◦ 2012)

25


Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática





 1

VARIAS VARIABLES para MAT023

Verónica Gruenberg Stern [email protected]

1. Nociones de Topología en el Espacio Euclideano Rn Definición 1.1. En el espacio vectorial R n , definimos el producto interior euclideano entre los n

∈ R ,

x,  y vectores 

 x = (x1 , x2 ,

· · · , x ),

··· ,y )

como

· · · , x ), (y1, y2, · · · , y )



 y = (y1 , y2 ,

n

n

n

 x,  y



= (x1 , x2 ,

n

n

=

xi y i

i=1

El espacio vectorial Rn dotado del producto interior euclideano se denomina espacio vectorial euclideano de dimensión n. x,  y,  z Propiedades 1.1. Sean 

∈

Rn , α, β

  ≥ 0 y  x,  x = 0 ⇐⇒ x,  y =  y,  x. 2.  x + β  y ,  z = α x,  z + β  y,  z. 3. α x,  x 1. 

∈

R.

Entonces se cumplen las siguientes:

−→

 x = 0 .

Demostración. Ejercicio para el lector. x ∈ Rn , Definición 1.2. Sea 

 x = (x1 , x2 ,

 x, a

· · · , x ). Definimos la norma de  x, y la denotamos por n

  n

 x

=

x2i

i=1

Notar que la norma de un vector en R n así definida es un número real no negativo y corresponde al tamaño ó magnitud de dicho vector. x,  y ∈ Rn , Definición 1.3. Si 

 x = (x1 , x2 ,

entre ellos está dada por

· ·· , x ), n

 y = (y1 , y2 ,

 

· · · , y ), entonces la distancia

n

x,  y) = d(

 x −  y

=

( xi

i=1

− y )2. i

n




Verónica Gruenberg Stern

Si n = 1, 2 ó 3, la distancia así definida coincide con la distancia euclideana usual. En efecto, si n = 1,

 x = x

∈ R,

 y = y

∈ R,

x,  y) = d (x, y ) = d(

Si n = 2,

 x = (x1 , x2 ),

por lo que la distancia

 − (x

y )2 = x



| − y|

 2

entonces

 y = (y1 , y2 ),

 



2

 −  y =

d( x,  y) =  x

( xi

i=1

− y )2 = i



(x1

− y 1 ) 2 + ( x2 − y 2 ) 2

Análogamente en el caso en que n = 3.

A continuación, presentamos las propiedades fundamentales que satisfacen la norma de un vector y la distancia entre dos vectores. x,  y,  z ∈ Rn , α ∈ R. Propiedades 1.2. Sean 

Entonces se cumplen las siguientes:

  ≥ 0 −→ x = 0 ⇐⇒  x = 0 . 2.  x = |α|  x. 3. α x −  y =  y −  x . 4.  x 1. 

  n

8.

xi yi

i=1



 ≤    x

 y ,

x,  y) 5. d(

⇐⇒

x,  y) = 0 6. d(

 x =  y

x,  y) = d ( y ,  x) 7. d(

conocida como la desigualdad de Cauchy–Schwarz.

 ≤  x +  y

x +  y 9. 

≥ 0

x,  y) 10. d(

≤ d( x,  z) + d( z,  y)

conocidas como desigualdad triangular , tanto para la norma como para la distancia. Demostración. Demostraremos sólo 8, 9 y 10.

−  −→ ∀ ∈ · ·· − 

 −  y2 = 0,

x,  y son vectores l.i. Luego, t x  y = 0 , t R, de donde t x 8. Supongamos que  es decir: (tx1 y1 )2 + (tx2 y2 )2 + + (txn yn )2 = 0

−

−

Reescribiendo esta relación como una cuadrática en la variable t: n

  2

xi

i=1

n

2

t

−2

n

     xi y i

i=1

yi2

t +

= 0

i=1

Esto significa que el discriminante de la correspondiente ecuación de segundo grado en t es negativo, es decir,

MAT023 (2◦ sem. 2011)

2





2

n

n

n

      −       ⇐⇒ 4

2

4

xi yi

yi2

xi

i=1

i=1

2

n

xi yi

i=1

n



yi2

i=1



 3

n

x2i

<

i=1

< 0

i=1

y extrayendo raíz cuadrada a ambos lados de la desigualdad, obtenemos la desigualdad pedida. 9.

 x +  y2

x +  y) = ( 2 x =  + 2  x + 2  x + x + ( 

 ≤  ≤  ≤ 

· ( x +  y) 2 x ·  y) +  y 2 ( 2 x ·  y| +  y 2 | 2 x  y +  y 2   y)2

Nuevamente, extrayendo raíz cuadrada, obtenemos lo pedido. x,  y) = 10. d(

 x −  y

=

 x −  z +  z −  y ≤  x −  z +  z −  y ≤

d( x,  z) + d( z,  y)

a y radio r , al conjunto Definición 1.4. Definimos la bola abierta ó vecindad abierta de centro  n

{ ∈ R :  x −  a < r} .

a, r) =  x B (

a y radio r, al conjunto Análogamente, definimos la bola cerrada ó vecindad cerrada de centro  n

{ ∈ R :  x −  a ≤ r } .

a, r) =  x B (

Ejemplos Y

z

3. 0 2.0

3 -1.

2

0

1. 0 -1.

1.0

1. 0

2.0 4.0

1

3.0

0

-1.

2. 0 0

3. 0 4. 0

5.0

5.0 y

x

X

−2

−1

1

2

3

4

(a) disco

1. En R

2,



  

B (2, 2), 1 = (x, y )

= (x, y )

MAT023 (2◦ sem. 2011)

(b) esfera

∈ R2 : (x, y) − (2, 2) < 1



∈ R2 : (x − 2)2 + (y − 2)2 < 1



.

3







3

2. Análogamente, en R ,

 

B (2, 2, 1), 1 = (x , y , z)

∈ R3 : (x − 2)2 + (y − 2)2 + (z − 12 < 1



.

3. En ambos casos, las bolas cerradas corresponden a los conjuntos anteriores con sus respectivos bordes, es decir:





   

B (2, 2), 1 = (x, y )



B (2, 2, 1), 1 = (x , y , z)

Definición 1.5. Sea U B (x0 , r )

⊂ U .

∈ R2 : (x − 2)2 + (y − 2)2

1

∈ R3 : (x − 2)2 + (y − 2)2 + (z − 12 ≤ 1

n



⊆ R . Diremos que el conjunto U es abierto ⇐⇒ ∀ x ∈ U ∃r > 0 : 0

Ejemplos , b[, I 3 =]a, [ son conjuntos abiertos. 1. En R, los intervalos de la forma I 1 =]a, b[, I 2 =] En cambio no son conjuntos abiertos los intervalos de la forma I 4 = [a, b], I 5 =] a, b], I 6 = [a, b[, I 7 =] , b], I 8 = [a, [.

−∞

−∞

2. En R

2,

∞

∞

{

fácil ver que, en general,

2

R

: x 2

 ∈ 

el conjunto A = (x, y )

B (a0 , b0 ), r

+ y2

}





< 1 = B (0, 0), 1 es un conjunto abierto. Es

es un abierto,

∀(a0, b0) ∈ R2.

Y

X

3. En R2 , el conjunto superior.

H = (x, y )

{

∈ R2 : y > 0}

es abierto. Se conoce como el semiplano

Y

X

4. En R3 , el conjunto A = (x , y , z)

{

MAT023 (2◦ sem. 2011)



 4

≤ 

∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 < 9} es abierto. Gráficamente, es el

4





interior de una esfera de radio 3 centrada en el origen (sin el borde). z





 5

y

x

, b[, I 3 =]a, [ no son abiertos, porque un subcon5. En R 2 , los intervalos I 1 =]a, b[, I 2 =] junto de R no puede contener una bola abierta bidimensional.

−∞

∞

Definición 1.6. Diremos que el conjunto F ⊆ Rn es cerrado si, y sólo si, Rn − F es abierto. Ejemplos 1. En R , los intervalos I 4 , I 7 e I 8 son conjuntos cerrados, ya que R , a[ son abiertos. R I 7 =] b, [, R I 8 =]

−

∞

−

−∞

− I 4

=]

− ∞, a[ ∪ ]b, ∞[,

2. En R 2 , el conjunto A = (x, y ) R2 : x 2 + y 2 1 es cerrado, pues 2 2 2 A = (x, y ) R : x + y > 1 es un conjunto abierto. En general, toda bola cerrada es un conjunto cerrado.

{

{

∈

∈

}

≤ }

3. En R 2 , el conjunto A = (x, y ) R2 : x 0 , y 0 es cerrado. Corresponde, gráficamente, al primer cuadrante del plano cartesiano, incluyendo el borde.

{

∈

≥

≥ }

4. En R3 , el conjunto A = (x , y , z) R3 : x2 + y 2 + z 2 = 9 es cerrado, y también lo es el conjunto A = (x , y , z) R3 : x 2 + y 2 + z 2 9 .

{ ∈ { ∈ ≤ } → → 5. Sea − p ∈ R , entonces {− p } es un conjunto cerrado.

}

n

q ∈ Rn es un punto de acumulación de A si y sólo Definición 1.7. Sea A ⊆ Rn ; diremos que 

si,

∀ r > 0,



B ( q, r )

 −{ } ∩  q

∅

A =

Denotamos al conjunto de los puntos de acumulación de A como q A = 

n

{ ∈R

q es punto de acumulación de A : 

}

Ejemplos 1. En R, consideremos el intervalo I =]a, b]. Si x ]a, b[ entonces (B (x, r) x ) I = . Por lo tanto, todos los x R : a < x < b son puntos de acumulación de I . Además, si x = a, a ) I = , y si x = b, (B (b, r) b ) I = . Hemos probado entonces también (B (a, r)  entonces que el conjunto de puntos de acumulación de I, I = [a, b].

∈

MAT023 (2◦ sem. 2011)

∈

− { } ∩  ∅

− { } ∩  ∅ − { } ∩  ∅

5





2. Como arriba, el intervalo cerrado [a, b] es el conjunto de puntos de acumulación para los siguientes intervalos en R : ]a, b[, [a, b[, [a, b]. 3. En R, consideremos el conjunto A = 0, es decir, A = 0 .

{}



1

, n n

∈N



. El único punto de acumulación de A es el



4. En R2 , el conjunto de puntos de acumulación de A = (x, y ) A = (x, y ) R2 : x 2 + y 2 1 .



∈

≤





∈ R2 : x2 + y2 < 1

−{−→ p }

5. En R n , el conjunto de pntos de acumulación de R n

es

(Rn



es el conjunto



 6

− {−→ p }) = R . n

Definición 1.8. Sea A ⊆ R n . Diremos que x0 es un punto interior de A si, y sólo si, ∃ r > 0 :

⊆ A. Denotamos al conjunto de todos los puntos interiores de dado por: ˚ = {x ∈ R : x es un punto interior de A} A B (x0 , r )

˚, y está A por Int(A) ó A

n

Ejemplos ˚ =]a, b[. El mismo interior tienen los intervalos 1. En R , el interior del intervalo I = [a, b] es I ]a, b[, [a, b[ y ]a, b]. a

a

b

a

b

]a, b]

a

b

]a, b[

[a, b]

b

[a, b[

2. En R 2 , el interior de la bola B ((0, 0), 2) es la misma bola. 3. En R 2 , el interior de H = (x, y )



∈ R2 : y ≥ 0



es el semiplano superior.

4. El interior de A = (x , y , z) R3 : x 2 + y 2 + z 2 A = (x , y , z) R3 : x 2 + y 2 + z 2 < 9 .



∈



∈

5. En R 2 , el interior de A = (x, y )





 

∈ R2 : x2 + y2 = 4

Definición 1.9. Sea A ⊆ Rn ; diremos que

∀ ε > 0 :

≤ 9

B (x0 , ε)

es

∅.

n

∈ R es un punto frontera de A si, y sólo si, = ∅ ∧ B(x , ε) ∩ A = ∅

x0

∩A

es la esfera sin el borde, es decir,

0



Denotamos al conjunto de puntos frontera de A por Fr A o ∂A .

Definición 1.10. Sea A ⊆ Rn ; diremos que c

∈ Int(A ).

x0

MAT023 (2◦ sem. 2011)

x0

n

∈ R

es un punto exterior de A si, y sólo si,

6





Ejemplos 1. En R , los puntos frontera del intervalo I = ]a, b] son los puntos a y b. Los mismos puntos son frontera para los intervalos ] a, b[, [a, b] y [a, b[.

 a

a

b

a

b

]a, b]

]a, b[

b

∈

{

}

3. En R , el conjunto de puntos frontera de A = 1 5

0

1 3

1 4



1

, n n

 7

b

[a, b]

2. En R2 , el conjunto de puntos frontera de A = (x, y ) ∂A = (x, y ) R2 : x 2 + y 2 = 1 .

{

a

[a, b[

∈ R2 : x2 + y 2 < 1} es el conjunto

∈N



es

∂A = A

∪ {0}.

1

1 2

Ejercicios Para cada uno de los siguientes conjuntos determine si es abierto, cerrado, sus puntos interiores y de acumulación: (a) R (b) R n (c)

∅

= ∅. Diremos que A es una región si, y sólo si, A es un conjunto Definición 1.11. Sea A ⊆ Rn, A  abierto y conexo, es decir, dados dos puntos cualquiera en A , estos pueden ser unidos por una línea poligonal.

Ejemplos 1. En R 2 , la bola B ((0, 0), 2) es una región. 2. En general, B (x0 , r )

n

⊆R

Cualquier bola es una región en R 2 .

es una región.

3. El semiplano superior es una región. 4. En R 2 , el anillo abierto A = (x, y )



MAT023 (2◦ sem. 2011)



∈ R2 : 1 < x2 + y2 < 4



es una región.

7





Ejercicios 1. En cada uno de los siguientes casos, sea A el conjunto de todos los (x, y ) R 2 que satisfacen la desigualdad dada. Grafique el conjunto en cada caso, y determine si es abierto, cerrado, si es una región, sus puntos interiores, frontera y de acumulación.

∈

a )

3x2

+ 2y 2

< 6

b) x < 1

|| ∧ c ) |x| ≤ 1 ∧ d ) 1 < x ≤ 2 e ) 1 ≤ x ≤ 2 f ) y > x2 ∧

≥

∧ |x| < 2 h ) (x2 + y 2 − 1)(4 − x2 − y 2 ) > 0 g ) y

|y| < 1 |y| ≤ 1 ∧ 3 < y < 4 |x| < 2

x 2

≥ x2 k ) y ≥ x 2 ∧ |x| < 2 l ) y ≥ x 2 ∧ |x| ≤ 2 3

d ) x + y + z < 1 e ) x + y + z < 1 , x > 0 , y > 0 , z > 0 f ) x2 + 4y 2 + 4z 2

− 2x + 16y + 40z +113 < 0

3. Si I 1 e I 2 son dos intervalos abiertos en R , pruebe que I 1

∪ I 2 e I 1 ∩ I 2 son abiertos. 4. Si I 1 e I 2 son dos intervalos cerrados en R , pruebe que I 1 ∪ I 2 e I 1 ∩ I 2 son cerrados. 5. Si A es un abierto en R y x ∈ A , pruebe que el conjunto A − {x} es un abierto. ∈ A, pruebe que el conjunto A ∪ {x} es un cerrado. 6. Si A es un cerrado en R y x  n

n

7. Pruebe que la unión arbitraria de conjuntos abiertos es abierto. 8. Pruebe que la intersección finita de conjuntos abiertos es abierto. ¿Qué puede decir de la intersección arbitraria de conjuntos abiertos? 9. Pruebe que la intersección arbitraria de conjuntos cerrados es cerrado. 10. Pruebe que la unión finita de conjuntos cerrados es cerrado. ¿Qué puede decir de la unión arbitraria de conjuntos cerrados?

MAT023 (2◦ sem. 2011)

 8

j ) y

∈

− x2 − y2 − 1 > 0 b) |x| < 1 , |y | < 1 ∧ |z | < 1 c ) |x| ≤ 1 , |y | < 1 ∧ |z | < 1



i ) y = x 2

2. En cada uno de los siguientes casos, sea A el conjunto de todos los ( x , y , z) R que satisfacen la desigualdad dada. Grafique el conjunto en cada caso, y determine si es abierto, cerrado, si es una región, sus puntos interiores, exteriores, frontera y de acumulación. a ) z 2



8




2.


Funciones Reales de Varias Variables

2.1.

Funciones escalares de Varias Variables

En esta sección, estudiaremos funciones que tienen como dominio un subconjunto A de Rn y recorrido en los reales, es decir, f : A Rn R.

⊆

→





 9

Ejemplos:

⊆ R2 → R,

1. Sea f : A

 −− xy

5

. 2 y x2 El dominio de f es el conjunto de puntos en R 2 en donde la fórmula anterior está definida, es decir, Dom(f ) = (x, y ) R2 : y x2 > 0 . Gráficamente, el dominio se representa por:

{

con f (x, y ) =

∈

−

⊂ R2 → R, con f (x, y) = Dom(f ) = {(x, y ) ∈ R2 : 4 > x2 y ∧

2. Sea f : A

}

ln x

 − 4

x2 y

x > 0 .

 −

}

. El dominio de esta función es el conjunto Gráficamente, el dominio se representa por:

3. Sea g : A R2 R, con g (x, y) = 1 x2 y 2 . En este caso, para determinar el dominio de g se necesita que la raíz esté definida, es decir,

⊆ →

−

{(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1}. También, en este caso es posible determinar el Rec(g ). Para ello, notar que x 2 + y 2 ≤ 1 =⇒ 1 − x2 − y 2 ≥ 0, de donde Rec(g ) = [0, 1]. x−y 4. Considere la función f (x, y ) = . Dom(g ) =

{(x, y) ∈ R2 : 1 − x2 − y2 ≥ 0}

=



x+y

MAT023 (2◦ sem. 2011)

9





a ) Determine y grafique el dominio de f . b) ¿Es el dominio de f un conjunto abierto? c ) Determine la frontera del dominio de f y sus puntos de acumulación.

 

Solución: a ) Para determinar el dominio de f , necesitamos que la cantidad subradical sea positiva: Dom(f ) = = =



(x, y )

∈

− ≥ 0

x y R : x+y 2



{(x, y) ∈ R2 : x − y ≥ 0 ∧ x + y > 0} {(x, y)R2 : x − y ≤ 0 ∧ x + y < 0} {(x, y) ∈ R2 : x ≥ y ∧ x > −y} {(x, y) ∈ R2 : x ≤ y ∧ x < −y}





b) El Dom(f ) no es un conjunto abierto. Basta tomar, por ejemplo, el punto p = (1, 1) y un radio cualquiera r bola abierta B ( p, r) no esté contenida en el dominio de f .

∈ R para que la

∈ R2 : y = x} {(x, y) ∈ R2 : y = −x}



c ) Frontera de Dom(f )= (x, y )

{

Los puntos de acumulación del Dom(f ) forman el conjunto

{(x, y) ∈ R2 : x ≥ y ∧ x ≥ −y} {(x, y) ∈ R2 : x ≤ y ∧ x ≤ −y}



Definición 2.1. Sea f : A ⊆ Rn → R una función, donde (x1 , x2 ,

· ·· , x ) −→

Dom(f ) = A , y tal que

f (x1 , x2 ,

n

· · · , x ). n

Definimos el gráfico de f como el conjunto

{

Gf = (x1 , x2 ,

· · · , x , f (x1, x2, · · · , x )) ∈ R +1 : n

n

n

(x1 , x2 ,

· ·· , x ) ∈ A } n

Es decir, el gráfico de una función de n variables es un subconjunto de Rn+1 , por lo cual sólo podemos dibujar los gráficos de funciones de 1 ó 2 variables. 2

2

1. Sea f : A R 2 R , con f (x, y ) = e −(x +y ) . En este caso, f está bien definida para todos los valores de R2 , de donde Dom(f ) = R2 ¿Será posible determinar el Rec(f )? Notar que x2 + y 2 0 , ( x, y ) R2 . Luego, como el exponente tiene signo negativo, tenemos que el valor máximo lo obtenemos para ( x, y ) = (0, 0), y los valores de la función decrecen a medida que x2 + y 2 crece. Por tanto, Rec(f ) =]0, 1].

⊆ → ≥ ∀ ∈

El gráfico de z = f (x, y ) es: z

x

MAT023 (2◦ sem. 2011)

0 1 

y

10





R, con f (x, y) = sen xy . Nuevamente, f está bien definida para todos 2. Sea f : A R2 2 los valores de R , de donde Dom(f ) = R 2 . Como u R : 1 sen u 1, es claro que Rec(f ) = [ 1, 1].

⊆

→ −

∀ ∈

− ≤

≤

  Para poder relacionar cuerpos, superficies y curvas en el espacio con sus correspondientes ecuaciones cartesianas, es recomendable aprovechar el conocimiento algebraico de ecuaciones (y sus correspondientes representaciones gráficas) en el plano y en el espacio, conseguido en cursos anteriores. Por ello, comenzaremos recordando brevemente las ecuaciones canónicas y correspondientes gráficas de las cónicas, en el plano.

1 1 

2

1

Recta −2

−1


y = mx + n 1

2

−1

Circunferencia

x2 + y 2 = r 2

Elipse

x2 y2 + 2 =1 a2 b

Parábola

Hipérbola

y =

x2 a2

1 2 x 4 p

2

− yb2 = 1

Figura 1: Algunos gráficos.

MAT023 (2◦ sem. 2011)

11




De cursos pasados, sabemos que estas cónicas pueden encontrarse trasladadas y/o rotadas en el plano. En ese caso, la forma de la ecuación es una «cuádrica », es decir, de la forma A x2 + B y 2 + Cxy + D x + E y + F = 0

 

2 1 

y que mediante traslaciones y rotaciones es posible llevarlas a una de las formas anteriores. Análogamente las «superficies cuádricas », es decir, superficies con ecuación de la forma A x2 + B y 2 + C z 2 + D xy + E yz + F xz + G x + H y + I z + J = 0

representan superficies en el espacio tridimensional, y es posible demostrar, usando traslaciones y rotaciones, que se obtiene alguna de las siguientes « formas canónicas »: (1)

Ax2 + By 2 + Cz 2 + D = 0

(2)

Ax2 + By 2 + Cz = 0

Generalicemos al espacio, en primer lugar, las gráficos de la figura 1. Notar que una misma ecuación representa figuras geométricas diferentes, dependiendo del espacio en que se encuentre ésta.

MAT023 (2◦ sem. 2011)

12





Gráfico en R 2

Ecuación

Gráfico en R 3 y

2 •

x

1

−2

−1

•

1

 

3 1 

z

2

−1

(a) y = mx + n

z

y

(b) x2 + y 2 = r 2

x

z

y

(c)

x2 a2

+

y2 b2

=1

x

z

y

(d) y = cx 2

x

Figura 2: Representaciones en R 2 y R 3

Sabemos, sin embargo, que hay otras superficies cuádricas. Las más relevantes son las siguientes: 1. Esfera :

x2 + y 2 + z 2 = r 2

2. Elipsoide : 2

2

2

2

x y z + + =1 a2 b2 c2

1

a,b,c > 0

z0

-1

-2 -2

-1

0 y

MAT023 (2◦ sem. 2011)

1

2

1

0

-1

-2

x

2

13





Ejercicios. Grafique en R 3 las siguientes:

1. y = x 2 + z 2 2. y = x 2

− z2

 

5 1 

3. 2x2

− 4y 2 + z 2 = 0 4. −2x2 + 4y 2 + z 2 = −36 5. z = |x| 2.2.

Funciones Vectoriales

En esta sección, estudiaremos funciones que tienen como dominio un subconjunto A de Rn y recorrido en R m , es decir, f : A Rn Rm.

⊆

−→

Ejemplos: 1. T : R2

−→ R3 tal que T (x, y) = (2x − 3y, x + y, x − y). −→ −→ 2. F : R2 −→ R2 , tal que F (x, y ) = (sen x, y ) −→ −→ 3. F : R2 − {(0, 0)} −→ R2 , tal que F ( x, y ) = (f 1 (x, y ), f 2 (x, y )), xy f 1 (x, y ) =

2.3.

x2 + y 2

,

donde

f 2 (x, y ) = x cos y .

Curvas y Superficies de Nivel

Definición 2.2. Sea f : A ⊆ R2 −→ R. Para cada z 0 ∈ Rec (f ) definimos la correspondiente c urva de nivel como el conjunto

C z0 =

{(x, y) ∈ A : f (x, y) = z 0}

Observación. En otras palabras, si f es una función de dos variables, las intersecciones de G f con planos paralelos al plano X Y (o sea, planos en los que z = z 0 =cte.), se llaman curvas de nivel o de contorno (muy usadas en mapas topográficos, hidrográficos, meteorológicos, etc.) Ejemplos.

R, f (x, y) = 9 x2 y 2 donde A = (x, y) R2 : x 2 + y 2 9 . Entonces, 1. Sea f : A R2 las curvas de nivel se obtienen al hacer z = f (x, y ) = k =cte. Para distintos valores de la constante k , obtenemos circunferencias de diferentes radios. Por ejemplo, si k = 0, obtenemos la circunferencia centrada en el origen y de radio 3. Si k = 5, obtenemos la circunferencia centrada en el origen de radio 2, y así sucesivamente.

⊆ →

MAT023 (2◦ sem. 2011)

− −

{

∈

≤ }

15





Y

k = 8

 

6 1 

k = 5

X

x2 y 2 f (x, y ) = 2 . x + y2

−

2. Determine las curvas de nivel de

2 2 − {(0, 0)}. Suponemos que f (x, y) = xx2 −+ yy2 = k, de donde: =⇒ f (0, y ) = −1 ∴ sobre el eje OY la función tiene el valor constante −1.

Claramente, Domf = R2 x = 0

x=0:



x2

− y2 = k (x2 + y2)

=

⇒

Esta última igualdad tiene sentido si son las rectas, excluyendo el origen,

x2 (1

− k) = y 2(1 + k)

1 k 1+k

− ≥ 0.

y = ax

=

⇒

y2 1 k = , 1+k x2

−



y=0:

=

⇒ x2

 −1

Para estos valores, las curvas de nivel

∧

y =

−ax

, donde

a =

Análogamente: y = 0

k=

 −

1 k . 1+k

∴ sobre el eje O X la función tiene el valor constante 1.

f (x, 0) = 1

− y2 = k (x2 + y2)

⇒

=

x2 (1

− k) = y 2(1 + k)

⇒

=

x2 1+k , = 2 y 1 k

−



k=1

Si f es una función de 3 variables, es decir, f : A R3 R, el análogo a las curvas de nivel de f son las gráficas de f (x , y , z) = k =cte., y por lo tanto en lugar de curvas lo que obtenemos son superficies de nivel .

⊆ →

Definición 2.3. Sea f : A ⊆ R3

s uperficie de nivel como el conjunto

−→ R. Para cada w0 ∈ Rec(f ) definimos la correspondiente

C w0 =

MAT023 (2◦ sem. 2011)

{(x , y , z) ∈ A : f (x , y , z) = w0} 16





Observación. Es posible generalizar el concepto de superficies de nivel , considerando funciones

de R n a Rm .

Más precisamente, si F : A

 para cada b

n

m

⊆ R −→ R

, F (x1 , x2 ,

· · · , x ) = (f 1( x), f 2( x), · · · , f n

x)), m (

 

7 1 

∈ Rec(F ) definimos la correspondiente superficie de nivel como el conjunto x ∈ A : F ( x) =  b} C = {  b

Ejemplos

Determine las superficies de nivel de f , si


1. f : R3

−→ R, dada por f (x , y , z) = x2 + y2 + z2. 2. f : R3 −→ R, dada por f (x , y , z) = x 2 + y 2 − z 2 . x−y 3. Dada la función f (x, y ) =



x+y

a ) Determine y grafique el dominio de f . b) ¿Es el dominio de f un conjunto abierto? c ) Determine la frontera del dominio de f y sus puntos de acumulación. d ) Determine las curvas de nivel f (x, y ) = c , y grafique para c = 0, c = 1, c =

1 , c = 2. 2

e ) Analice que sucede cuando c crece indefinidamente.

Solución 1. Como x2 + y 2 + z 2 a ) w < 0 b) w = 0 c ) w > 0

≥ 0 ∀(x , y , z) ∈ R3, se tiene que: ⇒ C = ∅. ⇒ C = {(0, 0, 0)}. ⇒ C = {x2 + y2 + z2 = w }, es decir, esferas de centro en  0 y radio √ w. w w w

2. Tenemos los siguientes tres casos:

MAT023 (2◦ sem. 2011)

17



∀ ∈ R,

Es decir, c


las curvas de nivel son rectas que pasan por el origen. En particular:

Si c = 0, la curva de nivel es la recta y = x . Si c = 1, la curva de nivel es la recta y = 0. 1 3 Si c = , la curva de nivel es la recta y = x. 2 5 2 1 c e ) Como l´ım = 1, quiere decir que cuando c crece indefinidamente las curvas c→∞ 1 + c2 de nivel tienden a la recta y = x.

− 

−

 

9 1 

−

Ejercicios

⊆ R2 tal que sea el dominio de: 36 − x2 − y 2 x2 + y 2 − 16

1. Determine y grafique A (a) f (x, y ) = (b) f (x, y ) = (c) f (x, y ) =

 

x

x+1 y 1

| − |

2. Describa las curvas de nivel correspondientes a los valores de f (x, y ) = C , que se indican, para las superficies: (a) f (x, y ) = x 2

− y2 ,

C = 0, 1, 4, 9

(b) f (x, y ) = cos(x + y ),

C =

−1, 0, 12 , 1

3. Determine varias curvas de nivel de la función definida por f (x, y ) =

4. Sea f (x, y ) =

x2 + y 2 . y2



x + y2 . y2

a ) Determine y grafique Dom(f ). b) Escriba la ecuación de la curva de nivel que contenga al punto (3,1). Grafique la curva. 5. Sea f : R2

→ R definida por:

f (x, y ) = m´ın x , y .

{| | | |}

Bosqueje las curvas de nivel de la función f (x, y ). 6. Sea f : R2

→ R definida por: f (x, y ) = m´ın x + y , x

{|

| | − y|}.

Bosqueje las curvas de nivel de la función f (x, y ).

MAT023 (2◦ sem. 2011)

19




7. Sea f (x, y ) =

 

x2 x

−y 0


si x = y si

 x = y

Determine las curvas de nivel si: f : R 2

8. Sea s2 + t2

≤

−→

a

R 2 ,

dada por

(i) f (x, y ) = 1, f (s, t) =

(s2

+ t2 ,

(ii) f (x, y ) = 2. 2st).

 

Encuentre la imagen del círculo

2.

9. Sea f : R 2 R 3 , dada por f (u, v ) = (v cos2πu,v sen2πu, 1 de R 2 , y la imagen del cuadrado 0 u 1 , 0 v 1.

−→

≤ ≤

≤ ≤

0 2 

− v). Determine la imagen

a í r a M a t n a S o c i r e d e F a c i n c é T d a d i s r e v i n U MAT023 (2◦ sem. 2011)

20




3. Límites y Continuidad Tal como en el caso de funciones de una variable, si f : A Rn R es una función de n n variables, y x0 R es un punto de acumulación de A, diremos que el límite de f cuando x se acerca a x0 es L R si la diferencia f (x) L puede hacerse arbitrariamente pequeña, si se escoge x suficientemente cerca de x0 . En otras palabras, si f es una función que está definida en alguna bola abierta B (x0 , r ) excepto, posiblemente en x0 (es decir, x0 es un punto de acumulación del Dom(f )), entonces

⊆

∈ ∈

|

l´ım f (x) = L

− |

⇐⇒ ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 :

→x

x

0

→

Observación. Es usual llamar vecindad B (x0 , r ) sin el punto x0 .

0 < d(x, x0 ) < δ

⇒ |f (x) − L| < ε

reducida ó bola reducida centrada en

x0 a la bola

Demuestre que: 2x + 3y = 11.

2. l´ım

5x

(x,y)

(x,y)

→(1,3) →(1,2) →(0,1)

4. l´ım (x,y)

7. l´ım

3x + 2y = 14.

→(0,0)

→(1,2)

(x,y)

→(4,1)

4x2 + y = 6.

−

xy

(x,y)

4x + y = 1.

x2 y 2 = 0. x2 + y 2

6. l´ım

2

3. l´ım (x,y)

x2 y 2 = 0. (x,y)→(0,0) x2 + y 2

5. l´ım

− 3y = −1.

x = 1. (x,y)→(1,1) y

8. l´ım

Solución

1. Probar que

l´ım

(x,y)

→(1,3)

requiere demostrar que dado cualquier ε > 0

2x + 3y = 11

es

posible encontrar un δ > 0 de modo que si la distancia entre ( x, y ) y (1 , 3) es menor que δ , es decir, si

0 <

 − (x

1)2 + (y

− 3)2 < δ

entonces

|2x + 3y − 11| < ε.

Notemos que: 2x + 3y 11 = 2(x

|

− |

| − 1) + 3(y − 3)|

≤ 2|x − 1| + 3|y − 3| ≤ ≤ MAT023 (2◦ sem. 2011)

(por la desigualdad triangular)

 − −  −  − − | − | ≤  − −

2 (x

1)2 + (y

(pues x 1 5 (x

(x

1)2 + (y

3)2 + 3

(x

1)2 + (y

3)2 < 5δ

1)2 + (y

3)2

e

1 2 

=

Ejemplos

1. l´ım

 

− 3)2 |y − 3| ≤

 − (x

1)2 + (y

− 3)2 ) 21





Si esta última expresión es menor que ε , se tendrá, por transitividad, que Luego, para lograr lo que queremos demostrar, basta escoger 2. Análogamente,

l´ım

→(1,2)

0 <

ε

≤ 5 .

δ

 

2 2 

− 3y = −1 ⇐⇒ (x − 1)2 + (y − 2)2 < δ =⇒ |5x − 3y + 1 | < ε

(x,y)

∀ ε > 0 ∃ δ > 0 :

|2x + 3y − 11| < ε.

5x



Como antes:

|5x − 3y + 1|

| − 1) − 3(y − 2)| ≤ 5|x − 1| + 3|y − 2| ≤

= 5(x

 −

≤

8 (x

1)2 + (y

− 2)2

< 8δ .

Luego, para que esto sea menor que ε, basta tomar 3. l´ım (x,y)

→(0,1)

4x + y 2 = 1

∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : Ahora,

0 <



− 1)2 < δ =⇒ |4x + y2 − 1| < ε

|

− 1)| ≤ 4|x| + |y + 1| |y − 1|

x2 + (y

= 4x + (y + 1)(y

⇐⇒ −1

< y

|x| ≤

|y + 1|.

x2 + ( y

−1

ε

8.



Como antes, sabemos que

|y − 1| ≤

≤

⇐⇒

|4x + y2 − 1|

Debemos acotar

δ



x2 + ( y

− 1)2

|y − 1| ≤

y

Para ello, suponemos que

− 1)2 ≤

1 (= δ 1 )

< 1

⇐⇒

de donde

δ 1 = 1.

|y − 1| ≤

1 < y + 1 < 3

(desig. triangular)



x2 + ( y

− 1)2.

Luego: 1

|y + 1| < 3

de donde

Luego:

|| |

| | − 1| ≤ 4

4 x + y + 1 y



x2 + ( y

− 1)2

+3



x2 + ( y

− 1)2 ≤ 7



x2 + ( y

− 1)2

< 7 δ 2

ε Para que lo anterior sea menor que ε, escogemos δ 2 7 (usamos δ 2 porque ya escogimos un δ 1 = 1). ¿Cuál δ, (δ 1 ó δ 2 ) será el apropiado para demostrar este límite?

≤

{

Basta considerar

δ = min δ 1 , δ 2

}

= min 1, 7ε .

{ }

4. Dejamos 4., 7. y 8. como ejercicio al lector. Demostramos ahora: 5. Para probar que

MAT023 (2◦ sem. 2011)

x2 y 2 = 0, (x,y)→(0,0) x2 + y 2

l´ım

acotamos

22




 

x2 y 2 x2 + y 2

 − 

 

0 =

Escogemos

x2 y 2 x2 + y 2

δ =

x2 y 2 xy 2 x + y2

 

x2 y 2 x2

 

= y2

| |≤

x2 y 2 xy = x2 + y 2

 

δ =

−

√ ε.

 ≤ | 

xy



( x2 + y 2 )2 < δ 2

 

−

− − 0

Escogemos

√ ε.

 ≤   

x2 y 2 l´ım xy 2 = 0, x + y2 (x,y)→(0,0)

6. Para probar que

 


3 2 

acotamos



( x2 + y 2 )2 < δ 2

|≤

Ejemplos.

1. Sea

f (x, y ) =



1

(x + y ) sen x 0

Conjeture el l´ım (x,y)

→(0,0)

2. Sea

f (x, y ) =



f (x, y ),

2xy 0

Conjeture el l´ım (x,y)

→(3,−1)



si si

x = 0 x = 0

y demuestre su conjetura.

si si

(x, y ) = (3, 1) (x, y ) = ( 3, 1)



f (x, y ),

− −

y demuestre su conjetura.

Solución

1. Notamos que sen x1 1, y que que l´ım f (x, y ) = 0.

|

|≤

x+y

→

0 si (x, y )

→

(0, 0).

Podemos conjeturar

(x,y)

→(0,0)

Caso 1 :

Si x = 0 :

Caso 2 :

Si x = 0 :



|f (x, y) − 0| = |0 − 0| = 0 |f (x, y) − 0| = |(x + y)sen 1 | ≤ |x + y| ≤ |x| + |y| ≤ 2

por lo tanto, escogemos δ =

x



2

.

→ 3

2. Notamos que en la medida en que x Así, podemos conjeturar que l´ım (x,y)

→(3,−1)

e

f (x, y )



x2 + y 2 < 2 δ

→ −1, el valor de 2xy → 2 · 3 · (−1) = −6. = −6.

y

Demostraremos este límite como antes:

|2xy − (−6)|

| − 3)(y + 1) − x + 3y + 6|

= 2 (x



| − 3)(y + 1) − (x − 3) + 3(y + 1)|

= 2 (x



≤ 2 |(x − 3)(y + 1)| + |(x − 3)| + 3|(y + 1)| MAT023 (2◦ sem. 2011)

23





 ≤  − 2 ( (x

3)2

≤ 2(δ 2 + 4δ ) Notemos que l´ım (x,y)

→(3,−1)

(x,y)

→(x

0 ,y0 )

 −

+

(x

3)2

+ (y + 1) 2

para lo que basta tomar δ =

< 



−

−

f (x, y ) = f (3, 1)

esta función igualmente sería Para que el l´ım

+ (y + 1) 2 )2

+3



 −



1+

4

ya que f (3, 1) = 0.

(x

3)2

+ (y + 1) 2



−1 De hecho, el límite de

−6, aunque la función no estuviese definida en (3, −1).

 

4 2 

f (x, y ) exista, este valor debe ser independiente del camino escogido para

aproximarse a ( x0 , y0 ). Es decir:

Proposición 1. Si l´ım f (x) = L 1

y l´ım f (x) = L 2 , entonces L1 = L 2 .

→x

x

→x

x

0

0

La proposición anterior dice que si el límite de una función en un punto existe, este límite es único. En otras palabras, si una función tiene diferentes límites cuando x x 0 a través de conjuntos diferentes de puntos (distintos caminos), entonces l´ım f (x) no existe.

→

→x

x

0

Luego, a pesar de no tener aún de un método para calcular límites de varias variables, disponemos de un criterio que nos permite demostrar que algunos límites no existen. Ejemplos

Determine si existen o no los siguientes: xy

1. l´ım (x,y)

→(0,0) x2 + y

x4 y 5. l´ım . (x,y)→(0,0) x6 + y 3

. 2

x4 y 4 2. l´ım . (x,y)→(0,0) (x2 + y 4 )3

x3 + y 3 . (x,y)→(0,0) x2 + y

6. l´ım

ax + by . (x,y)→(0,0) (cx + dy )

3. l´ım

x2 y 4. l´ım . (x,y)→(0,0) x4 + y 4

7.

xy

l´ım

− z2

→(0,0,0) x2 + y 2 + z 2

(x,y,z )

.

Solución

1. Para determinar si

xy

l´ım

existe, buscaremos diferentes maneras ó caminos

→(0,0) x2 + y2

(x,y)

para aproximarnos al punto de acumulación (0,0). Si

y = x ,

Si

y =

− x,

entonces entonces

l´ım

→(0,0) x2 + y

(x,y)

x2 1 = x→0 2x2 2

= l´ım 2

xy

l´ım

→(0,0) x2 + y

(x,y)

Como ambos valores son diferentes, MAT023 (2◦ sem. 2011)

xy

= l´ım 2

→0 2x2

x

l´ım

(x,y)

→

−x2

(0,0) x2

xy

+ y2

=

− 12

no existe. 24





En lugar de escoger, arbitrariamente, las 2 rectas anteriores, podríamos haber tomado una recta genérica, de la forma: y = mx . Entonces

mx2 m l´ım = l´ım 2 = 2 2 2 x→0 x (1 + m ) 1 + m2 (x,y)→(0,0) x + y xy

 

Así, observamos que el valor del límite depende de la pendiente de la recta por la cual nos acercamos, es decir, no sería único. Luego, no existe. x4 y 4 (x,y)→(0,0) (x2 + y 4 )3 y = mx . Así:

2. Para determinar si recta genérica

l´ım

5 2 

existe, nos aproximamos a (0,0) mediante una

x4 y 4 m4 x8 m 4 x8 = l´ ı m = l´ ı m = 0 x→0 (x2 + (mx)4 )3 x→0 x6 (1 + m4 x2 )3 (x,y)→(0,0) (x2 + y 4 )3

l´ım

x = y 2 :

Sin embargo, si nos aproximamos por la parábola 1 x4 y 4 y 12 l´ım = l´ ı m = . 2 4 3 4 3 y →0 (2y ) 8 (x,y)→(0,0) (x + y )

Este valor no coincide con el valor al aproximarnos por rectas. Luego, el límite no existe. 3. Desarrollaremos el número 6., dejando los demás como ejercicio. Para determinar un posible candidato a límite para el ejemplo, consideramos rectas genéricas y = mx , de donde: x3 + y 3 x3 + m 3 x3 x2 (1 + m3 ) = l´ ı m = l´ ı m = 0 x→0 x2 + mx x→0 x+m (x,y)→(0,0) x2 + y

l´ım

y = x 3

Pero si consideramos la curva que pasa por el origen x3 + y 3 x3 + ( x3 l´ım = l´ım x→0 x2 + x3 (x,y)→(0,0) x2 + y

Por lo tanto, este límite no existe.

− x2)3 − x2

= l´ım 1 + (x2 x

− x) 3

→0

Entre todas las aproximaciones posibles a un punto x0 llamada límites iterados y que definimos a continuación.

− x2 ,

obtenemos:

= 1

∈ R2, existe una forma distinguida,

Definición 3.1. Llamamos límites iterados de f (x, y) a los siguientes caminos que permiten obtener un candidato a límite: l´ım

→x

x

Observación

0





l´ım f (x, y )

y

→y

0

y

l´ım

y

→y

0





l´ım f (x, y )

→x

x

0

Si los límites iterados coinciden, ello no significa necesariamente que el límite de una función en un punto exista. MAT023 (2◦ sem. 2011)

25





y0

y0

  x0

6 2 

x0

Si los límites iterados difieres, entonces el límite no existe. La figura muestra la forma de los caminos que producen los límites iterados. Ejemplos x2 y 2 (x,y)→(0,0) x2 + y 2

1. Determine, si existe,

l´ım


l´ım

−

(x,y)

→(0,1)

arctan

y x

Solución x2 y 2 1. Como l´ım l´ım 2 = 1 x→0 y →0 x + y 2

x2 y 2 y l´ım l´ım 2 = y →0 x→0 x + y 2

−

−

no existe.

2. En este caso: l´ım l´ım arctan

→0 y→1 +

x

tampoco existe.

3.1.

y π = x 2

−1, tenemos que

y l´ım l´ım arctan

→0− y→1

x

y = x

− π2 .

x2 y 2 l´ım (x,y)→(0,0) x2 + y 2

−

Luego, l´ım (x,y)

→(0,1)

arctan

Algebra de Límites n

∈ R

x0 Sea 

x) = L 1 l´ım f (

 x

→ x

1. l´ım (f ( x) x→ x0



n

⊆ R → R.

punto de acumulación para f, g : A 0

± g( x)) = L ± L

x) = cL 1 , 2. l´ım cf ( x→ x0



1

∀c ∈ R

3. l´ım f ( x) g ( x) = L 1 L2 x→ x0



MAT023 (2◦ sem. 2011)

2

y

Entonces, si

x) = L 2 , l´ım g (

 x

→ x

se tiene:

0

x) f ( L  = x) g ( L 5. Si f ( x) ≥ 0 ∀  x ∈ A, l´ım f ( x) ≥ 0 6. Si f ( x) ≥ 0 ∀ x ∈ D ⊂ A , 1

4. Si L 2 = 0, l´ım

x→ x0

2



x→ x0



l´ım x→ x0



  f ( x) =

l´ım f ( x)

x→ x0



26

y x





x) = L = l´ım g ( x) Teorema 1 (del acotamiento). Si l´ım f (  x

→ x

 x

y si

→ x

0

0

≤ h ≤ g

f

en una bola

x0 , que denotamos por V , es decir, una bola B ( x0 , r) a la cual le quitamos el reducida de centro  x0 , x) = L . punto  entonces l´ım h(  x

→ x

0

 

Ejemplos

En los primeros 3 ejemplos, el álgebra permite calcular los límites como si fuesen en una variable. El cuarto ejemplo hace uso del teorema anterior, y el quinto usa ambos. xy 2

1. l´ım (x,y)

− y2 + x − 1 = x−1 (

→(1,0)

(x

l´ım

x,y)

→(1,0)

− 1)(y2 + 1) = 1 x−1

sen x sen y sen x sen y xy = l´ım =1 xy sen xy sen xy (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0)

2. l´ım


6(1 cos2 xy ) = (x,y)→(0,0) x2 y sen2y (x,y)→(0,0) x2 y sen2y (1 + cos xy ) 6y sen2 xy 3 3 = l´ım = l´ım = 2 2 2 (x,y)→(0,0) x y sen2y (1 + cos xy ) (x,y)→(0,0) 1 + cos xy 6(1

3. l´ım

xy

4. l´ım (x,y)

0

→(0,0)

≤ (

− cos xy) =

l´ım

x,y)

Para calcular este límite, notemos que

. x2 + y 2 xy



Luego, l´ım (x,y)

(0,0)

x,y

xy sen(y 3 ) (x,y)→(0,0) x4 + y 4 xy 4 = l´ım (x,y)→(0,0) x4 + y 4

3.2.

Continuidad

l´ım

x,y)

(x,y)

→(0,0)

l´ım

y3

x,y)

→(0,0)

xy 4 x4 + y 4

 ≤ | | x

x2 + y 2 = 0

→(0,0)



x2 + y 2

=0

·

l´ım

sen(y 3 )



xy

xy 4 sen(y 3 ) y3 (x,y)→(0,0) x4 + y 4

=

· (

 ≤ 

0

,

x2 + y 2

5. l´ım

En efecto:

 

| | ≤ l´ım ( x2 + y2)2 = ( )→(0 0) ( x2 + y 2 x2 + y 2 |xy| = 0, de donde l´ım

  →

→(0,0)

−

l´ım

=

y

Definición 3.2. Diremos que f : A ⊆ Rn −→ R

·

0 1

=

l´ım

(x,y)

→(0,0)

0

|x| = 0 . ∈ A si, y sólo si,

x0 es continua en 

x) está definida en una vecindad de  x0 1. f ( x) = L 2. l´ım f (

→ x

 x

0

MAT023 (2◦ sem. 2011)

7 2 

27




x0 ) = L 3. f ( x0 Observación. En muchos textos, se dice que f : A Rn R es continua en  A si, y x) = f ( x0 ). Aquí hemos preferido enfatizar todos los aspectos involucrados en la sólo si, l´ım f (

⊆

 x

−→

∈

→ x

0

definición de este concepto. Ejemplos

1. Probar que

 

f (x, y ) =

es continua en (0, 0).

xy

x2 y 2 , x2 + y 2

−

(x,y)

x2 y 2 xy 2 x + y2



−

(0,0)

→   −  

xy



0,

(x, y ) = (0, 0)

x2 y 2 = 0. x2 + y 2

−

x2 y 2 0 = xy 2 x + y2

−

≤

Por lo tanto, basta tomar δ c ) f (0, 0) = 0 =

l´ım

(x,y)

→(0,0)

 ≤ | | ≤   √ x2 + y 2

xy

2

= x 2 + y 2 < ε

ε

f (x, y ).

Luego, f es continua en (0, 0) 2. Estudiar la continuidad en el origen de

  

f (x, y ) =

Usando límites iterados: l´ım

→0

l´ım

y

→0

x2 y 2 , x2 + y 2 0,

−

x2 y 2 l´ım y →0 x2 + y 2

x

−

x2 y 2 x→0 x2 + y 2



l´ım

−



(x, y ) = (0, 0) (x, y ) = (0, 0)

 

x2 = l´ım 2 = 1 x→0 x

= l´ım y

→0

−y2 = −1 y2

Como ambos límites son distintos, el límite de f no existe, y por lo tanto f no puede ser continua en (0,0).

Definición 3.3. Diremos que f es continua en una región D ⊂ Dom(f ) si, y sólo si, f es continua en cada punto de D .

MAT023 (2◦ sem. 2011)

8 2 

(x, y ) = (0, 0)

a ) f (x, y ) está definida en (0 , 0) y en una vecindad de él. b) Veamos que l´ım

 

28




3.3.


Propiedades n

⊆ R −→ R

Sean f, g : A

x0 . continuas en 

Entonces:

∀ c ∈ R.

x0 , 1. cf + g es continua en 

 

9 2 

x0 . 2. f g es continua en 

f x0 . es continua en  g

x0 ) = 0 en alguna vecindad de  x0 entonces 3. Si g (



4. Si h es una función continua cuyo dominio permita que la composición h f esté bien definida, x0 . entonces la composición h f también es continua en  En particular:

◦

◦

x0 . a ) f es continua en 

||

≥ 0 en una vecindad de  x0 entonces √ g es continua en  x0.

x0 ) b) Si g (

Ejemplos

1. Determine los puntos de R 2 en donde la función f (x, y ) =

xy x2

Solución:

−1 −y

es discontinua.

Claramente, f es discontinua si y = x 2 . 2. Determine si f (x, y ) =

es continua en (0, 0).

 

1



x2 + y 2 , x2 + y 2

− cos



(x, y ) = (0, 0)

0,

(x, y ) = (0, 0)

Solución: l´ım

(x,y)

→(0,0)

f (x, y ) =

=

=

  ·   −        1

l´ım

(x,y)

→(0,0)



x2 + y 2 1 + cos x2 + y 2 1 + cos

− cos 1

l´ım

(x,y)

cos2

(x,y)

sen2

→(0,0)

x2 + y 2

Luego, f no es continua en (0, 0), pues l´ım (x,y)

→(0,0)

2

x2 + y 2

x2 + y 2

→(0,0) (x2 + y2 ) 1 + cos

l´ım

x2 + y 2

x2 + y 2

x2 + y 2

1 + cos

x2 + y 2

=

1 2



f (x, y ) = f (0, 0). Pero, si redefinimos la

1 función en (0, 0), tal que f (0, 0) = , esta nueva función es continua en el origen. 2

MAT023 (2◦ sem. 2011)

29





3. Estudie la continuidad en R 2 de 1

f (x, y ) =

   x

sen x2 + xy ,



| |

0,

Solución:



(x, y ) = (0, 0)

 

0 3 

(x, y ) = (0, 0)

a ) Claramente, f es continua si x = 0.



b) Consideremos ahora puntos en los que x = 0, es decir, puntos de la forma (0, b). l´ım

(x,y)

→(0,b)

f (x, y ) =

1

l´ım

→(0,b) x

(x,y)



2

|

sen x + xy

| ·

x 2 + xy x2 + xy

=

x2 + xy = l´ım x (x,y)→(0,b) (x,y)→(0,b)

=



| |

l´ım

0,

b = 0

±b,

b = 0

| | | | |x||y| x+ x



Por lo tanto, f es continua en (0, 0) pero no es continua en los puntos de la forma (x, y ) = (0, b), b = 0.



4. Sea f (x, y ) =

 

x x3

−y −y

1

si y

− x3 = 0

si y

− x3 = 0

Encuentre el dominio de continuidad de f . Solución : Note que f es una función continua en R2 funciones continuas.

− {(x, y) : y = x3} porque es un cuociente de

∈ R2 tal que b = a3. Note que si (a, b) = (0, 0), (a, b) = (1, 1), (a, b) = (−1, −1), x−y c no existe porque es de la forma donde c = a − a3 es una constante distinta 3 0 )x −y

Sea (a, b) entonces : l´ım

(x,y)

3

→(a,a

de cero.

Sea (a, b) = (1, 1), si nos acercamos a este punto por el camino x = 1 y y = 1 se tiene, respectivamente, que: x (x,y)→(1,1) x3

l´ım

− −

−y =1 −y

y

x (x,y)→(1,1) x3

l´ım

−y = 1 −y 3

Sea (a, b) = ( 1, 1), si nos acercamos a este punto por el camino x = respectivamente, que: MAT023 (2◦ sem. 2011)

−1 y y = x se tiene, 30





x (x,y)→(−1,−1) x3

l´ım

−y =1 −y

x (x,y)→(−1,−1) x3

y

l´ım

−y =0 −y

Sea (a, b) = (0, 0), si nos acercamos a este punto por el camino x = 0 y y = 0 se tiene, respectivamente, que: x (x,y)→(0,0) x3

l´ım

−y =1 −y

y

x (x,y)→(0,0) x3

l´ım

− y = ∞ −y

 

1 3 

Por lo tanto, la función f es discontinua sobre todos los puntos de la curva y = x 3 . Es decir, el dominio de continuidad de f es R 2 (x, y ) : y = x 3 .

−{

5. Dada la función f (x, y ) =

¿Es f una función continua?

 

}

− 2)2 sen(xy) x2 + y 2 − 4y + 4

si (x, y ) = (0, 2)

0

si (x, y ) = (0, 2)

(y



Solución: Observamos que si ( x, y ) = (0, 2), la función es continua. Veamos qué sucede en ( x, y ) = (0, 2), para lo cual usaremos el Teorema del Sandwich:



0 Por lo tanto

 ≤

− 2)2 sen(xy) ≤ sen(xy) −→ x2 + (y − 2)2



(y

0

si (x, y )

→ (0, 2)

2)2 sen(xy ) − l´ım =0 )→(0 2) x2 + y 2 − 4y + 4

(x,y

(y

,

Luego, la función es continua en todo R 2 . 6. Analice la continuidad de las siguientes funciones:

− 1) √ √ b) f (x, y ) = x e 1−

a ) f (x, y ) = ln(x + y

y2

c ) f (x, y ) =

Solución:

 

x2 + y 2 ln(x2 + y 2 )

si (x, y ) = (0, 0)

0

si (x, y ) = (0, 0)



−

a) Para que se pueda realizar la composición entre la función ln y la función g (x, y ) = x + y 1 con Domg = R 2 , es necesario restringir el dominio de g al semiplano x + y 1. Luego, f es 2 continua en (x, y ) R : x + y 1 , pues es composición de dos funciones continuas.

{

Dejamos b ),

∈

≥ }

≥

c) como ejercicio.

MAT023 (2◦ sem. 2011)

31





Ejercicios

Determine si las siguientes son o no continuas en (0, 0):

1. f (x, y ) =

2. f (x, y ) =

3. f (x, y ) =

4. f (x, y ) =

3.4.

       

4x3 , x2 + y 2

(x, y ) = (0, 0)

0,

(x, y ) = (0, 0) xy

x2



−x

 

2 3 



(x, y ) = (0, 0)

− 2x + y 2 ,

0,

(x, y ) = (0, 0)

x2 y 2 , x2 + y 2

(x, y ) = (0, 0)

0,

(x, y ) = (0, 0)



sen(x3

− y3 ) , x−y

x = y



0,

x = y

Cambio de variable. Caso particular: Coordenadas Polares

Observación :

Se debe ser cuidadoso al utilizar cambio de coordenadas para el cálculo de límites, particularmente las coordenadas polares. Consideremos lo siguientes ejemplos: Ejemplos

1. Estudie la continuidad en (0, 0) de la función f (x, y ) =

 

x2 xy , x+y 0,

−



si (x, y ) = (0, 0) si (x, y ) = (0, 0)

Solución: Usando coordenadas polares, es decir, haciendo

x = r cos θ,

y = r sen θ :

x2 xy r 2 (cos2 θ cos θ sin θ ) r cos θ (cos θ sen θ ) l´ım = l´ım = l´ım = r→0 r →0 (cos θ + sen θ) r(cos θ + sen θ ) (x,y)→(0,0) x + y

−

−

−

r cos θ (cos θ sen θ ) cos θ r→0 (cos θ + sen θ) cos θ

= l´ım

MAT023 (2◦ sem. 2011)

·

− sen θ = − sen θ

−

l´ım

r

→0

− sen2θ) 2cos2 θ − 1

r cos θ (1

32





La tentación para afirmar que el límite anterior es 0 es grande, pero ello no es correcto, puesto que existe un ángulo (al menos) para el cual el denominador también se anula. Si usamos el camino

y =

x2 + x2 x→0 x x

notamos que el límite queda: l´ım

−x

−

−→



 

3 3 

Por lo tanto f no es continua en (0,0).

2. Calcule, si existe,

Solución 1:

√ ·

y x sen(y 3 ) l´ım . x4 + y 4 (x,y)→(0,0)

Consideremos x = r cos(θ), y = r sen(θ) y reemplazando en el límite queda: 3

l´ım

r

r2

→0

cos(θ) sen(r 3 sen3 (θ)) r4 (cos4 (θ ) + sen4 (θ ))



=

l´ım

r

L’H

=

=

0

l´ım

r

=

5

r 2 (cos4 (θ ) + sen4 (θ ))

3r 2

cos(θ)sen3 (θ) sen(r 3 sen3 (θ)) 5 32 4 4 2 r (cos (θ ) + sen (θ ))

0

l´ım

r


cos(θ)sen(r3 sen3 (θ))

 →  → √ 

cos(θ)sen3 (θ) sen(r 3 sen3 (θ)) 5 4 4 2 (cos (θ ) + sen (θ))

3 r

→0

0

Solución 2: Como x4 + y 4

≥ y 4, se tiene:

 √ ·

y x sen(y 3 ) x4 + y 4



≤ ≤

 √ ·  √ · 

y x sen(y 3 ) y4 x sen(y 3 ) y3

≤ √ x

 



Por lo tanto, l´ım

(x,y)

→(0,0)

Luego,

MAT023 (2◦ sem. 2011)

 √ · 

y x sen(y 3 ) x4 + y 4

√ ·

 ≤ 

l´ım

(x,y)

→(0,0)

√ x = 0

y x sen(y 3 ) l´ım = 0. x4 + y 4 (x,y)→(0,0)

33



3.5.


Límites y Continuidad de Funciones de Rn

−→ R

m

 : A Rn Una función vectorial de variable vectorial es una función F Rm que asocia a cada  (  , f m ( , m se x R n un punto F x) = (f 1 ( x), f 2 ( x), x)) R m . Cada función f i ( x), i = 1,  denomina función componente de F.

∈

·· ·

⊆ −→

∈

· ··

Ejemplos

 

4 3 

R3 , dado por T (x, y) = (x + 2y, 3x + y, x 4y ) 1. La transformación lineal T : R2 es una de estas funciones. En general, todas las transformaciones lineales de Rn R m son funciones vectoriales de variable vectorial.

−→

2. T : R3

−→ R3,

 : A Sea F Rn  (  Rm x) = L Diremos que l´ım F  x

⊆ ∈

→ x

0

n

 x

x0 , y sea 

m

n

∈ R



n

 x0

 : A ⊆ Rn Definición 3.5. Sea F  (  ( x) = F x0 ). l´ım F

 x

m

−→ R ⇐⇒

un punto de acumulación de A.



 ( F x)

 < ε L

∀ε > 0 ∃δ > 0 : 0 < d( x,  x0) < δ =⇒ −  : A ⊆ R −→ R ,   = (l1 , l2 , · · · , x0 ∈ R Sea F y L  (  ⇐⇒ l´ım f ( x) = L x) = l , i = 1, ·· · , m l´ım F → →

Teorema 2.

−→

−

T (x , y , z) = (xy 2 , cos xyz,x + y + z ).

dado por

Definición 3.4.

−

m

−→ R

,

i

 x

 x0

 x0

∈ A.

m ).

Entonces,

i

 es continua en  x0 Diremos que F

⇐⇒

→ x

0

3.6.

Derivadas Parciales

Hallaremos a continuación las derivadas parciales de una función f , es decir, aquellas que se obtienen al derivar la función respecto a sólo una de las variables considerando las otras como constantes. a = (a1 , a2 , · ·· , an ) ∈ Rn . Definición 3.6. Sea f : R n −→ R, 

l´ım

→0

h

f (a1 ,

Si el límite

·· · , a −1, a + h, a +1, ·· · , a ) − f (a1, · ·· , a −1, a , a +1, · ·· , a ) i

i

i

n

i

i

i

n

h

∂f a), y lo llamaremos la derivada parcial de f con respecto a la ( ∂x i a. Otras notaciones que también usaremos son: Di f ( a), f xi ( a). variable xi en el punto 

existe, lo denotaremos por

a) es la derivada ordinaria de la función de una variable g : R Observación. Di f ( R, con g (x) = f (a1 , , ai−1 , x , ai+1 , , an ), donde la variable x ocupa el lugar i-ésimo en la n-upla. Es  a) = g (ai ). decir, Di f (

· ··

MAT023 (2◦ sem. 2011)

·· ·

−→

34





Ejemplos

Calculemos las derivadas parciales con respecto a cada variable de las siguientes funciones: 1. f (x, y ) = x 2 sen y , usando la definición y también aplicando propiedades conocidas del cálculo en una variable, en: π

a ) (1, 2 )

b) (x0 , y0 )

 

5 3 

Solución: a) Por la definición: f (1 + h, π2 ) ∂f π 1, = l´ım h→0 ∂x h 2

   

f (1, π2 + k) ∂f π 1, = l´ım k→0 ∂y k 2

π

− f (1, 2 )

= l´ım

→0

h

h

π

− f (1, 2 )

(1 + h)2 1

= l´ım k

· −1

sen( π2 + k ) k

→0

−1

h2 + 2 h =2 h→0 h

= l´ım = l´ım k

→0

cos k k

−1 =0

Aplicando las propiedades del cálculo en una variable: ∂f π 1, ∂x 2

= 2x sen y (1, π ) = 2 2

∂f π 1, ∂y 2

= x2 cos y (1, π ) = 0 2

   

|

|

b) Por la definición: ∂f f (x0 + h, y0 ) ( x0 , y0 ) = l´ım h→0 ∂x h

= l´ım

− f (x0, y0)

= l´ım

→0

h

h

→0

h

2x0 h sen y0 + h2 sen y0

·

(x0 + h)2 sen y0

h

− x20 sen y0

=

·

= 2x0 sen y0

Si aplicamos derivación en la variable x, considerando y constante: ∂f ( x0 , y0 ) = 2x sen y ∂x

·

|(

x0 ,y0 ) =

·

2x0 sen y0

Dejamos como ejercicio los cálculos correspondientes a x y

∂f (x0 , y0 ). ∂y



2. f (x, y ) = x cos ,

y =0

Solución: ∂f x (x, y ) = cos ∂x y


Solución:

− xy sen xy ,

∂f (0, 1) para ∂x

f (0 + h, 1) h→0 h

l´ım

∂f (x, y ) = ∂y

f (x, y ) = x y .

| |

− f (0, 1)

= l´ım

f (h, 1)

→0

h

− f (0, 1) h

→0

h

= l´ım MAT023 (2◦ sem. 2011)

2

−x sen xy (− xy2 ) = xy2 sen xy

|h| − 0 , que no existe. h

35





4. Determine, si existen, las derivadas parciales de f (x, y ) =

Solución:

 

x2 y 2 xy 2 , x + y2 0,

−



(x, y ) = (0, 0) (x, y ) = (0, 0)

 

6 3 



a ) Si (x, y ) = (0, 0): ∂f ∂x

= y

x2 y 2 2x(x2 + y 2 ) 2x(x2 + xy x2 + y 2 (x2 + y 2 )2

−

− y2 )

−

x2 y 2 y (x4 y 4 ) + 4x2 y 3 4xy 2 = y 2 + xy 2 = x + y2 (x + y 2 )2 (x2 + y 2 )2

−

∂f ∂y

−

2y (x2 + y 2 ) 2y (x2 x2 y 2 xy = x 2 + x + y2 (x2 + y 2 )2

−

−

−

− y2 )

x2 y 2 = x 2 x + y2

− − xy 4x2y = x(x4 − y4) − 4x3y2 (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2

b) Si (x, y ) = (0, 0): ∂f f (0 + h, 0) (0, 0) = l´ım h→0 ∂x h

− f (0, 0)

= l´ım

∂f f (0, 0 + h) (0, 0) = l´ım h→0 ∂y h

− f (0, 0)

= l´ım

0

→0 h

h

0

→0 h

h

=0 =0

5. Determine, si existen, las derivadas parciales en el punto (0 , 0) de la función f (x, y ) =

Solución:

 

x3 + 3 y 3 , x2 + y 2 0,



(x, y ) = (0, 0) (x, y ) = (0, 0)

∂f f (0 + h, 0) (0, 0) = l´ım h→0 ∂x h

− f (0, 0)

∂f f (0, 0 + h) (0, 0) = l´ım h→0 ∂y h

− f (0, 0)

= l´ım

→0

h

h3 h2

h

=1

3h3

= l´ım

→0

h

h2

h

=3

6. Determine las derivadas parciales en todos los puntos de R2 donde estas existan, para la función: xy, x 0 f (x, y ) = x y, x < 0



MAT023 (2◦ sem. 2011)

|| ||

≥

36




f, g : R2

7. Sean


−→ R

definidas por:

g (x, y ) =

Si

h : R2

−→ R

 

f (x, y ) =

− 1)2 sen(x) x2 + (y − 1)2

si

0

si

(y

está definida por

2

xy + 3 + ex(y−1)

 | |



(x, y ) = (0, 1)

 

7 3 

(x, y ) = (0, 1)

h(x, y ) = f (x, y ) +

∂g (x, y ) ∂y

a ) Determine h(0, 1). b) ¿Es h continua en (0,1)? Justifique.

Solución:


a ) Para poder determinar h(0, 1), calculamos primeramente ∂g g (0, 1 + h) (0, 1) = l´ım h→0 ∂y h

Por lo tanto, h (0, 1) = f (0, 1) + b) Notar que ∂g (x, y ) = ∂y

 

∂g (0, 1) = ∂y

− g(0, 1)

= 0

√ 3 + 1.

2x2 (y 1) sen(x) [x2 + (y 1)2 ]2

; (x, y ) = (0, 1)

0

; (x, y ) = (0, 1)

−

−



Si consideramos el camino x = 0, entonces ∂g (x, y ) = 0 (x,y)→(0,1) ∂y

l´ım

Ahora, considere el camino y

− 1 = x, entonces

2x2 x sen(x) 2x3 sen(x) sen(x) 1 ∂g l´ım (x, y ) = l´ım = l´ ım = l´ ı m = x→0 [x2 + x2 ]2 x→0 x→0 [2x2 ]2 2x 2 (x,y)→(0,1) ∂y Lo que muestra que la función h(x, y ) no es continua en (0,1). 8. Sea f :

Hallar

R2

→ R definida por

∂f (x, y ) y ∂x

f (x, y ) =

 

xy x2

+y 0

si si

x2 =

 −y x2 = −y

∂f (x, y ) en aquellos puntos en que existan. ¿Son continuas en (0,0)? ∂y

Solución:

 −x2:

Para (x, y ) con y = MAT023 (2◦ sem. 2011)

37




∂f (x, y ) = ∂x

y (x2 + y ) xy 2x y 2 yx 2 = 2 (x2 + y )2 (x + y )2

∂f (x, y ) = ∂y

x(x2 + y ) xy x3 = (x2 + y )2 (x2 + y )2

− ·

−

−

 

8 3 

Para (x, y ) = (0, 0):

−

−

∂f f (t, 0) f (0, 0) 0 0 (0, 0) = l´ım = l´ım = 0 t→0 t→0 ∂x t t

0 0 ∂f f (0, t) f (0, 0) (0, 0) = l´ım = l´ım = 0 t→0 t→0 ∂y t t

−

Para (x, y ) con y =

x2

−

−



y x = 0:

∂f f (x + t, x2 ) 2 (x, x ) = l´ım t→0 ∂x t

−

∂f f (x, (x, x2 ) = l´ım t→0 ∂y

−

− − f (x, −x2)

= l´ım

−x2 + t) − f (x, −x2)

= l´ım

t

t

t

→0

−

x3 + x2 t (2xt + t2 )t

− x3

tx

t2

→0

Y ninguno de estos dos límites existe. Por lo tanto no existen las derivadas parciales en los puntos de la curva y = x2 con x = 0 .

−



Por lo tanto f admite derivadas parciales en R 2 ∂f (x, y ) = ∂x

∂f (x, y ) = ∂y

   

−

y 2 yx 2 (x2 + y )2

−



(x, y )

y =

−x2 , x = 0



 −x2

y=

0

(x, y ) = (0, 0)

x3

(x2

∈ R2 :

 −x2

y=

+ y )2 0

(x, y ) = (0, 0)

y 2 yx 2 no existe, pues: (x,y)→(0,0) (x2 + y )2

−

Por otra parte l´ım

l´ım

y 2 yx 2 l´ım 2 x 0 (x + y )2

l´ım

y 2 yx 2 l´ım y →0 (x2 + y )2

y

 → →  0

→0

x

MAT023 (2◦ sem. 2011)

− −

 

=

y2 =1 y →0 y 2

l´ım

= l´ım

0

→ 0 x4

x

=0

38




Así


∂f (x, y ) no es continua en (0 , 0) . ∂x x3

Analogamente l´ım (x,y)

no existe. En efecto:

→(0,0) (x2 + y)2

 → → 

l´ım

y

0

l´ım

→0

x

l´ım

x

0

l´ım

y

x3

(x2 + y )2 x3

→0 (x2 + y )2

Y este último límite no existe. Por lo tanto

 

= l´ım y

  0

→0 y2

9 3 

=0

1

= l´ım

→0 x

x

∂f (x, y ) no es continua en (0,0) . ∂y

Definición 3.7. Sea f : A ⊂ Rn −→ R,

A una región. Si existen las n derivadas parciales de f en un punto x0 , llamamos vector gradiente de f en x0 al vector

∇f (x0)

MAT023 (2◦ sem. 2011)

=



∂f ∂f (x0 ), (x0 ), ∂x 1 ∂x 2

···



∂f , (x0 ) ∂x n

39




3.7.


Interpretación Geométrica z

Sea f : R2 R, a = (a1 , a2 ). La gráfica de f es una superficie de ecuación

→

P

a

 

0 4 

z = f (x, y ).

Si y se mantiene constante (y = a2 ), entonces z = f (x, a2 ) es la ecuación de la curva de nivel de esta superficie en el plano y = a2 . Entonces ∂f (a) es la ∂x pendiente de la recta tangente a la curva en el punto P a = (a1 , a2 , f (a1 , a2 )) en el plano y = a 2 . Análogamente con ∂f (a) ∂y

 −  − 

a2

y

a1 a

Ejemplo. Sea C la traza de la gráfica de z = 36 9x2 4y 2 en el plano y = 2. Encuentre la ecuación paramétrica de la recta tangente a C en P 0 = (1, 2, 11).

Solución: ∂z = ∂x l :

3.8.

x = t ,

 −−

9x

36

y = 2 ,

9 x2

4y 2

z =

− √

−√ 911

= P 0

− √ 911 t + √ 2011 ,

∈ R

t

Derivadas parciales de orden superior

Sea f : A Rn R una función. En general, Di f es también una función de n variables , n. Si las derivadas parciales de estas funciones existen, se llaman segundas para cada i = 1, derivadas parciales de f ó derivadas parciales de segundo orden de f . En la práctica, lo que

⊆

· ··

∂ calculamos es ∂x j Notación .

∂ ∂x j

−→

   

∂f . ∂x i

∂f ∂x i

Por ejemplo, si f : A ∂ 2 f , ∂x 2

=

∂ 2 f = Dij f = f ij . ∂x j ∂x i

⊆ R2 −→ R, ∂ 2 f , ∂x∂y

hay 4 derivadas parciales de segundo orden: ∂ 2 f , ∂y∂x

∂ 2 f . ∂y 2

De manera análoga se definen las derivadas parciales de orden n

MAT023 (2◦ sem. 2011)

≥ 3.

40





Ejemplo

Encontrar D12 f (0, 0) y D21 f (0, 0), si f es la función definida por

f (x, y ) =

Solución:

 

xy

x2 y 2 , x2 + y 2

−

0,



Luego,

−y

D1 f (0, y ) =

−

= l´ım hy

−

= l´ım

→0

0

→0

h

− h

=

−y

−0 =0 h

R.

Análogamente, se puede probar que D12 f (0, 0) = l´ım k

h2 y 2 h2 +y 2

h

∂f f (h, 0) f (0, 0) (0, 0) = l´ım h→0 ∂x h

∀y ∈

1 4 

(x, y ) = (0, 0)

∂f f (h, y) f (0, y ) Si y = 0 : D1 f (0, y ) = (0, y) = l´ım h→0 ∂x h

Si y = 0 : D1 f (0, 0) =

 



(x, y ) = (0, 0)

D1 f (0, k)

→0

Entonces

− D1f (0, 0)

= l´ım

−k = −1

− D2f (0, 0)

= l´ım

∀x ∈

k

→0

D21 f (0, 0) = l´ım

R.

D2 f (x, 0) = x

D2 f (h, 0)

h

h



Vemos entonces que, en general, D12 f = D 21 f .

k

→0

k

h = 1 h→0 h

Pero, tenemos el siguiente

Teorema 3.

Si f, D1 f, D2 f y D12 f existen y son continuas en una vecindad de un punto P 0 = ( x0 , y0 ), entonces D21 f (P 0 ) existe y, más aún, D12 f (P 0 ) = D 21 f (P 0 ) Observación. Análogamente para derivadas mixtas de orden dos de funciones de n variables. Dejamos como ejercicio probar, en el ejemplo anterior, que D12 f no es continua en (0, 0).

MAT023 (2◦ sem. 2011)

41





4. Diferenciabilidad 4.1.

Diferenciabilidad de funciones de Rn

−→ R

Rn R, A región. Diremos que f es diferenciable en x0 Sea f : A R tal que transformación lineal Df (x0 ) : Rn

⊆

−→

−→

l´ım

 h

→ 0



f ( x0 +  h)



− f (x0) − Df (x0) h

   h

∈ A, si existe una

 

2 4 

= 0

A la única transformación lineal que satisface esta propiedad se le llama la diferencial de f en  x0 . Si f es diferenciable en todos los x A , diremos que f es diferenciable en A.

∈

Observación 4.1. La matriz asociada a esta transformación lineal, en las bases canónicas, se llama x0 , y, puede probarse que corresponde a la matriz de las derivadas matriz jacobiana de f en  parciales de f : ∂f ∂f ∂f (x0 ) (x0 ) (x0 ) ... ∂x 1 ∂x 2 ∂x n





Luego, para funciones f : A Rn R, la matriz jacobiana (la matriz asociada a la diferencial) es el vector gradiente, escrito como matriz fila.

⊂

−→

Df ( x)( h) = f ( x)  h,  es igual al gradiente de f producto punto h.

Observación 4.2.

∇

 h

·

n

∈R ,

h es decir, la diferencial de f aplicada a 

Ejemplos

1. Probar que

f (x, y ) = xy es diferenciable en (0 , 0).

Solución:

Calculamos primero, por la definición, las derivadas parciales en (0 , 0): ∂f f (0 + h, 0) f (0, 0) h 0 0 (0, 0) = l´ım = l´ım = 0 h→0 ∂x h ∂f f (0, 0 + k) (0, 0) = l´ım k→0 ∂y k

−

−

· −

h f (0, 0) 0 k 0 = l´ım = 0 k→0 k

→0

h

· −

Para ver que f es diferenciable en (0,0), debemos probar que el siguiente límite es 0:

 

  

− f (0, 0) − Df (0, 0) hk √ h2 + k2 = ( |hk −√ 0 − 0| ≤ l´ım |k| ≤ 0 l´ım )→(0 0) ( )→(0 0) h2

f (0 + h, 0 + k)

l´ım

(h,k)

→(0,0)

≤

(h,k

,

h,k

|hk√ − 0 − 0| ≤ )→(0 0) h2 + k 2

l´ım

h,k

,

,

Luego, la función es diferenciable en (0,0), y la correspondiente matriz jacobiana es (0 0).

MAT023 (2◦ sem. 2011)

42




2. Sea f (x, y ) =

− 1)(y − 1) .

(x

Solución:


Probar que f es diferenciable en (2,1).

y

Si y = 0:



 

− y1 ⇒ − y12 ⇒

∂f =1 ∂x ∂f x = 2 ∂y y

3 4 

∂f (2, 1) = 0 ∂x ∂f (2, 1) = 1 ∂y

Debemos calcular ahora:

 

f (2 + h, 1 + k)

l´ım

(h,k)

→(0,0)

=

− f (2, 1) − (0 √ h2 + k2

l´ım

→(0,0)

≤ l´ım

k2

 −  √ |  −  hk

(h,k)

1)

   h k

k 1+k



l´ım

(h,k)

hk

→(0,0)

− k2

| ≤ l´ım (1 + k)k l´ım |h − k| = =0 l´ım |1 + k |

h2 + k2 k + 1

h

=





(h+1)k k+1

 − 

−0 √ h2 + k2

k

Luego, f es diferenciable en (2,1) y su matriz jacobiana en ese punto es (0 1). Lamentablemente, la existencia de las derivadas parciales no garantiza la diferenciabilidad de f . Veamos el siguiente ejemplo: 3. Determine si f es diferenciable en (0 , 0), donde f (x, y ) =



xy x2

+ y2



(x, y ) = (0, 0)

,

0,

(x, y ) = (0, 0)

Solución: Tenemos que D1 f (0, 0) = D2 f (0, 0) = 0. Luego, si f fuese diferenciable en el origen, el jacobiano o matriz de la diferencial debiera ser (0 0). Sin embargo:

l´ım

(h,k)

→(0,0)



f (h, k)

− f (0, 0) − (0 √ h2 + k2

0)

  h k

=

l´ım

|hk√ |

→(0,0) (h2 + k2 )

(h,k)

h2 + k 2

y es fácil ver que este límite no existe. Notar que deberíamos haber sospechado que la función no era diferenciable en (0, 0), pues vimos antes que no es continua.

MAT023 (2◦ sem. 2011)

43





Concluimos entonces, que una función que no es continua en un punto, no puede ser diferenciable allí (de la misma manera que en el cálculo en una variable). De la misma manera, sabemos que la continuidad en un punto tampoco garantiza la diferenciabilidad en un punto (basta considerar la función f (x) = x , en x = 0). El ejemplo anterior muestra, además, que la existencia de las derivadas parciales no garantiza la diferenciabilidad. ¿Existirá una ó más condiciones sobre la función que permitan garantizar diferenciabilidad en un punto? Tenemos el siguiente:

||

Teorema 4. Sea f : A ⊆ R n

 

4 4 

−→ R

tal que todas sus derivadas parciales existen y son continuas a. Entonces f es diferenciable en  a. en una vecindad que contiene al punto  Observación importante

Lamentablemente, el recíproco del teorema anterior no es cierto. Es decir, si f es diferenciable en un punto, no necesariamente las derivadas parciales en ese punto son continuas. Para constatar este hecho, basta considerar el siguiente ejemplo, que dejamos como ejercicio. Ejemplo. Verificar que la siguiente función f es diferenciable en (0 , 0) pero sus derivadas parciales

no son continuas en el origen.

f (x, y ) =

Conclusión

 

(x2 + y 2 ) sen 0,



1



x2 + y 2



,



(x, y ) = (0, 0) (x, y ) = (0, 0)

f diferenciable

⇐

⇒

⇒  ∂ ∃ ∂x

i

⇐ 

⇐ ⇒ 

∂ ∃ ∂x y son continuas i

Observación. Es claro que si f es diferenciable en un punto  x0 , entonces f es continua en  x0 .

Además, el álgebra clásica para funciones diferenciables también se satisface para funciones definidas desde subconjuntos de R n .

MAT023 (2◦ sem. 2011)

44




4.2.


Derivada Direccional

Sea f : A R n R , a = (a1 , a2 , , an ) A, A una región. Sea  u un vector unitario en n R . Definimos la derivada direccional de f en la dirección del vector u en el punto a al siguiente límite, si existe:

⊂

−→

·· ·

∈

f (a + t u) l´ım t→0 t

Lo denotaremos por

− f (a)

 

5 4 

∂f (a) , Du f (a) , f u (a). ∂u

Ejemplo

Determine, si existe, la derivada direccional en la dirección del vector de la función x3 + 3 y 3 , (x, y ) = (0, 0) f (x, y ) = x2 + y 2 0, (x, y ) = (0, 0)

 

Solución



f (0, 0) + t D ım u f (0, 0) = l´

→0

t

Observación 4.3. Si

 √ √  1 , 1 2 2

en el punto (0, 0)



 √ √  − 1 , 1 2 2

f (0, 0)

f

= l´ım

t

t

 u = ei donde e i = (0,

 √ √  t

2

,

t

→0

t

2

=

√ 22 = √ 2

(con un 1 en el i -ésimo lugar) es un vector de la base canónica de R , entonces la derivada direccional de f en la dirección de ei coincide con la derivada parcial de f con respecto a la i -ésima componente. n

Es decir:

D x) = De i f ( x) = u f (

· ·· , 0, 1, 0, · ·· , 0),

∂f (x) = Di f (x) , ∂x i

∀i = 1, ·· · , n.

Observación 4.4. La derivada direccional representa la razón de cambio de los valores de la función f en la dirección del vector unitario u.

Teorema 5. Sea f : A ⊆ R n

−→ R una función diferenciable en x ∈ A donde A es una región. Entonces, la derivada direccional de f existe en cualquier dirección u ∈ R , u = 1 y se tiene D f ( x) = ∇f ( x) ·  u. n

u 

Observación 4.5. El teorema anterior dice que si una función f es diferenciable en un punto, entonces posee derivada direccional en cualquier dirección en ese punto, y se puede calcular usando directamente el gradiente de la función en el punto. El recíproco, sin embargo, no es cierto. Una función en varias variables puede ser derivable en cualquier dirección (es decir, la derivada direccional puede existir en todas las direcciones), pero no ser diferenciable. Para verificar esto, considere la función f (x, y ) =

que dejamos como ejercicio. MAT023 (2◦ sem. 2011)

 

x2 y x2 y 2

si

0

si

−

 ±y x = ±y x=

45





El último teorema nos permite afirmar que:

Teorema 6. ( del gradiente) El valor máximo (respectivamente, mínimo) de la derivada direc-

∇



− ∇f (x0)). Además, este valor máximo ∇f (x0) (respectivamente, en la dirección de

f ( x0 ) (respectivamente, cional de f en x0 vale (respectivamente mínimo) se alcanza en la dirección de f (x0 ) ).

−∇

Demostración. Si θ es el ángulo entre el gradiente de f y el vector unitario u, la derivada direccional de f en x0 en la dirección u es

∇f (x) · u

=

∇f (x) u cos θ

=

∇f (x) cos θ,

−

Ejemplos

1. Sea f (x, y ) = x 2 4xy . Encontrar la dirección en la que f aumenta más rápidamente en (1,2), y encontrar también, en el mismo punto, la tasa máxima de crecimiento.

−

∈ R3 está dada por

T =

100 . x2 + y 2 + z 2

−

−

(a) Determine la razón de cambio de T en el punto P = (1, 3, 2) en la dirección de (1, 1, 1). (b) ¿En qué dirección a partir de P aumenta más rápidamente la temperatura? ¿A qué tasa? 3. Un insecto situado en un punto P de un plano observa que si camina (en el plano) en la dirección noreste, la temperatura se incrementa a una razón de 0, 01◦ por cm. Cuando se dirige en la dirección sureste, la temperatura decrece a razón de 0 , 02◦ por cm. (a) Si se dirige en la dirección 30◦ al norte del occidente, ¿aumenta o disminuye la temperatura y a qué razón? (b) ¿Hacia donde debe caminar para calentarse lo más rápidamente posible? (c) Si está cómodo con su temperatura, ¿en que dirección debe moverse para mantener constante la temperatura? Plano tangente y recta normal a una superficie

∈

∇

Sea S una superficie dada por la ecuación f (x , y , z) = 0, y sea x0 S . El f (x0 ) es ortogonal al conjunto de nivel de f que pasa por x0 (probaremos esta afirmación cuando veamos la regla de la cadena). Esto último permite determinar la ecuación del plano tangente a una superficie S definida por la ecuación f (x , y , z) = 0 en un punto P 0 = (x0 , y0 , z0 ) ya que el plano tangente a S en P 0 es el plano que pasa por P 0 y tiene como vector normal al vector f (P 0 ). Luego, si denotamos por Π al plano tangente a la superficie S en el punto P 0 , se tiene que (x , y , z) Π ((x , y , z) ( x0 , y0 , z0 )) de donde la ecuación del plano f (P 0 ) = 0, tangente es:

∇

∈

⇐⇒

∂f (x0 , y0 , z0 )(x ∂x

MAT023 (2◦ sem. 2011)

−

6 4 

pues u es unitario.

Esta última expresión toma su valor máximo cuando cos θ = 1, es decir, cuando el gradiente de f y u están en la misma dirección. (Análogamente, toma su valor mínimo cuando cos θ = 1, es decir, cuando el gradiente de f y u están en direcciones opuestas.

2. La temperatura en un punto (x , y , z)

 

· ∇

∂f − x0) + ∂f (x0 , y0 , z0 )(y − y0 ) + (x0 , y0 , z0 )(z − z0 ) = 0 ∂y ∂z

46





Definición 4.1. La recta perpendicular al plano tangente en el punto P 0 = (x0 , y0 , z0 ) de la superficie S , se llama recta normal a S en P 0 .

Observación 4.6. Si S es la gráfica de f (x , y , z) = 0, entonces la recta normal a S en P 0 es paralela

∇f (x0, y0, z0).

al vector

 

7 4 

Ejemplos

1. Encontrar una ecuación del plano tangente al elipsoide 34 x2 + 3y 2 + z 2 = 12, en el punto P 0 = 2, 1, 6 . Encuentre también una ecuación para la recta normal al elipsoide en el mismo punto P 0 .



√



2. Encontrar una ecuación del plano tangente al paraboloide elíptico 4x2 + y 2 16z = 0, en el punto P 0 = (2, 4, 2). Encuentre también una ecuación para la recta normal al paraboloide en el mismo punto P 0 .

−

3. Encontrar una ecuación de la recta normal al paraboloide elíptico punto P 0 = (2, 4, 2).

4x2

+y

− 16z = 0

en el

4. Encontrar la ecuación cartesiana de la recta tangente a la curva de intersección de las superficies y en el punto P 0 = (3, 3, 2). S 1 : 3x2 + 2y 2 + z 2 = 49 S 2 : x2 + y 2 2z 2 = 10

−

−

Teorema 7. El plano tangente a la gráfica de z = f (x, y), donde f es una función diferenciable en el punto P 0 = (x0 , y0 , z0 ) tiene como ecuación z

− z0

MAT023 (2◦ sem. 2011)

=

∂f (x0 , y0 , z0 )(x ∂x

(x0 , y0 , z0 )(y − y0 ) − x0) + ∂f ∂y

47





Diferenciabilidad de funciones de Rn

4.3.

−→ R

m

Definición 4.2. Análogamente al caso de funciones de R n

−→ R, se define la diferencial para una función F : A ⊆ R −→ R , es decir, una tal función F será diferenciable en x0 ∈ A , si existe una transformación lineal DF (x0 ) : R −→ R tal que F ( x0 +  h) − F ( x0 ) − DF (  x0 )  h n

m

n

l´ım

 h

 0

→

m





   h

= 0

 

8 4 

Observación 4.7. La matriz Jacobiana, ó la matriz derivada ó la matriz asociada a la transformación diferencial en las respectivas bases canónicas DF (x0 ) es la matriz formada por las derivadas parciales de las funciones componentes. Más precisamente: x) = (f 1 ( x), f 2 ( x), R m con F ( Si F : A R n la correspondiente matriz jacobiana es:

⊆

−→

x0 )] = [JF (

    

· · · , f

x)) es m (

x0 , entonces diferenciable en 

∂f 1 x0 ) ( ∂x 1

∂f 1 x0 ) ( ∂x 2

·· ·

∂f 1 x0 ) ( ∂x n

∂f 2 x0 ) ( ∂x 1

∂f 2 x0 ) ( ∂x 2

·· ·

∂f 2 x0 ) ( ∂x n

··· ···

·· · ·· ·

∂f m x0 ) ( ∂x 1

∂f m x0 ) ( ∂x 2

··· ··· ·· ·

∂f m x0 ) ( ∂x n

    

Ejemplos: 1. Si f : Rn

m

→R 2. Sea f : R2 → R

es lineal, entonces

−→

∀−→a ∈ R . n

Df ( a ) = f ,

definida por f (x, y ) = xy , entonces Df (a, b)(x, y ) = bx + ay,

∀ (a, b) ∈ R2.

Solución:

→a + −→h ) − f (−→a ) − f (−→h ) →a ) + f (−→h ) − f (−→a ) − f (−→h )  f (−  f (− 1. − = − = 0 →l´ım →l´ım −→h  −→h  →−→0 →−→0 |f (a + h, b + k) − f (a, b) − Df (a, b)(h, k)| = l´ım |(a + h)(b +√ k) − ab − (bh + ak)| 2. l´ım (h, k) ( )→(0 0) ( )→(0 0) h2 + k 2 |hk| ≤ l´ım |hk| = l´ım |h| = 0 √ = l´ım ( )→(0 0) ( )→(0 0) |k | ( )→(0 0) h2 + k 2 h

h

h,k

,

h,k

h,k

,

MAT023 (2◦ sem. 2011)

h,k

,

h,k

,

,

48





5. Regla de la Cadena Recordemos que en R, si g es una función diferenciable en la variable u, es decir, g = g (u) es diferenciable, y u es una función diferenciable en la variable x, es decir, u = f (x) es diferenciable, entonces, es posible calcular la derivada de g f con respecto a x del siguiente modo:

◦

(g f ) (x) = g  (f (x)) f  (x)

◦

·

dg dg du = dx du dx

ó equivalentemente

 

9 4 

Análogamente, supongamos que f : R 2 R, u, v : R R con f = f (u, v ), u = u (x), v = v (x), todas funciones diferenciables en las respectivas variables. Entonces:

−→

−→

∂f ∂f du ∂f dv = + ∂x ∂u dx ∂v dx

Ejemplo

Si f (u, v ) = u 2 v

− v3 + 2uv,

u = u (x) = ex ,

v = v (x) = sen x,

∂f = (2uv + 2 v ) ex + u2 ∂x



− 3v2 + 2u



entonces

cos x.

Podemos generalizar un paso más: sean f , u , v : R2 R, funciones diferenciables tal que f = f (u, v ), u = u(x, y ), v = v (x, y). Entonces: ∂f ∂f ∂u ∂f ∂v = +

−→

∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂f ∂f ∂u ∂f ∂v = + ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y

Ejemplo

1. Sea w = w (x, y ) = x 2 y,

x = s 2 + t2 ,

2. Si w = f (x, y ) donde x = r cos θ,

y = cos st.

Determine

∂w ∂s

∂w . ∂t

y = r sen θ , pruebe que

2

2

2

        ∂w ∂x

y

+

∂w ∂y

=

∂w ∂r

+

1

r2

3. Si ϕ es una función derivable en una variable y z = y ϕ(x2

∂w ∂θ

2

− y2) , probar

1 ∂z

1 ∂z z · + · = 2 x ∂x y ∂y y

Solución ∂z = 2xy ϕ (x2 ∂x

− y2 )

y

∂z = ϕ(x2 ∂y

− y2) − 2y2 ϕ(x2 − y2)

Luego se cumple: MAT023 (2◦ sem. 2011)

49




1 ∂z

1 y ϕ(x2 − y 2 ) 2 2 2 2 2 2   = 2y ϕ (x − y ) + · ϕ(x − y ) − 2y ϕ (x − y ) = = 2

1 ∂z

· + y · ∂y x ∂x 4. Si

3

u = x f

Solución Sea r =

y , x


y

y z , x x

  z x

s =

y

demuestre que

x

z y2

 

∂u ∂u ∂u + y + z = 3u ∂x ∂y ∂z

0 5 

Luego:

∂u ∂f ∂r ∂ f ∂s = 3x2 f (r, s) + x3 + x3 = 3x2 f (r, s) ∂x ∂r ∂x ∂s ∂x

·

·

∂f − xy ∂f − xz ∂r ∂s

∂u ∂f ∂r ∂f ∂s ∂f 1 ∂f = x3 + x3 = x3 = x2 ∂y ∂r ∂y ∂s ∂y ∂r x ∂r

·

·

·


∂u ∂f ∂r ∂f ∂s ∂f 1 ∂f = x3 + x3 = x3 = x2 ∂z ∂r ∂z ∂s ∂z ∂s x ∂s

·

Así,

x

·

∂u ∂u ∂u + y + z = 3x2 f (r, s) ∂x ∂y ∂z

∂f ∂f ∂f − xy ∂f − xz + yx 2 + zx 2 ∂r ∂s ∂r ∂s

=

= 3x3 f (r, s) = 3u 5. Si

w = f

− y

x

xy

Solución: Hacemos

u =

y

,

z

−y

yz

−x

xy

∂w ∂x

∂w ∂y

y

v =

z

=

∂f ∂u

=

− x12 · ∂f ∂u

=

∂f ∂u ∂f ∂v + ∂u ∂y ∂v ∂y

=

∂f ∂u

=

·

−

xy



∂w ∂w ∂w + y2 + z2 =0 ∂x ∂y ∂z

Entonces

yz

·

·

x2

−y .

∂f ∂u ∂f ∂v + ∂u ∂x ∂v ∂x

= MAT023 (2◦ sem. 2011)

, probar que

=

= ∂w ∂z



− y2 + xy x2 y 2

· xy − (y − x)x x2 y 2



+

∂f 0 ∂v

·

 − ∂f + ∂v

1 ∂f ∂f · − · y 2 ∂u y 2 ∂v ∂f · 0 + ∂f yz − (z − y)y

yz

− (z − y)z y2z2



1

∂u

1 z2

∂v



y 2z 2



· ∂f ∂v 50




Luego se tiene: x2

∂w ∂w · ∂w + y2 · + z2 · ∂x ∂y ∂z

6. Sea w(x, y ) = x 2 + y 2 , con x = r cos θ

∂f ∂f ∂f − ∂f + − + ∂u ∂u ∂v ∂v

=

y y = r sen θ. Calcular

= 0 ∂ 2 w

 

1 5 

∂ 2 w

∂w , , . ∂r ∂r 2 ∂θ∂r

Análogamente se generaliza para funciones diferenciables en más variables. Más formalmente, y en el caso general, se tiene el siguiente

Teorema 8. (Regla de la Cadena)

−→

Sean F : Rn

m

−→ R

−→

diferenciable en a

−→

y G : Rm

−→ −→

p

−→ R

diferenciable en F ( a ).

Entonces,

−→ −→ →a y se tiene : G ◦ F : R −→ R es diferenciable en − −→ −→ →a ) = D−→ −→ →a )) · D(−→ →a )) D ( G ◦ F )(− G ( F (− F (− n

p

−→ −→

Escrito en forma matricial (por simplicidad escribimos F y G en lugar de F y G ):

 

−→a ) ·· ·

∂ (G F )1 ( ∂x n

→ −a ) ·· ·

∂ (G F )p ( ∂x n

∂ (G F )1 ( ∂x 1

◦

.. .

∂ (G F )p ( ∂x 1

◦

◦

...

◦

−→a )

  − → a )

En particular, se tiene que:

=

 

∂g 1 (F ( ∂y 1

−→a )) · ··

∂g 1 (F ( ∂y m

−→a ))

∂g p (F ( ∂y 1

−→a )) · ··

∂g p (F ( ∂y m

−→a ))

.. .

∂ (G F )i ( a ) = ∂x j

◦

donde

−→

m

 k=1

...

−→

∂g i (F ( a )) ∂y k

 ·

−→

∂f 1 ( a ) ∂x 1

.. .

−→

∂f m ( a ) ∂x 1

−→

  − →

···

∂f 1 ( a ) ∂x n

···

∂f m ( a ) ∂x n

...

∂f − · ∂x a ) (→ k

j

(G F )i representa a la i-ésima función componente (de R n a R ) de G F .

◦

◦

Observación 5.1. Notar que si m = n = p = 1 obtenemos la regla de la cadena usual en una variable. Ejemplos

1. Veamos que esta manera general de mirar la regla de la cadena es consistente con las situaciones explicitadas anteriormente. Consideraremos un caso particular para ilustrar esto: Sean



u :

R2 (x, y )

−→ →

R , u(x, y )

y

Luego, formamos la matriz jacobiana de u:

MAT023 (2◦ sem. 2011)

 

f :

R2 (r, s)

∂u ∂x

∂u ∂y

−→ →

R2 (x(r, s), y(r, s))

 51





  

y la matriz jacobiana de f :

∂x ∂r

∂x ∂s

∂y ∂r

∂y ∂s

  

 

Como la diferencial es una transformación lineal, entonces la diferencial (o matriz jacobiana) de la función compuesta u f es el producto de las matrices correspondientes, vale decir:

◦

D (u

◦ f )

= Du Df =

·



∂u ∂x

∂u ∂y

  ·  

∂x ∂r

∂x ∂s

∂y ∂r

∂y ∂s

Como u es una función que depende de r y s, tenemos finalmente: ∂u ∂u = ∂r ∂x

∂u ∂y · ∂x + · ∂r ∂y ∂r

∂u ∂u = ∂s ∂x

∂u ∂y · ∂x + · ∂s ∂y ∂s

  

2. Consideremos F : R 2 R 2 con F (x, y) = (f 1 (x, y), f 2 (x, y )) y G : R 2 R 2 con G(u, v ) = (g1 (u, v ), g2 (u, v )), ambas con primera derivada parcial y tales que la composición G F está bien definida. Entonces:

−→

−→

◦

◦

(G F )(x, y ) = G(F (x, y )) = G(f 1 (x, y ), f 2 (x, y ) ) = (g1 (f 1 (x, y ), f 2 (x, y )), g2 (f 1 (x, y ), f 2 (x, y ))) Escribimos la regla de la cadena en forma matricial para este caso:

 

∂g 1 ∂x ∂g 2 ∂x

∂g 1 ∂y ∂g 2 ∂y

    =

∂g 1 ∂u ∂g 2 ∂u

∂g 1 ∂v ∂g 2 ∂v

Descomponiendo componente a componente:

  · 

∂f 1 ∂x ∂f 2 ∂x

∂g 1 ∂x

=

∂g 1 ∂u

1 · ∂f ∂x

+

∂g 1 ∂v

2 · ∂f ∂x

=

∂g 1 ∂u

∂u · ∂x

+

∂g 1 ∂v

∂v · ∂x

∂g 1 ∂y

=

∂g 1 ∂u

1 · ∂f ∂y

+

∂g 1 ∂v

2 · ∂f ∂y

=

∂g 1 ∂u

· ∂u ∂y

+

∂g 1 ∂v

∂v · ∂y

∂g 2 ∂x

=

∂g 2 ∂u

1 · ∂f ∂x

+

∂g 2 ∂v

2 · ∂f ∂x

=

∂g 2 ∂u

∂u · ∂x

+

∂g 2 ∂v

∂v · ∂x

∂g 2 ∂y

=

∂g 2 ∂u

1 · ∂f ∂y

+

∂g 2 ∂v

2 · ∂f ∂y

=

∂g 2 ∂u

· ∂u ∂y

+

∂g 2 ∂v

∂v · ∂y

MAT023 (2◦ sem. 2011)

∂f 1 ∂y ∂f 2 ∂y

2 5 

 

52





3. Demostrar que el gradiente a una superficie S dada por la ecuación a la superficie.

F (x , y , z) = 0, es normal

En efecto: Sea P 0 = (x0 , y0 , z0 ) un punto en S . Entonces F (x0 , y0 , z0 ) = 0. Sea C una curva en S que pasa por P 0 , con ecuaciones paramétricas: x = f (t),

y = g (t),

z = h (t)

Sea t0 el valor del parámetro en P 0 . Escribimos una ecuación vectorial de C usando su parametrización: r ( t) = f (t) i + g (t) j + h(t) k

−→

−→

⊂ S

C

⇒

=

−→

−→

Si F es diferenciable y si f  (t0 ), g  (t0 ) y h (t0 ) existen,

∂F ∂F ∂F (x0 , y0 , z0 )f  (t0 ) + ( x0 , y0 , z0 )g  (t0 ) + ( x0 , y0 , z0 )h (t0 ) G (t0 ) = ∂x ∂y ∂z

∇F (x0, y0, z0) · D −→r (t0) = ∇F (x0, y0, z0) · −→r  (t0). Como G (t) = 0 ∀t bajo consideración (pues F (f (t), g (t), h(t)) = 0), lo anterior se puede escribir: ∇F (x0, y0, z0) · −→r  (t0) = 0 y también ∇F (x , y , z) · −→r  (t) = 0 ∀ (x , y , z) ∈ C →r  (t0) es un vector tangente a C en P 0, esto implica que el vector ∇F (x0, y0, z0) es Como − G (t0 ) =

t

perpendicular a toda recta tangente a S en P 0 (y también es perpendicular a toda curva C en S que pasa por P 0 ).

4. La regla de la cadena es útil, entre otros, para resolver problemas de rapidez de cambio de variables relacionadas, como vemos en el siguiente ejemplo. En un circuito eléctrico simple se tiene una resistencia R y un voltaje V . En cierto instante, V = 80 volts y crece a razón de 5 volts por minuto, mientras que R = 40 ohms y disminuye V

a razón de 2 ohms por minuto. La ley de Ohm establece que I = . Determine la rapidez de R cambio de la intensidad de corriente I en ese instante.

Solución

dI ∂I dV ∂I dR 1 dV = + = + dt ∂V dt ∂R dt R dt

−  V R2

dR dt

Sustituyendo los valores, obtenemos: dI = dt

MAT023 (2◦ sem. 2011)

3 5 

F (f (t), g (t), h(t)) = 0

Sea G(t) = F (f (t), g (t), h(t)). aplicando regla de la cadena:

Luego:

 

  · −  − 1 40

5+

80 1600

( 2) = 0, 225 A/min

53





Ejercicios

1. Determine

∂u ∂u y , ∂r ∂s

2. Sean f y g de clase C 2 . demostrar que



Si w = f (ax + by) + g (ax

2

b

3. Sea w = f (t2 + r, t

− r3),

x = r es ,

x2 + y 2 ,

si u = ln

∂ 2 w ∂x 2

y = r e−s

− by), donde a, b son constantes no nulas, ∂ 2 w ∂y 2

    = a2

con f de clase C 2 .

Calcular

 

4 5 

∂w ∂w ∂ 2 w , , ∂t ∂r ∂r∂t


54



5.1.


Derivadas Implícitas

La regla de la cadena es útil para encontrar las derivadas de funciones que están definidas de manera implícita. Recordemos el procedimiento para funciones de R en R : supongamos que la ecuación F (x, y ) = 0 define implícitamente a la función y = f (x). x Dom (f ). Reescribamos de la siguiente manera: Es decir, F (x, f (x)) = 0,

∀ ∈

w = F (u, y ),

con u = x,

y = f (x)

 

5 5 

Usando la regla de la cadena y recordando que u, v son funciones de una variable, obtenemos: dw ∂w du ∂w dy = + dx ∂u dx ∂y dx

Como F (x, f (x)) = 0,

∀ x,

dw = 0. dx

se tiene que

Reemplazando en la ecuación:

∂w ∂w  f (x) 0 = 1+ ∂u ∂y

·

Luego, si

∂w = 0, entonces ∂y



f  (x) =

−DD12f f ((x,x, yy))

dy = dx

Tenemos entonces el siguiente:

Teorema 9. Si una ecuación F (x, y) = 0 determina implícitamente una función derivable f de una variable real, tal que y = f (x), entonces dy = dx

−

D1 F (x, y ) = D2 F (x, y )

−

F x (x, y ) = F y (x, y )

−

∂F (x, y ) ∂x ∂F (x, y ) ∂y

Es posible razonar de la misma manera para funciones en tres variables. Es decir, si una ecuación F (x , y , z) = 0 determina implícitamente una función diferenciable f de dos variables (x e y , por ejemplo), tales que z = f (x, y ) en el dominio de f , entonces se tiene:

Teorema 10. Si una ecuación F (x , y , z) = 0 determina implícitamente una función derivable f de dos variables x e y , tal que z = f (x, y )

∀ (x, y) en el dominio de f , entonces

−DD13F F ((xx ,, yy ,, zz)) ,

−DD23F F ((xx ,, yy ,, zz))

∂z = ∂x

∂z = ∂y

Ejemplo

Sea z = f (x, y ), tal que x2 z 2 + xy 2

Solución

− z3 + 4yz − 5 = 0.

∂z = ∂x

MAT023 (2◦ sem. 2011)

2

Encuentre

∂z , ∂x

∂z . ∂y

2

− 2x22zxz− 3+z2y+ 4y 55





∂z = ∂y

+ 4 z − 2x2z2xy − 3z2 + 4y

Observación. La manera en que se ha enfocado la derivación implícita hasta aquí es meramente

operacional. Para poder comprender mejor los conceptos y restricciones involucradas, es necesario estudiar los teoremas de la función inversa (para funciones f : Rn Rn ) y de la función implícita, para funciones f : Rn Rm .

−→

−→

5.2.

 

6 5 

Teoremas de la función inversa y de la función implícita f : R n

Dada una función

n

−→ R ,

es posible preguntarse:

1. ¿Es f una función invertible? 2. Si lo es y además f es diferenciable, ¿será f −1 diferenciable? ¿Bajo qué condiciones?

5.2.1.

Teorema de la función inversa una función de clase C 1 . Sea x 0 U V, f (x 0 ) W : Entonces, existen abiertos V, W Rn , x 0 1 1 − f : W V es de clase C .

Teorema 11. Sea U ⊆ R n un abierto, y sea f : U −→ R n



tal que det(Df (x 0 )) = 0. f : V W es biyectiva y

−→

Además, se tiene que

⊆

−→

Df −1 (y ) = [Df f −1 (y ) ]−1 ,

 

Observación

con f i : R n

1. Sea F = (f 1 , f 2 , , f n ), de la matriz jacobiana

·· ·

det(DF (x0 )) =

   

∂f 1 ∂x 1 ∂f 2 ∂x 1

∂f 1 ∂x 2 ∂f 2 ∂x 2

· ·· · ··

∂f 1 ∂x n ∂f 2 ∂x n

se llama el jacobiano de F en x 0 .

∂f n ∂x 2

· ··

∂f n ∂x n

   

(x0 )

∈

∀y ∈ W

−→ R , ∀ i = 1, · · · , n.

................... ∂f n ∂x 1

∈

∈

=

Entonces el determinante

∂ (f 1 , f 2 , ∂ (x1 ,

· ·· , f ) (x0) · ·· , x ) n

n

2. Una función puede tener inversa aunque el det f  (x0 ) = 0. Lo que no se puede garantizar es la diferenciabilidad de la función inversa. Por ejemplo, en una variable, la función 3 f : R es invertible, pero, claramente, su inversa f −1 : R R, dada por f (x) = x R, 1 − 3 f (x) = x no es derivable en x = 0.

→ √

→

3. Sea f : R2 R2 , con f (x, y ) = (ex cos y, ex sen y ). Veamos que en este caso det(f  (x, y )) = 0 (x, y ) R2 pero que f no es inyectiva.

−→  ∀

MAT023 (2◦ sem. 2011)

∈

56







det(f  (x, y )) =

ex cos y ex sen y

ex sen y ex cos y



= e2x > 0

∀ (x, y) ∈ R2

Pero, f (x, y ) = f (x, y + 2kπ ) , k Z. Por lo tanto, f no es inyectiva. Sin embargo, lo que el teorema de la función inversa garantiza es que f es localmente invertible, y, más aún, con inversa local de clase C 1 .

∀ ∈

 

7 5 

Ejemplos

1. Sea U R2 abierto, y sea f : U Entonces, la función F : R2 invertible en ( a, b).

−→ R de clase C 1. Sea (a, b) ∈ U y suponga que D2f (a, b) = 0. −→ R2 dada por F (x, y) = (x, f (x, y)) es localmente

⊆

∈ C1 ∧

En efecto:

F (x, y ) = (x, f (x, y ))

f

det (F  (a, b)) =

 

1

⇒

 

0

∂f (a, b) ∂x

=

∂f (a, b) ∂y

∈ C 1.

Además:

F

∂f (a, b) = D2 f (a, b) = 0 ∂y



=

Luego, por el teorema de la función inversa, se tiene que F es localmente invertible.

R2 , F (x, y) = (f 1 (x, y ), f 2 (x, y)) = (x sen y, 2x 2 y ). Determine los 2. Sea F : R2 puntos en R2 en los que la función es localmente invertible, y calcule las derivadas parciales en aquellos puntos.

−→

−

El determinante de la matriz Jacobiana es:

|JF |

=



∂ (f 1 , f 2 ) (x, y )



=



sen y x cos y 2 2

−

Luego, (x, y ) R2 : sen y + x cos y = 0 , diferenciable. Más aún, en tales (x, y ):

∀

∈

DF −1 (x, y ) =



sen y x cos y 2 2

−

−

=

−2(sen y + x cos y)

se tiene que la función inversa de F es



1

=



−

1 2(sen y + x cos y )

· −

2 2

−

−x cos y sen y



de donde ∂x ∂u

=

1 sen y + x cos y

∂x ∂v

=

x cos y 2(sen y + x cos y )

∂y ∂u

=

1 sen y + x cos y

∂y ∂v

=

y − 2(sen ysen + x cos y )

MAT023 (2◦ sem. 2011)

57




5.2.2.


Teorema de la función implícita

 x = (x1 , x2 , . . . , xn ) Rn , y = (y1 , y2 , . . . , ym ) Rm Sean  y considere la función n m m f : R f (x, y). (x, y) Diremos que la función ϕ : Rn R R , Rm está definida implícitamente por la ecuación f (x, y) = 0 si f (x, ϕ(x)) = 0, x Dom(ϕ).

×

∈

−→

∈

→

∀ ∈

−→

Teorema 12. Sea f : R n × Rm −→ Rm una función de clase C 1 , en un abierto que contiene a ( a , b ),

∂ (f 1 , f 2 , , f m ) (a , b ) = 0, entonces existe un abierto A Rn con ∂ (y1 , y2 , , ym ) a A y un abierto B Rm con b B , tal que ϕ: A B de clase C 1 tal que ϕ(a ) = b y x A . f (x , ϕ(x )) = 0,

con f (a , b ) = 0.

·· · · ·· ∈

Si

∈

⊂ ∀ ∈

 ∃

⊂

 

8 5 

−→

Ejemplos

1. Sea f : R 2 R de clase C 1 , y supongamos que f (x, ϕ(x)) = 0 x Dom(ϕ), es decir ϕ está definida implícitamente por f . Determine el dominio en donde es posible calcular ϕ  (x), y calcúlelo.

−→

∀ ∈

Solución: Sea

G(x) = f (x, ϕ(x) ) = 0.

Luego,

G (x) = D1 f (x, ϕ(x)) 1 + D2 f (x, ϕ(x)) ϕ (x) = 0

·

ϕ  ( x) =

Luego, 2. Sea f : R3

·

− DD12f f ((x,x, ϕϕ((xx)))) ,

−→ R de clase C 1,

siempre que

D2 f (x, ϕ(x)) = 0



∀

y supongamos que

es decir ϕ está definida implícitamente por f .

f (x , y , ϕ(x, y )) = 0 (x, y ) ∂ϕ ∂ϕ Calcular y . ∂x ∂x

∈

Dom(ϕ),

Solución: Sea

G(x, y ) = f (x , y , ϕ(x, y ) ) = 0.

Luego:

∂G ∂x

= D1 f 1 + D2 f 0 + D3 f

·

·

· ∂ϕ ∂x

= 0

∂G ∂y

= D1 f 0 + D2 f 1 + D3 f

·

·

· ∂ϕ ∂y

= 0

Luego, si D3 f = 0 :



∂ϕ (x, y ) = ∂x

− DD13f f ((xx ,, yy ,, ϕϕ((x,x, yy)))) ,

3. Sean F 1 , F 2 : R5

∂ϕ (x, y ) = ∂y

− DD23f f ((xx ,, yy ,, ϕϕ((x,x, yy))))

−→ R funciones de clase C 1, y consideremos el sistema de ecuaciones F 1 (x,y,x,u,v ) = 0 F 2 (x,y,x,u,v ) = 0

MAT023 (2◦ sem. 2011)

58





¿Qué condiciones son suficientes para poder escribir u y v en función de x, y , z ? En el caso en que estas condiciones se satisfacen, determine

∂u ∂u ∂u , , , ∂x ∂y ∂z

∂v ∂v ∂v , , . ∂x ∂y ∂z

Solución: R2 , con F = (F 1 , F 2 ). Sean P = (x , y , z), Q = (u, v ). Se trata de Sea F : R 3 R2 determinar cuando se puede despejar Q en función de P en el sistema

× −→

F (P, Q) = (0, 0)

es decir, cuando existe una función ϕ tal que

F (P, ϕ(P )) = (0, 0)

 

9 5 

o, equivalentemente,

(F 1 (P, ϕ(P )), F 2 (P, ϕ(P ))) = (0, 0). Esto es posible si se cumplen las hipótesis del teorema de la función implícita, es decir, si det



D4 F 1 D4 F 2

D5 F 1 D5 F 2



=

∂ (F 1 , F 2 ) = 0 ∂ (u, v)



Bajo esta hipótesis, es posible calcular las derivadas parciales pedidas; calculemos, por ejemplo,

∂u . ∂x

Derivando el sistema de ecuaciones, utilizando la regla de la cadena, obtenemos:

∂F 1 ∂x

+

∂F 1 ∂u ∂u ∂x

+

∂F 1 ∂v ∂v ∂x

= 0

∂F 2 ∂x

+

∂F 2 ∂u ∂u ∂x

+

∂F 2 ∂v ∂v ∂x

= 0

Usando la regla de Cramer:

∂u = ∂x

 −   −   −  −

∂F 1 ∂x

∂F 1 ∂v

∂F 2 ∂x

∂F 2 ∂v

∂F 1 ∂u

∂F 1 ∂v

∂F 2 ∂u

∂F 2 ∂v

     

Como ejercicio, obtenga aparece

=

− ∂ ∂ (F (x,1, F y)2) ∂ (F 1 , F 2 ) ∂ (u, v )

∂v ∂u ∂v ∂u ∂v . Observe que en el denominador siempre , , , , ∂x ∂y ∂y ∂z ∂z

∂ (F 1 , F 2 ) , que es no mulo por hipótesis. ∂ (u, v )

MAT023 (2◦ sem. 2011)

59





4. Demuestre que la ecuación z 3 + z 2 y 7x2 y 2 z + c = 0 define z como función de x e y . Si esta función es z = ϕ (x, y ) , hallar un valor para la constante c para el cual ϕ(1, 1) = 2 y

−

∂ϕ ∂x

calcular

∂ϕ en (1,1). ∂y

y

 

Solución: f (x , y , z) = z 3 + z 2 y

− 7x2y2z + c = 0

∂f = 3z 2 + 2yz ∂z

⇒

=

∂f (1, 1, 2 ) = 9 ∂z Luego, ϕ definida en una vecindad de (1,1) tal que ϕ (1, 1 ) = 2 ∴

∃

∂ϕ = ∂x

2 − 3z2 +−214zyxy− z7x2y2

∂ϕ = ∂y

28 ∂ϕ (1, 1, 2) = ∂x 9

0 6 

− 7x2y2

∧ f (x , y , ϕ(x, y) ) = 0 2 2 − 3z2 z+ 2−zy14−x 7zx2y2

24 ∂ϕ (1, 1, 2) = ∂y 9

∧

Ejercicios

1. Considere el sistema

u2 2xv + x = 0 uv + 3 x 2y = 0

−

−

Suponga que u y v son funciones diferenciables de x e y en el punto (x, y ) = (1, 2). que:

u(1, 2) = v (1, 2 ) = 1,

determine

∂u ∂u ∂v (1, 2), (1, 2), (1, 2) ∂x ∂y ∂x

2. ¿Puede definirse la superficie de ecuación xy + z ln y + exz = 1 en una vecindad de (0,1,1)? ¿Y en la forma y = g (x, z )?

∧

en la forma

Si sabe

∂v (1, 2). ∂y z = f (x, y )

3. Demuestre que el sistema

− xy − − y)

v + ln u u + ln v (x

= 0 = 0

no define u, v en términos de x, y en un entorno de ( x , y , u , v) =



√ √ 1 + 5 −1 + 5 , , 1, 1 2

2



.

4. Si F : R3 R es una función diferenciable, ¿qué condiciones debe cumplir F para que en la ecuación F (x , y , z) = 0 cada variable pueda despejarse localmente en función de las otras dos variables? Bajo estas condiciones, demuestre que:

−→

∂z ∂x

MAT023 (2◦ sem. 2011)

∂y · ∂x · ∂y ∂z

=

−1 60




5.3.


Teorema de Taylor para funciones de varias variables

Sea X = (x1 , x2 , , xn ) y H = (h1 , h2 , , hn ). Supongamos que X U R n , U abierto, y que f : U R es de clase C n . Como en una variable, interesa encontrar una expresión polinomial que permita aproximar a f , en algún entorno de X . Para ello, reduciremos el problema a una variable, del siguiente modo: sea

···

−→

∗

( ) ∴

·· ·

g (t) = f (X + tH ) = f (x1 + th1 , x2 + th2 ,

g (0) = f (X )

y

g (1) = f (X + H ).

g (1) = g (0) +

∈

Hacemos

ui =

g  (t) =

g  (0)

1!

i

n

j =1

n

g  (t) =

2

∂ f h j ∂u j ∂u 1

n

i=1 j =1

· ·· +

+

en (*),

i

∂f du1 ∂f du2 + + ∂u 1 dt ∂u 2 dt

  

n

n

para 0

≤ t ≤ 1

 ·

· ··

g (n−1) (0) g (n) (η ) + (n 1)! n!

−

d dt

h1 +

j =1

∂ 2 f h j hi , ∂u j ∂u i

y aplicando regla de la cadena: n

∂f dun + = ∂u n dt n

      · n

g  (t) = (h1 D1 + h2 D2 +

∂f ∂u i

=

j =1



Di f hi =

·

i=1

∂ 2 f h j ∂u j ∂u i

·

  n

2

∂ f h j ∂u j ∂u 2

∇f · H

h2 +

·· · +

j =1

2

∂ f h j ∂u j ∂u n

 ·

hn

expresión que podemos escribir en la forma:

· · · + h D )2 f (X + tH ) n

n

· ∇)2 f (X + tH )

= (H

Análogamente, es posible calcular las derivadas de orden superior. Se tiene entonces:

Teorema 13. Sea r ∈ N. Sea f una función de clase C r definida en un abierto U ⊂ Rn, y sean

∈

X U,

n

∈ R . Sea

H

g (t) = f (X + tH ).

g (r) (t) = ( (H

· ∇)

r

Entonces:

∀t :

f ) (X + tH )

X + tH

∈ U

Demostración

Por inducción: Casos r = 1 y r = 2, demostrados arriba. Supongamos que la fórmula es válida para s N, s r . Definamos ψ = (H Entonces g (s) (t) = ψ (X + tH )

∈

· ∇)

≤

s

f .

Por el caso r = 1, tenemos que: g (s+1) (t) = ψ  (t) = ( (H

· ∇)ψ) (X + tH ) = ( (H · ∇)( +1)f ) (X + tH )

MAT023 (2◦ sem. 2011)

1 6 

n

Para calcular g  (t) debemos conocer

g  (t) =

2!

·· · , x + th ),

 

Aplicando el Teorema de Taylor a la función g :

g  (0)

+

∈ C (]0, 1[). x + th , ∀i = 1, · · · , n

para algún η ]0, 1[, donde g

∴

∈ ⊆

s

61





lo que termina la demostración. Antes de enunciar el Teorema de Taylor, miremos un caso particular: y sea X = ( a, b). Luego: g (t) = f ((a, b) + t(h1 , h2 )),

0

∴

≤ t ≤ 1

g (0) = f (a, b),

sea f C 2 (U ), U

⊂ R2

∈

 

g (1) = f (a + th1 , b + th2 )

Al aplicar el Teorema de Taylor a la función g , con polinomio de grado 2: g (1) = g (0) +

g  (0)

1!

+

g  (0)

2!

+

∂f ∂f 1 f (a + th1 , b + th2 ) = f (a, b) + h1 + h2 + ∂x ∂y 2!

g  (η )



⇐⇒

3!

∂ 2 f 2 ∂ 2 f ∂ 2 f 2 h h h h + R2 + + 1 2 ∂x 2 1 ∂x∂y ∂y 2 2



Así, podemos concluir que los polinomios de Taylor de f de grado 1 y 2, respectivamente, son: p1 (x, y ) = f (a, b) + f x (x

− a) + f (y − b) (x − a)2 + 2f (x − a)(y − b) + f

1 f xx 2 donde las derivadas parciales se evalúan en ( a, b). p2 (x, y ) = p1 (x, y ) +



y

yy (y

xy

− b)2



Enunciamos a continuación, el Teorema de Taylor: Sea f una función de clase C r+1 definida en un abierto U Rn . Sea Rn . Supongamos que el segmento de recta que une X con X + H está contenido en U . τ ]0, 1[:

Teorema 14. (de Taylor)

∈

∈

X U, H

Entonces,

⊂

∃ ∈

f (X +H ) = f (X ) +

· ∇ f (X ) + (H · ∇)2 f (X ) + · · · + (H · ∇)

r

H

1!

2!

r!

(H )r+1 f (X ) + f (X +τ H ) (r + 1)!

El último sumando se llama resto del polinomio de Taylor, y se denota por

· ∇

Rr (X ).

La pregunta ahora es: ¿cuán buena es la aproximación de estos polinomios de Taylor para, digamos, f (x, y ) en puntos cercanos a (a, b)? En otras palabras, quisiéramos poder estimar el error que se comete al aproximar f (x, y )

≈ p 1(x, y)

y

f (x, y )

≈ p2(x, y)

Es interesante observar que la primera de estas aproximaciones es conocida, pues: z = f (a, b) + f x (x

− a) + f (y − b) y

⇐⇒

(f x , f y , 1) (x

− · − a, y − b, z − f (a, b)) = 0

es la ecuación del plano tangente a la gráfica de z = f (x, y ) en el punto (a,b,f (a, b)). Es decir, estamos aproximando la superficie z = f (x, y ) por su plano tangente en el punto mencionado. Ejemplos.

MAT023 (2◦ sem. 2011)

2 6 

62





1. Desarrollar f (x, y ) = x 2 y alrededor del punto (1, 2) hasta los términos de grado 2, y hallar R2 .

−

Solución ∂f = 2xy, ∂x

∂f = x2 , ∂y

∂ 3 f

∂ 3 f

∂x 3

= 0,

f (1, 2) =

−

2

x y =

donde

∂x∂y 2

−2.

−2 − 4(x − ·

=

∂ 2 f = 2x, ∂y∂x ∂ 3 f ∂y 3

∂ 2 f = 0 ∂y 2

 

3 6 

= 0

Luego:

1 1) + (y + 2) + 2!

1 3 2(x 3!

R2 =

∂ 3 f

= 2,

∂x 2 ∂y

Además,

∂ 2 f = 2y, ∂x 2

− 1)2(y + 2)

= (x

−

4(x

2

− 1)

+ 4(x

− 1)(y + 2)

− 1)2(y + 2).





2. Obtenga los polinomios de Taylor de grado 1 y 2 para f (x, y ) = x2 + y 2 punto (3, 4). Use estos polinomios para estimar (3, 1)2 + (4, 02)2 .



Solución ∂f = ∂x

x



x2 + y 2

∂f = ∂y

,

∂ 2 f y2 , = 3 ∂x 2 (x2 + y 2 ) 2

y



+ R2

en torno del

x2 + y 2

∂ 2 f xy , = 3 ∂x∂y (x2 + y 2 ) 2

∂ 2 f x2 = 3 ∂y 2 (x2 + y 2 ) 2

−

Evaluando en (3, 4): 3 ∂f = , ∂x 5 ∴

16 ∂ 2 f , = ∂x 2 125

4 ∂f = , ∂x 5 3 5

4 ( y 5

− 4)

1 16 p2 (x, y ) = p1 (x, y ) + (x 2 125

2

p1 (x, y ) = 5 + ( x

− 3) +



12 ∂ 2 f , = ∂x∂y 125

−

− 3) −

24 (x 125

− 3)(y −

9 ∂ 2 f = ∂y 2 125

9 4) + (y 125

− 4)

2





(3, 1)2 + (4, 02)2 :

Usemos esta información para estimar

Cerca de (3, 4), el polinomio de grado 1 entrega: f (x, y )

Luego: f (3, 1; 4, 02)

≈

≈

1 [25 + 3(x 5

− 3) + 4(y − 4)]

1 [25 + 3 (0, 1) + 4 (0, 02)] = 5, 076 5

·

·

Con el polinomio de grado 2 se obtiene: f (x, y )

MAT023 (2◦ sem. 2011)

≈

5, 076 +

1 [16(x 250

− 3)2 − 24(x − 3)(y − 4) + 9(y − 4)2] 63





Luego: f (3, 1; 4, 02)

≈

5, 076 +

1 [16 (0, 1)2 250

= 5, 076 +

·

− 24 · (0, 1)(0, 02) + 9 · (0, 02)2]  

4 6 

0, 1156 = 5, 0764624 250

Ejercicios Determinar los polinomios de Taylor p1 y p2 para f (x, y ) = a) x 2 y 2 en torno a (1 , 1) b) sen(xy ) en torno a (0 , 0) c) x y en torno a (1 , 1). Estime el valor de (1, 1)1,2 .


64




6. Máximos y Mínimos Definición 6.1. Sea f : A

n

⊆ R −→ R,

∈ D.

Se dice que f tiene un mínimo relativo (respectivamente, máximo relativo ) en x0 si, y sólo si, existe una vecindad V x0 tal que x V x0 D : f ( x0 )

≤ f (x)

 x0

∀ ∈

(respectivamente,

f ( x)

∩

→ ( ))

≤ f x0

.

Análogamente se definen mínimo y máximo absoluto, si la desigualdad se satisface en todo el dominio D de la función f .

 

5 6 

Ejemplo

1. La función f : A (0, 0).

⊆ R2 −→ R,

f (x, y ) = e|x+y|

tiene un máximo relativo (y absoluto) en

R, f (x, y) = x y tiene mínimos en todos los (x, y) R2 : 2. La función f : A R2 y = x . Es decir, los extremos relativos o absolutos, cuando se alcanzan, no son necesariamente únicos.

⊆ −→

Teorema 15. Si f : R n

∈

n

, y f alcanza un extremo relativo en (es decir, todas las derivadas parciales son nulas).

−→ R es diferenciable en V ⊆ R

∈ V , entonces ∇f (x0) = 0

x0

| − |

Observación 1. El recíproco es falso. Pero esto ya lo sabíamos para funciones de una variable; por ejemplo, la función f : R R, f (x) = x3 satisface que f  (0) = 0, pero en 0 no se alcanza ningún extremo relativo (ni máximo ni mínimo). Un ejemplo de una función en 2 variables es f : R 2 R, f (x, y) = x 2 y 2 .

−→

−→

−

2. Los puntos en los cuales el gradiente se anula se llaman puntos críticos .

Teorema 16. Sea f : A ⊆ Rn

−→ R, donde f es continua y A es cerrado y acotado. Entonces f

alcanza su máximo y su mínimo absoluto en A. Ejemplo

Sea f : D 1 y f (x , y , z) = x + y + z . Claramente, R, D = (x , y , z) R3 : (x , y , z) f es continua y D es un conjunto cerrado y acotado. Por lo tanto, la función alcanza sus extremos absolutos en D . Sin embargo, al calcular f vemos que f = (1, 1, 1) = (0, 0, 0). Esto nos dice que los extremos de f se encuentran en la frontera de D, y no en su interior.

−→

{

∈

 ∇

≤ }

∇



Desarrollaremos 2 técnicas para encontrar y determinar la naturaleza de los puntos críticos. 6.1.

Máximos y Mínimos sin restricciones

El primer criterio se utiliza en dominios abiertos, es decir, en dominios en los cuales podemos calcular derivadas en todos los puntos. Necesitaremos para ello construir una matriz, conocida como la matriz hessiana de f . MAT023 (2◦ sem. 2011)

65





Rn R, f C 2 (A), x0 A y tal que f ( x0 ) =  Sea f : A 0. Como la función tiene segundas derivadas parciales continuas, esto quiere decir que las derivadas mixtas son iguales, es decir, Dij f = D ji f . Formamos la matriz de las segundas derivadas parciales siguiente:

⊆

−→

∈

 

∈

D11 f ( x0 ) D12 f ( x0 )

∇

D12 f ( x0 ) D22 f ( x0 )

·· · D1 f (x0) ·· · D2 f (x0) ..................................... D1 f ( x0 ) D2 f ( x0 ) ·· · D f ( x0 ) n

n n

n

nn

 

 

6 6 

es la matriz hessiana de f en x0 .

Observación 6.1. Notamos inmediatamente que la matriz hessiana es simétrica. Observación 6.2. Esta matriz, formada por las «segundas derivadas» nos servirá, como en el caso de una variable, para tener un criterio análogo al criterio de la segunda derivada para funciones de R en R .

Definición 6.2 (Matriz definida positiva). A ∈ M n×n es una matriz simétrica definida positiva si, y sólo si, para todo x no nulo de R n se tiene:

(x1 , x2 , . . . , xn ) A (x1 , x2 , . . . , xn )t > 0 . Análogamente, una matriz A positiva.

∈ M ×

n n es

definida negativa si, y solamente si,

−A es definida

0. Teorema 17. Sea f : A ⊆ Rn −→ R, f ∈ C 2 (A), x0 ∈ A y tal que ∇f (x0 ) = 

Entonces, si H f (x0 ) es definida positiva, entonces f tiene un mínimo relativo en x0 , y si H f (x0 ) es definida negativa, entonces f tiene un máximo relativo en x0 . Criterio para matrices simétricas

¿Qué significa que una matriz sea definida positiva? Presentaremos dos criterios para poder determinarlo, para el caso en que la matriz sea simétrica : 1. Una matriz A son positivos.

∈ M ×

n n simétrica

es definida positiva si, y sólo si, todos sus valores propios

2. Sea A = (aij ) una matriz simétrica de orden n las submatrices

Ak =

 

× n. Para cada k, k = 1, ·· · , n construyamos

·· · a1 ............. a 1 ·· · a a11

k

k

kk

 

entonces, A es definida positiva si, y sólo si, k, Ak > 0. Es decir, si todos los subdeterminantes son positivos.

∀ | |

Este último criterio será el que usaremos para la matriz hessiana. En primer lugar, traduzcamos lo que este criterio nos dice para un par de casos. MAT023 (2◦ sem. 2011)

66




Si

n


= 2:

Sea f : R 2

−→ R, x0 ∈ R2 tal que ∇f (x0) =  0. H f ( x0 ) =



Formamos la matriz hessiana de f en x0 :

D11 f ( x0 ) D12 f ( x0 ) D12 f ( x0 ) D22 f ( x0 )

 

y D11 f D22 f (D12 f )2 > 0, y D11 f D22 f (D12 f )2 > 0.

⇐⇒ D11f > 0

Entonces, H f (x0 ) es definida positiva H f ( x0 ) es definida negativa D 11 f < 0

⇐⇒



−

−

−→ R, x0 ∈ R2 tal que ∇f (x0) =  0 D11 f ( x0 )D22 f ( x0 ) − (D12 f ( x0 ))2 > 0 ,

Resumiendo, podemos decir que si f : R 2

7 6 

y

y

entonces

⇒ 2. D11 f (x0 ) < 0 =⇒ 1. D11 f (x0 ) > 0 =

Si

n

f tiene un mínimo en x0 . f tiene un máximo en x0 .

= 3:

Sea f : R 3

−→ R, x0 ∈ R3 tal que ∇f (x0) =  0. H f ( x0 ) =

 

Formamos la matriz hessiana de f en x0 :

D11 f ( x0 ) D12 f ( x0 ) D13 f (x0 ) D12 f ( x0 ) D22 f ( x0 ) D23 f (x0 ) D13 f ( x0 ) D23 f ( x0 ) D33 f (x0 )

→

 

Por lo tanto, f tiene un mínimo relativo en x0 si, y sólo si, 1. D11 f (x0 ) > 0 2. det



D11 f ( x0 ) D12 f ( x0 ) D12 f ( x0 ) D22 f ( x0 )



> 0

3. det H f (x0 ) > 0 y f tiene un máximo relativo en x0 si, y sólo si,

−D11f (x0) > 0 ⇐⇒ D11f (x0) < 0 − D11f (x0) −D12f (x0) > 0 ⇐⇒ det D11f (x0) D12f (x0) > 0 2. det −D12f (x0) −D22f (x0) D12 f ( x0 ) D22 f ( x0 ) 3. det ( −H (x0 )) > 0 ⇐⇒ det H (x0 ) < 0 0. Si los subdeterminantes Definición 6.3. Sea f : R −→ R , x0 ∈ R , f ∈ C 2 tal que ∇f (x0 ) =  1.





f





f

n

n

no se anulan y los signos son diferentes a lo señalado arriba, entonces decimos que x0 es un punto silla .

MAT023 (2◦ sem. 2011)

67





Ejemplos

Hallar los extremos locales, si existen, de las siguientes funciones: 1. f (x, y ) = x 2

− 4xy + y3 + 4y 2. f (x, y ) = x 3 + y 3 − 27x − 12y 3. f (x , y , z) = −x3 + 3xz + 2 y − y 2 − 3z 2 6.2.

 

8 6 

Máximos y Mínimos sujeto a restricciones

En los problemas clásicos de máximos y mínimos, se trata de determinar el máximo y/o mí, xn ) sujeta a una restricción del tipo g (x, y ) = 0 o nimo de una función f (x, y ) o f (x1 , x2 , g (x1 , x2 , , xn ) = 0, respectivamente. En el primer caso, es claro que se podría resolver el problema, en teoría, despejando la variable y en la ecuación g (x, y ) = 0, y sustituir el valor obtenido y = ϕ (x). En términos matemáticos, este tipo de problemas puede mirarse como el de determinar los extremos de funciones definidas sobre conjuntos cerrados y acotados. Para resolverlos, usaremos la técnica conocida como multiplicadores de Lagrange .

· ··

···

Teorema 18. Sea F : R n −→ R ,

−→ R dos funciones de clase C 1, es decir, con primeras

G : R n

derivadas continuas. Si la función F alcanza un extremo en x0 en la región de Rn en donde G (x) = 0, y si G(x0 ) = 0, entonces λ R :

∇  ∃ ∈ ∇F (x0) = λ∇G(x0) G( x0 ) = 0

Observaciones

1. F es la función a maximizar o minimizar y G se denomina usualmente la condición o la restricción . 2. Una formulación equivalente del teorema: Los extremos de la función F (x) sujetos a la restricción G (x) = 0, se encuentran en los puntos R, con L(x, λ) = F (x) + λG(x) críticos de la función L : Rn+1

−→

Ejemplos

1. Determine máximo y mínimo absolutos de f (x , y , z) = x + y + z , definida en el dominio D = (x , y , z) R3 : (x , y , z) 1

{

Solución

∈



≤ }

Notar que f = (1, 1, 1) = (0, 0, 0), por lo cual no hay extremos de la función en el interior de la esfera. Como f es continua en D, que es un cerrado y acotado de R 3 , los extremos de f deben encontrarse en la frontera de D , es decir, en los ( x , y , z) : x 2 + y 2 + z 2 = 1. Definimos entonces G(x , y , z) = x 2 + y 2 + z 2 1 = 0

∇



Aplicando el teorema de Lagrange,

− ∃ λ ∈ R : ∇f = λ∇G,

(1, 1, 1) = λ (2x, 2y, 2z ) MAT023 (2◦ sem. 2011)

y

x2 + y 2 + z 2

i.e.

−1 =0 68




1 1 1 1

es decir,

= = = =


2λx 2λy 2λz x2 + y 2 + z 2

 

9 6 

Elevando al cuadrado las primeras tres ecuaciones y sumándolas obtenemos 3 = 4λ2 (x2 + y 2 + z 2 )

λ =

−

√ 3 2

λ =

,

⇒ √ 3 2

,

1 , 3

f

1 3

x = y = z =

Luego, f tiene un máximo en

⇒

λ =

±

2

  √ −√ ⇒ − √ − √ − √ − √ −   √ ⇒ √ √ √ √ √  √ √ √  − √ − √ − √  1 3

x = y = z =

⇒

3 = 4λ2

⇒

√ 3

1 , 1 , 1 3 3 3

f

1 , 3

1 3

3 = 3

=

1 1 1 , , 3 3 3

=

3 = 3

1 , 3

1 , 3

1 3

y un mínimo en

3

3

.

2. Determine el volumen máximo del paralelepípedo recto que se puede inscribir en el elipsoide x2 y2 z2 + 2 + 2 = 1. a2 b c

Solución El volumen del paralelepípedo está dado por

V (x , y , z) = 8xyz . Como esta función es z2 continua y la condición G(x , y , z) = 2 + 2 + 2 1 = 0 es un conjunto cerrado y acotado, a b c sabemos que podemos encontrar los extremos de V sujetos a G usando los multiplicadores de x2

y2



y

−

Lagrange:

∃λ ∈ R : ∇f = λ∇G,

i.e.

(8yz, 8xz, 8xy ) = λ



2x 2 y 2 z , , a2 b2 c2

8yz

= λ

8xz = λ 8xy = λ 1

=

x2 y2 z2 + + a2 b2 c2

− 1

= 0

es decir,

2x a2

2y b2

2z c2

x2 y2 z2 + 2 + 2 a2 b c

Multiplicando la primera ecuación, por x, la segunda por y , la tercera por z y sumándolas, obtenemos:

·

3 8xyz = 2λ MAT023 (2◦ sem. 2011)



x2 y2 z2 + + a2 b2 c2



·

= 2λ 1 69





Si x o y o z = 0, entonces el volumen V = 0, que es mínimo. Supongamos entonces que ninguno es 0. Reemplazando el valor de 2 λ en las ecuaciones, obtenemos: x2 =

Luego, en

a2

3

,

y2 =

b2 ,

3

 √ √ √  a

3

,

b

3

,

c

3

z2 =

c2

⇒

=

3

x =

√ a3 ,

√ b3 ,

y =

la función alcanza su máximo, que es V

MAX

3. Considere el plano de ecuación x + 4 y + 4z = 39. encuentre a distancia mínima de (2, 0, 1).

z =

= 8

√ c3

 

0 7 

abc

· 3√ 3 .

Encuentre el punto de este plano que se

Solución La distancia entre ( x , y , z) y (2 , 0, 1) en R 3 viene dada por

 −

d((x , y , z), (2, 0, 1)) =

(x

2)2 + (y

− 0)2 + (z − 1)2

Como la función raíz cuadrada es monótona, el problema es equivalente a minimizar la función subradical, vale decir, con la restricción que el f (x , y , z) = (x 2)2 + y 2 + (z 1)2 , punto ( x , y , z) π , es decir, x + 4y + 4 z = 39.

−

∈

−

2(x

Luego,

∇f = λ∇g,

de donde

− 2) 2y 2(z − 1)

= λ = 4λ = 4λ x + 4y + 4 z = 39

Dejando x, y , z en función de λ, reemplazamos en la última ecuación obteniendo λ = 2 donde x = 3, y = 4, z = 5.

6.3.

de

Multiplicadores de Lagrange sujeto a dos o más condiciones

Para maximizar F (x , y , z) sujeto a dos condiciones: resolver:

∇F (x)

∇

G1 (x , y , z) = 0,

G2 (x , y , z) = 0 se debe

∇

= λ G1 (x) + µ G2 (x) G1 ( x) = 0 G2 ( x) = 0

Ejemplos

1. Determine los extremos absolutos de f (x , y , z) = x + 2y + z sujeto a x2 + y 2 = 1 y y + z = 1. 2. Hallar los puntos de la curva de intersección de las superficies x 2 xy + y 2 z 2 = 1 y x 2 + y 2 = 1 que están más cerca del origen.

−

MAT023 (2◦ sem. 2011)

−

70





Ejercicios

1. Determine y grafique el dominio de las siguientes: (a) f (x, y ) =

 − 36

x2

− y2



x2 + y 2 x

(b) f (x, y ) =

x+1 (c) f (x, y ) = y 1

− 16

 

1 7 

(d) f (x, y ) = ln(xy

| − | 1 (e) f (x, y ) = √ y− x

(f) f (x, y ) =



− 1) √ 1 − cos( xy ) y

2. Dibuje las curvas o superficies de nivel correspondientes a los valores de f (x, y ) = K ó f (x , y , z) = K : a ) f (x, y ) = x2 + y 2 , x2

b) f (x, y ) =

−


K = 0, 1, 4 y 9

y2 ,

K = 0, 1, 4 y 9

−1, 0, 12 y 1

c ) f (x, y ) = cos(x + y ),

K =

d ) f (x , y , z) = x2 + y 2 + z 2 ,

K = 0, 1, 4 y 9

e ) f (x , y , z) = x2 + y 2

K =

− 4z,

−8, −4, 0, 4 y 8

3. Determine, si existen, los siguientes límites (x,y

x2 y 2 (x,y)→(0,0) x2 y 2 + (y

| sen x · sen y| |x| + |y| )→(0 0)

(a) l´ım

(b) l´ım

,

xy sen(y 3 ) (x,y)→(0,0) x4 + y 4

sen(xy 3 ) (x,y)→(0,0) x2 + y 6

(c) l´ım

(x,y)

(d) l´ım

y3 x x + y4

(e) l´ım

→(0,0) |

 | |

|

(x,y)

sen x + sen y x+y (x,y)→(0,0) (x,y

(x,y)

→(1,0)

− 1)4y2 )→(1 0) (x − 1)8 + y 4

(x,y)

(x,y)

→(0,0)

x2 y

(l) l´ım

→(0,0) x2 + y

x2 (x,y)→(0,0) x2 + 2y 2

(x,y)

| || √ cos( xy ) − 1 y

x2 y

(j) l´ım

,

(m) l´ım

→(0,0) |

(h) l´ım

(x

(k) l´ım

x3 + y 2 x + y

(f) l´ım

(g) l´ım (i) l´ım

− x)2

→(0,0)



x2 + y 2 sen(xy )

3x2

− y2

x2 + y 2

x4 + 3x2 y 2 + 2xy 3 (x2 + y 2 )2 (x,y)→(0,0)

(n) l´ım

−x

4. Calcule, si existen, los siguientes límites:

|x + y | )→(1 −1) |x| + |y |

(a) l´ım (x,y

,

tan(x2 y ) (c) l´ım (x,y)→(0,0) x2 + y 2 MAT023 (2◦ sem. 2011)

− − x+y−1 √ √ x− 1−y )

arcsin(xy 2) 6) (x,y)→(2,1) arctan(3xy

(b) l´ım

(d) l´ım (x,y)

→(0

+ ,1−

71



5. Sea

f (x, y ) =

6. Sea f (x, y ) = Determine α

 

 


x+y

1

|x| + |y| ≥ 2 |x| + |y| < 2

si si

¿Existe l´ım (x,y)

− 2)2 sen(xy) x2 + y 2 − 4y + 4

si (x, y ) = (0, 2)

α

si (x, y ) = (0, 2)

(y

→(1,1)

f (x, y )?

 

2 7 



∈ R, si existe, para que f sea continua en (0,2).

7. Analice la continuidad en R 2 de las siguientes funciones : 1

sen(x2 + x2 y 2 ) 0

    −     x

a ) f (x, y ) =

2 x4 y

b) f (x, y ) =

(x2 + y 2 )2 0 sen xy

c ) f (x, y ) =

x y

d ) f (x, y ) =

x2 + y 2 x2 y 2

x sen

8. Sea f (x, y ) =

1

y



si si

x = 0, y x = 0, y

∈ R ∈ R

si

(x, y ) = (0, 0)

si

(x, y ) = (0, 0)






si

x=0

si

x = 0

si si

x2 > y x2 y

≤



si y = 0 .

0 si y = 0 Determine si son verdaderas o falsas las siguientes proposiciones: a ) f no es continua en (0,0). b) f es continua en (0,3). c ) f no es continua en el eje Y. 9. Determine los valores de m

f (x, y ) =

∈ R, para que f sea continua en (0,0), si x2 y 2 si (x, y )  = (0, 0) ∧ y  =0 x2 y 2 + y − mx

 

0

si (x, y ) = (0, 0)

10. Analizar la continuidad de f en (a, a), si f (x, y ) =

MAT023 (2◦ sem. 2011)

 

sen x tan x cos3 x

− sen y − tan y



si tan x = tan y si tan x = tan y 72




11. Analizar la continuidad de f en R 2 si f (x, y ) =

 

x2 + y 2

si x2 + y 2

0

si x2 + y 2 > 1

≤ 1  

3 7 

12. Calcular las derivadas parciales de las siguientes funciones: (a) f (x, y ) = 13 x3

− 3x2y + 3xy2 + y3

(c) f (x, y ) = ln (x + 2 y

(e) f (x , y , z) = e x (g) f (x, y ) =

ln(x2

x

x

y2 )

(h) f (x, y ) = e

  2 x+y

a ) z = x 2

sen(xy )

 x y

(l) f (x, y ) = arctan xy (n) f (x, y ) = e xy + xy + y x ∂ 2 z ∂ 2 z = , ∂x∂y ∂y∂x

Verifique que

− 4xy + 3y2

si

b) z = x 2 e−y

2

d) z = x 2 cos(y −2 )

c) z = ln(x + y )

14. Verifique que

z

− 3e

−y

xy

(j) f (x, y ) = x cos

(m) f (x , y , z) = x 2 ey ln z 13. Sea z = f (x, y ).

−

(d) f (x , y , z) = e x y x+y (f) f (x, y ) =

x2 + 3 y 2 )

(i) f (x, y ) = x y + y x (k) f (x, y ) = arctan

x2 2xy x+y 2



· 2z +

(b) f (x, y ) =

y f (x, y ) = arctan x



satisface la ecuación

∂ 2 f ∂ 2 f + 2 = 0. ∂x 2 ∂y

15. Analice la continuidad, existencia de derivadas parciales y diferenciabilidad en (0, 0) de las siguientes funciones:

a ) f (x, y ) =

b) f (x, y ) =

c ) f (x, y ) =

     

MAT023 (2◦ sem. 2011)

xy 3 x2 + y 2

si (x, y ) = (0, 0)

0

si (x, y ) = (0, 0)

xy 2 x2 + y 4

si (x, y ) = (0, 0)

0

si (x, y ) = (0, 0)

x2 y 2 x2 + y 2

si (x, y ) = (0, 0)

0

si (x, y ) = (0, 0)

  

73




16. Sea f (x, y ) =

 


x4 (y + 2) 2 x2 + y 2

si (x, y ) = (0, 2)

0

si (x, y ) = (0, 2)



− −

 

4 7 

a ) Analice la continuidad de f en (0,-2). b) Calcule, si existe,

∂f (0, 2) ∂x

−

c ) Analice la diferenciabilidad de f en (0,-2).

17. Sea f (x, y ) =

 

x(x y ) , x+y

si

x+y =0

0

si

x + y = 0

−



∂f ∂f a ) Determine (x, y ) : x + y = 0, tales que (x, y ) + (x, y ) = 0 ∂x ∂y b) Calcule, si existen, las segundas derivadas parciales de f en el origen.



18. Calcule la derivada de a la curva y = x 4 .

f (x, y ) = x 4 + x3 y 2 + y

en (1, 1) y en la dirección de la tangente

19. Calcule la derivada direccional de f (x, y ) = xy + x2 + x4 y en (1, 1) y en la dirección del vector que forma una ángulo de 60◦ con el eje x.

20. Sea f (x, y ) =

 

x2 y , x4 + y 2

si

(x, y ) = (0, 0)

0,

si

(x, y ) = (0, 0)



Probar que f es discontinua en el origen, y calcular la derivada direccional de f en (0, 0) en cualquier dirección unitaria u .

−→

  | |  xy

21. Sea f (x, y ) =

x2 + y 2

,

0,



si

(x, y ) = (0, 0)

si

(x, y ) = (0, 0)

Demuestre que, en el origen, f posee derivada direccional en cualquier dirección. ¿Es f diferenciable en (0,0)? 22. Encuentre la máxima derivada direccional de f en P , si a ) f (x, y ) = 2x2 + 3xy + 4 y 2 , b) f (x , y , z) = e −(x+y+z ) ,

MAT023 (2◦ sem. 2011)

en P (1, 1).

en P (5, 2, 3).

74





23. Sea T (x , y , z) = 3x2 + 2y 2 4z la temperatura en el punto ( x , y , z). Determine la razón de cambio de T en P = ( 1, 3, 2) en dirección a Q = ( 4, 1, 2). ¿Cuál es la tasa de máxima variación?.

− − −

−

−

24. Una hormiga se encuentra en el punto (1 , 1, 0) del paraboloide hiperbólico S : z = y 2 ¿En cuál sentido del plano XY debe moverse para seguir la cuesta más empinada?

− x2 .

 

5 7 

25. Calcular la ecuación del plano tangente a la superficie dada por: a ) f (x, y ) = 3x2 + 8xy b) f (x, y ) =

en el punto



x2 + y 2

c ) f (x , y , z) = sen(xyz )

(x0 , y0 ) = (1, 0).

en el punto (x0 , y0 ) = (1, 2) π 1 1 en el punto 3, , 2 6 3

 

−

26. Determinar en qué punto de la superficie es decir, paralelo al plano z = 0. 27. Determine los puntos de la superficie tangente es paralelo al plano XZ .

z = 3xy

− x3 − y 3

x2 + 3 y 2 + 4 z 2

28. Demuestre que todo plano tangente a la gráfica de 29. Pruebe que si u = x 2 y + y 2 z + z 2 x, entonces

30. Sea f (x, y ) =

xy x+y

.

Demuestre que :

2 2 ∂ f x ∂x 2

el plano tangente es horizontal,

− 2xy − 16 = 0

z 2 = x 2 + y 2

en los que el plano

pasa por el origen.

∂u ∂u ∂u + + = (x + y + z )2 . ∂x ∂y ∂z ∂ 2 f ∂ 2 f 2 + 2xy +y =0 ∂x∂y ∂y 2

31. Determine y clasifique los puntos críticos de las siguientes funciones en R 2 :

− x)2(y + x) b) f (x, y ) = x 3 + 3xy − y 3

a ) f (x, y ) = (y

c ) f (x, y ) = e x sen y

d ) f (x, y ) = x 2 + xy + y 2 + x1 + 2

e ) f (x, y ) = (x2 + 3y 2 )e−x

−y

1 y

2

32. Sea f (x, y ) = x2 + y 2 + Axy . Determine A único punto.

∈ R para que f tenga un mínimo relativo en un

33. Determine y clasifique los puntos críticos de las siguientes funciones en R 3 : a ) f (x , y , z) = x 3 + y 2 + z 3 b) f (x , y , z) = x 2 y

MAT023 (2◦ sem. 2011)

3

− 6xy + 6x + 4y − 3z.

− 23 − y2 + y + z2. x

75





34. Probar que el volumen formado por el plano tangente a la superficie xyz = m3 , en cualquier punto, y los planos coordenados es constante. 35. Si z =



2xy + y 2 , con 2xy + y 2 > 0, hallar

 

6 7 

∂ 2 z (x, y ) ∂x∂y

36. Calcular la ecuación del plano tangente en el punto (1 , 0), a la superficie de ecuación z = 3x2 + 8xy

37. Hallar una constante c tal que en todo punto de la intersección de las dos esferas: (x

− c)2 + y2 + z2 = 3

x2 + (y

− 1)2 + z2 = 1

los planos tangentes correspondientes sean perpendiculares el uno al otro. 38. Demuestre que la superficie de ecuación x2 2yz + y 3 = 4 es ortogonal a cualquiera de las superficies de la familia x2 + 1 = (2 4a)y 2 + az 2 en el punto de intersección (1,-1,2).

−

−

39. Calcular las derivadas de segundo orden: a ) f (x, y ) = x 3 + 3x2 y + 6 xy 2 b) 2x4

− 3x2y2 + y4 = z

− y3

40. Sea f (x, y ) = ϕ (x2 + y 2 ), donde ϕ es diferenciable. Pruebe que: y

∂f ∂x

− x ∂f =0 ∂y

41. Demuestre que la función u(x, t) satisface la ecuación a ) u(x, t) = ϕ (x

2 ∂ 2 u 2 ∂ u para: = a ∂t 2 ∂x 2

donde ϕ y ψ son funciones de clase C 2 .

− at) + ψ(x + at)

b) u(x, t) = sen(akt ) sen(kx ) con k

∈ Z.

42. Se dice que una función es armónica si verifica que 2

∇

∂ 2 f ∂ 2 f f = + 2 =0 ∂x 2 ∂y

Sea f : R2

→ R una función de clase C2 armónica y sean x = e cos v ∧ y = e Consideremos la función g : R2 → R definida como u

u

sen v

g (u, v ) = f (x(u, v) , y(u, v)).

MAT023 (2◦ sem. 2011)

76





a ) Pruebe que 2

2

    ∂g ∂u

∂g ∂v

+

= e 2u

     ∂f ∂x

2

2

∂f ∂y

+

 

7 7 

b) Pruebe que g es armónica. 43. Si x2 = y 2 + f (x2 + z 2 ), calcular: xy

∂y ∂y ∂z + yz ∂x ∂x ∂x

44. Sea f (x, y ) = x 2 g (x2 y ). Pruebe que

45. Sea f (x, y ) = g (x, y )eax+by

∂f ∂x

= 2f (x, y ). − 2y ∂f ∂y

∂ 2 g = 0. ∂x∂y

con

b para que

x

∂ 2 f ∂x∂y

∂z − zx ∂x

Determine los valores de las constantes a y

∂f − ∂f − + f = 0 ∂x ∂y

⊂ R3 una superficie determinada por la función

46. Sea M

f (x, y ) =

de M más cercanos al origen.

47. Encontrar los valores extremos de f (x, y ) = x 2 + y 2

1 xy

. Encontrar los puntos

− xy en la región dada por 2 x2 + y2 ≤ 1.

48. Con una lámina metálica rectangular de 24 cm. de ancho y 120 cm. de longitud, se quiere construir un canal, para lo cual se doblará a lo largo de la lámina, una longitud x en un ángulo θ . Determinar el valor de x y de θ para que el canal conduzca el máximo volumen. 49. Calcular la distancia que hay entre el origen y la superficie de ecuación todos los puntos de la superficie que estan a esa distancia. 50. Pruebe que el máximo valor de Deduzca de esto que

 3

x2 y 2 z 2

2 2 2

bajo la condición

x y z

≤

x2 + y 2 + z 2

3

xy 3 z 2 = 16.

2+ 2+ 2

x

y

z = R

2

es

Hallar 3

R2

  3

.

51. Hallar los valores extremos de la función f (x, y ) = cos2 (x)+cos2 (y ) con la condición x y =

−

52. Hallar los extremos de f (x , y , z) = x 2 + y 2 + z 2 si 53. Hallar los valores extremos de f (x , y , z) = x

MAT023 (2◦ sem. 2011)

.

π

4.

x2 y2 z2 + + = 1 con a > 0, b > 0, c > 0. a2 b2 c2

− y + z en la esfera x 2 + y2 + z2 = 1 77




54. Si

w = f

− y

x

xy

,

z


−y

yz



, probar que x2

55. Si u = sen x + f (sen y

− sen x) , cos x

∂w ∂w ∂w + y2 + z2 =0 ∂x ∂y ∂z

 

8 7 

donde f es diferenciable, pruebe que:

∂u (x, y ) + cos y · (x, y ) = cos x · cos y · ∂u ∂y ∂x

56. Sea f (x, y ) =

a ) ¿Es f continua en (0, 0)?

sen(x2 y ) x + y 0

 ||

||



si

(x, y ) = (0, 0)

si

(x, y ) = (0, 0)


b) ¿Es f diferenciable en (0, 0)? ∂f π (1, 2 ). ∂x ∂f d ) Determine, si existe, (1 , π2 ), donde u es un vector en la dirección de (1, 1). ∂ u e ) ¿Existe el plano tangente a z = f (x, y ) en (0, 0)?

c ) Determine, si existe,

−→

−→

∈ R, considere la función

57. Para cada α

f α =

a ) Determine b) Determine c ) Determine

MAT023 (2◦ sem. 2011)

 

x4 y 4 (x4 + x2 + y 2 )α

si

(x, y ) = (0, 0)

0

si

(x, y ) = (0, 0)



{α ∈ R : f es continua en (0 , 0)}. ∂f ∂f B = α∈R: (0, 0) ∧ (0, 0) existen ∂x ∂y C = {α ∈ R : f es diferenciable en (0 , 0)}. A =

α



α

α



.

α

78

Índice 1. Nociones de Topología en el Espacio Euclideano Rn

1

2. Funciones Reales de Varias Variables

9

2.1. Funciones escalares de Varias Variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Funciones Vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3. Curvas y Superficies de Nivel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3. Límites y Continuidad 3.1. 3.2. 3.3. 3.4. 3.5. 3.6. 3.7. 3.8.

9 7 

21

Algebra de Límites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Cambio de variable. Caso particular: Coordenadas Polares . Límites y Continuidad de Funciones de R n Rm . . . . . Derivadas Parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Interpretación Geométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Derivadas parciales de orden superior . . . . . . . . . . . . .

−→

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

4. Diferenciabilidad

26 27 29 32 34 34 40 40

42 n

R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1. Diferenciabilidad de funciones de R 4.2. Derivada Direccional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3. Diferenciabilidad de funciones de R n Rm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

−→ −→

5. Regla de la Cadena 5.1. Derivadas Implícitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2. Teoremas de la función inversa y de la función implícita 5.2.1. Teorema de la función inversa . . . . . . . . . . . 5.2.2. Teorema de la función implícita . . . . . . . . . . 5.3. Teorema de Taylor para funciones de varias variables . .

42 45 48

49 . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

6. Máximos y Mínimos 6.1. Máximos y Mínimos sin restricciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2. Máximos y Mínimos sujeto a restricciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3. Multiplicadores de Lagrange sujeto a dos o más condiciones . . . . . . . . . . . . . .

Índice de Materias

9 15 15

 

55 56 56 58 61

65 65 68 70

80


Índice de Materias bola abierta, 3 cerrada, 3 reducida, 21 conjunto abierto, 4 cerrado, 5 continuidad en un punto, véase función continua en una región, véase función continua coordenadas polares, 32 curva de contorno, véase curva de nivel de nivel, 15 derivada direccional, 45 implícita, 55 parcial, 34 de segundo orden, 40 interpretación geométrica, 40 desigualdad de Cauchy–Schwarz, 2 triangular, 2 diferencial, 42, 48 distancia, 1 espacio vectorial euclideano, 1 extremo relativo, 65 función continua en un punto, 27 en una región, 28 diferenciable, 42, 48 gradiente, 39 gradiente a una superficie, 53 gráfico de una función de variables, 10

jacobiano, 56 límite definición, 21 iterado, 25 unicidad, 24 matriz definida positiva, 66 hessiana, 65 jacobiana, 42, 48 máximo absoluto, 65 relativo, 65 mínimo absoluto, 65 relativo, 65 multiplicadores de Lagrange, 68 norma, 1 plano tangente, 46 polinomio de Taylor, 62 producto interior, 1 punto crítico, 65 de acumulación, 5 exterior, 6 frontera, 6 interior, 6 silla, 67 razón de cambio, 45 recta normal, 47 región, 7 regla de la cadena, 49 superficie de nivel, véase curva de nivel Taylor polinomio de, 62

 

0 8 


resto de, 62 Teorema de, 62 teorema de la función implícita, 58 de la función inversa, 56 de Taylor, 61 del acotamiento, 27

del gradiente, 46 vecindad abierta, véase bola abierta cerrada, véase bola cerrada vector gradiente, 39 unitario, 45

 

1 8 


Editado por Verónica Gruenberg Stern

Apuntes de MAT023

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

vs. 2◦ sem.2013

Prefacio

Estimados alumnos: Este apunte, en su primera versión en formato de libro, reúne en un texto el esfuerzo de varios colegas del Departamento de Matemática de la Universidad Técnica Federico Santa María, que a lo largo del tiempo han dictado este curso. Los aportes han sido editados por quien suscribe, para que su estructura incorpore no solo los contenidos que se espera conozcan en profundidad, sino que también varios ejercicios resueltos y propuestos, que esperamos resuelvan con entusiasmo, para lograr mejores aprendizajes. Esperamos que esta versión, aún preliminar, les sea de utilidad, y que cualquier error que encuentren (por cierto, involuntario), sea informado al mail indicado abajo. Este apunte no tiene más pretensiones que servirles de apoyo y brindarles orientación en cuanto al nivel que se espera alcancen en estos temas. El estudio de las Ecuaciones Diferenciales es un tema profundo en el mundo matemático, en el cual se realiza mucha investigación. Es importante que tengan presente adermás que este apunte corresponde a una parte del curso MAT023 y que, por cierto, no reemplaza las clases. Para lograr un buen aprendizaje de los conceptos e ideas que considera esta parte del curso, es fundamental que asistan a clases, participen activamente en ella, estudien de manera metódica, ojalá estructurando un horario de estudio diario, preparándose siempre para su próxima clase y que planteen a sus profesores cualquier duda conceptual que les surja. Si sus dudas aparecen cuando están resolviendo un problema, revisen los apuntes (éstos y los personales de clases), ya que es posible que haya algún concepto que no han comprendido cabalmente, reintente, aplique muchas alternativas de solución e intercambie opiniones y métodos con sus compañeros. Esta forma de estudiar les entregará una comprensión más profunda de las ideas y conceptos involucrados, lo que tiene como consecuencia un aprendizaje de calidad. Deseándoles la mejor experiencia de aprendizaje y que su trabajo sistemático rinda los frutos que esperan, los saluda muy cordialmente,

Verónica Gruenberg Stern I

PREFACIO [email protected]

II


Índice general

Prefacio

I

Índice general

II I

1. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden 1.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Existencia y Unicidad de Soluciones de Ecuaciones de Primer Orden . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Resolución de Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.1. Separación de Variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.2. Ecuaciones Homogéneas de Primer Orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.3. Ecuaciones Reducibles a Homogéneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.4. Ecuaciones Diferenciales Exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.5. Factor de Integración . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.6. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.7. Ecuaciones que pueden reducirse a la forma lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 1 4 6 6 10 13 17 20 25 29 35

2. Estudio Cualitativo de EDO de Primer Orden 2.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Conceptos Básicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3. Algunos Modelos Sencillos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39 39 40 48 51

3. Ecuaciones Diferenciales de Orden Superior 3.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Criterios de Independencia Lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1. Solución general de una ecuación homogénea de orden n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. Solución general de una ecuación no homogénea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1. Operadores Diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.2. Operadores Diferenciales con Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.3. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas con Coeficientes constantes de orden 2 . . . .

53 53 53 55 56 59 60 61

II I

ÍNDICE GENERAL 3.4. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas con coeficientes Constantes de orden superior . . . . 63 3.5. Ecuación de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 3.6. Ecuaciones Diferenciales Lineales No Homogéneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 3.6.1. Método Coeficientes Indeterminados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 3.6.2. Método de Variación de Parámetros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 4. Estudio Cualitativo de ED de Orden Superior 75 4.1. Sistemas Lineales de orden 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 4.2. Sistemas No Lineales de orden 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

IV

Capítulo 1

Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden Las ecuaciones con las que se ha trabajado hasta ahora son aquellas en las que requerimos determinar los valores numéricos de ciertas incógnitas, que satisfacen algunas relaciones entre sí. Pero, en las aplicaciones de la matemática, existe una gran clase de problemas cualitativamente diferentes: problemas en los que la incógnita es una función. Estudiaremos en estos capítulos las llamadas ecuaciones diferenciales , es decir, ecuaciones en las que, además de la función desconocida, aparecen también sus derivadas de distintos órdenes. Estas ecuaciones son de suma importancia porque muchos fenómenos del mundo físico, de la ingeniería, de la economía, de la biología, etc., pueden ser modelados mediante ellas.

1.1. Introducción DEFINICIÓN 1.1.1 Una ecuación diferencial es una ecuación que contiene diferenciales o derivadas (ordinarias o parciales) de una o más variables dependientes, con respecto a una o más variables independientes. Resolver una ecuación diferencial es encontrar una función que, al ser reemplazada en la ecuación, la transforma en una identidad. DEFINICIÓN 1.1.2 Si una ecuación contiene solo derivadas o diferenciales ordinarias de una o más variables dependientes con respecto a una sola variable dependiente, entonces se dice que es una ecuación diferencial ordinaria (E.D.O.) . Es decir, una E.D.O. es una ecuación que relaciona la variable independiente x , una función y = y (x ) (que depende sólo de la variable independiente) y susrespectivas derivadas y  , y  ,..., y (n ) .Esdecir,esuna expresión de la forma: F x , y , y  , y  , ··· , y (n ) = 0





donde la función y = y (x ) es la función incógnita.

DEFINICIÓN 1.1.3 Una ecuación que contiene derivadas parciales de una o más variables dependientes de dos o más variables independientes se llama ecuación diferencial parcial (E.D.P.) . 1

C AP ÍT ULO 1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN


Es decir, una E.D.P. es una ecuación que relaciona las variables independientes x 1 , x 2 , ··· , x n , una función y = y (x 1 , x 2 , ··· , x n ) (que depende de las variables independientes) y sus respectivas derivadas parciales. Es decir, es una expresión de la forma:



F x 1 , x 2 ,

···

∂ y ∂ y , x n , y , , , ∂ x 1 ∂ x 2

···

∂ y ∂ y 2 ∂ 2 y , , 2 , , ∂ x n ∂ x 1 ∂ x 2 ∂ x 1

 ···

=0

En este texto estudiaremos solo las ecuaciones diferenciales ordinarias, dejando el estudio de las ecuaciones diferenciales parciales para MAT024. DEFINICIÓN 1.1.4 El orden de la más alta derivada en una ecuación diferencial se llama orden de la ecuación diferencial . DEFINICIÓN 1.1.5 El grado de la derivada de mayor orden en una ecuación diferencial se llama grado de la ecuación diferencial . EJEMPLOS: 1.

d x d t

− 4t x = 30.

E.D.O. de orden 1 y grado 1, con x = x (t ).

2. (x + y )d x − 12 y d y = 0. 3. 4. 5. 6.

d u

d v − = 4 x . d x d x

d y − + 9 y = 0. 3 d x 2 d x 2

d y 3

 −      − 3

d x 2

d 2 y d x 2

d x

3

d y 5

+

d x

7. x 2 d y + y 2 d x = 0 8. x 9.

E.D.O. de orden 1 y grado 1, con u = u (x ), v = v (x ).

d 2 y

d 2 y

∂ u ∂ v + y = u ∂ x ∂ y

∂ 2 u ∂ 2 u = ∂ x 2 ∂ t 2

− ∂ ∂ u t

E.D.O. de orden 1 y grado 1, con y = y (x ).

E.D.O. de orden 2 y grado 1, con y = y (x ).

+ 9 y = 0.

3 y = x 3

E.D.O. de orden 2 y grado 2, con y = y (x ). E.D.O. de segundo orden y grado 3.

E.D.O. de primer orden y grado 1. E.D.P. de primer orden y grado 1. E.D.P. de segundo orden y grado 1.

DEFINICIÓN 1.1.6 Se dice que una E.D.O. es lineal si es de la forma: a n (x )

d n y d x n

+ a n −1 (x )

d n −1 y d x n 1

−

+

··· + a 1(x ) dd y x + a 0 (x ) y = h (x )

Si la ecuación diferencial no es lineal, se dice que es no lineal . 2

1.1. I NTRODUCCIÓN


OBSERVACIÓN: En otras palabras, las ecuaciones diferenciales ordinarias lineales son aquellas en las que 1. la potencia de la variable dependiente y y de las derivadas de cualquier orden de y , es 1. 2. los coeficientes que acompañan a las derivadas de la variable dependiente y dependen solo de la variable independiente x .

DEFINICIÓN 1.1.7 Una función ϕ , definida en algún intervalo I ⊆ R, es solución de una ecuación diferencial ordinaria en el intervalo I , si al sustituir ϕ en la ecuación, ésta se reduce a una identidad. Hay tres tipos de soluciones de una E.D.O.: La solución general de una ecuación diferencial de orden n es una función y = ϕ (x , C 1 , C 2 , ··· , C n ), donde C 1 , C 2 , ··· , C n son constantes arbitrarias (tantas constantes arbitrarias como el orden de la ecuación). Cualquier solución de la ecuación diferencial se obtiene para valores adecuados de las constantes C 1 , C 2 , ··· , C n . En el caso de las E.D.O. de orden 1, la solución general será una familia de curvas de la forma y = ϕ (x , C ), donde C es la constante arbitraria. Una solución particular de una ecuación diferencial de orden n es una solución con valores fijos para las constantes C 1 , C 2 , ··· , C n , es decir, es una solución que no depende de parámetros arbitrarios. Una solución singular es una solución que no está incluida en la solución general; es decir, no se puede obtener a partir de ella asignando un valor conveniente a la constante. Notemos que al resolver una E.D.O. no siempre es posible expresar la solución y = ϕ (x ) de manera explícita, sino que en ocasiones solo podremos expresar la solución en la forma implícita G (x , y ) = 0. EJEMPLOS: 1. Verifique que y = x e x es solución (explícita) de la E.D.O. de segundo orden y  − 2 y  + y = 0. Solución:

y = x e x

⇒

y  = e x (1 + x ) e x (2 + x )

⇒

y  = e x (2 + x ).

Reemplazando:

− 2e x (1 + x ) + x e x = 0

2. Verifique que x (t ) = C 1 sen(k t ) + C 2 cos(k t ) es solución (explícita) de x  (t ) + k 2 x (t ) = 0. Solución: x (t ) = C 1 sen(k t ) + C 2 cos(k t ) x  (t ) = −C 1 k 2 sen(k t ) − C 2 k 2 cos(k t ).

⇒

x  (t ) = C 1 k cos(k t )

− C 2k sen(k t ) ⇒

Reemplazando:

−C 1k 2 sen(k t ) − C 2k 2 cos(k t ) + k 2 (C 1 sen(k t ) + C 2 cos(k t )) = 0 3

C AP ÍT ULO 1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 3. La solución de forma implícita.

d y d x



=

− y x

DEFINICIÓN 1.1.8 Sea F x , y ,

es

x 2 + y 2

d y

d n y

d x

d x n

, ··· ,



− c = 0,

=0


con c > 0. En este caso, la solución está dada en

una E.D.O. Entonces:

1. Si y (x ) = 0 es solución de una E.D.O., se dice que ésta es la solución trivial. 2. La gráfica de una solución y = ϕ (x ) de una E.D.O. se llama curva solución de la ecuación diferencial.

1.2. Existencia y Unicidad de Soluciones de Ecuaciones de Primer Orden En este capítulo estudiaremos ecuaciones diferenciales de primer orden, es decir, de aquellas de la forma ∨ y  = f (x , y ) F (x , y , y  ) = 0 Por lo tanto, la solución general de una de estas ecuaciones dependerá de una constante arbitraria. Es decir, representa un conjunto o familia de soluciones . Cada una de las soluciones dependerá del valor que tome la constante. En el último ejemplo de la sección anterior, la solución x 2 + y 2 − c = 0 de la ecuación

d y

=

− y x

d x  + representa una familia de circunferencias, de radio c , c ∈ R . Siponemos la condición inicial y (0) = 1,

esto significa que el punto (0,1) pertenece a la circunferencia, y luego es posible determinar la constante: c = 1. Así, la solución de la ecuación diferencial sujeta a la condición inicial dada, es x 2 + y 2 − 1 = 0. Otro ejemplo sencillo (y general) es el siguiente: si f es una función integrable, la solución de y  = f (x )

es

y (x ) =



f (x )d x + C

Nuevamente, si consideramos la condición inicial y (x 0 ) = y 0 , entonces la solución de la ecuación diferencial sujeta a la condición inicial dada, es



x

y (x ) = y 0 +

f (x )d x

x 0

Al considerar este tipo de problemas, surgen dos preguntas fundamentales: ¿existe una solución del problema?Si es que existe, ¿esesta solución única? Lasrespuestas a ellas no son tanobvias como parecen. Considere por ejemplo: 1. El problema de valor inicial | y  | + | y | = 0, y (0) = 1 única solución de la ecuación diferencial. 4

no tiene solución, porque

y

≡ 0 es la


2. x y  = y − 1, y (0) = 1

1.2. E XI ST ENCI A Y UNICIDAD DE S OLUCIONES DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN tiene infinitas soluciones, de la forma

y = 1 + c x ,

∈ R.

c

Puede que, a pesar de los ejemplos anteriores, se piense que no tiene sentido demostrar existencia de soluciones, si la EDO proviene, por ejemplo, de un problema físico que tiene solución. Sin embargo, esto permite asegurar que el modelo es una buena aproximación al fenómeno que se está modelando. Demostrar la unicidad de la solución (o, más bien, determinar condiciones que garanticen la unicidad de la solución) permite que el modelo matemático prediga el comportamiento futuro del fenómeno con menor probabilidad de error. DEFINICIÓN 1.2.1 Se llama problema de Cauchy o problema de valor inicial asociado a una E.D.O. de orden uno, al problema de resolver d x d t

= F (t , x ),

tal que

ϕ (t 0 ) = x 0

En otras palabras, se trata de encontrar una solución de x  (t ) = F (t , x ) pero con la condición de que pase por el punto (t 0 , x 0 ). TEOREMA 1.2.1 (existencia de soluciones) Sea F : Ω → R una función continua en el dominio Ω. Para todo punto (t 0 , x 0 ) ∈ Ω existe una función ϕ : I → R definida en algún intervalo I , solución del problema de Cauchy d x d t

= F (t , x ),

tal que

ϕ (t 0 ) = x 0

La siguiente figura ilustra el teorema con dos soluciones ϕ1 , ϕ2 x

x = ϕ 2 (t)

x = ϕ 1 (t) t

∂ F

TEOREMA 1.2.2 Sea F : Ω → R tal que F , son funciones continuas en el dominio Ω ⊆ R2 (y por lo tanto ∂ x acotadas). Para todo punto (t 0 , x 0 ) ∈ Ω existe una única función ϕ : I → R definida en algún intervalo I de R, solución única del problema de valor inicial de Cauchy. OBSERVACIÓN: 1. Las condiciones señaladas en los teoremas anteriores son suficientes pero no necesarias. 5



2. Nótesequesi F es un polinomioen la variable x , entonces la ED admitesolución única ∀ (t , x ) ∈ R2 . En lo que sigue, siempre supondremos existencia y unicidad de los problemas de Cauchy. 3. En el caso mencionado arriba, la E.D. x y  = y − 1, y (0) = 1 se tiene que x = 0 no está en el dominio de F . De hecho, si x = 0, no se tiene una E.D. Otra forma de ver esto es reescribir la ecuación en la forma 1 y  = ( y − 1) x

1.3. Resolución de Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden En esta sección estudiaremos algunas técnicas que nos permitirán determinar soluciones analíticas de las E.D.O. de primer orden más usuales. Debemos tener presente, sin embargo, que existen diversas maneras de afrontar el problema de resolver una ecuación diferencial. El método seleccionado dependerá de las características del problema que se desea resolver, la información disponible y precisión de los datos (en el caso de modelos), el grado de exactitud requerida, el tipo de análisis que deberá sustentar la solución, etc. Dependiendo de ello, se podrá resolver la ecuación diferencial mediante métodos analíticos, métodos numéricos o utilizando técnicas de análisis cualitativo. Como señalamos, iniciaremos nuestro estudio con métodos analíticos, para E.D.O. de primer orden. La ecuación general de primer orden y primer grado se puede escribir en la forma M (x , y ) d x + N (x , y ) d y = 0

(1.1)

1.3.1. Separación de Variables En algunos casos la ecuación (1.1) puede ser expresada en la forma A (x ) d x + B ( y ) d y = 0

(1.2)

o sea, se reúnen todos los términos en la variable y en B ( y ) y todos los términos en la variable x en A (x ). La solución de (1.2) es



A (x ) d x +



B ( y ) d y = C

donde C es una constante que depende de las condiciones iniciales (c.i.).

6

1.3. RESOLUCIÓN DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN


Sin embargo, se debe tener cuidado cuando se realizan las divisiones necesarias para separar las variables. Las expresiones en la variable independiente en el denominador (cuando éste se anula), afectan el dominio en el que están definidas las soluciones. Las expresiones en la variable dependiente en el denominador, cuando se anulan, puede ocasionar que se pierdan soluciones de la ecuación original. Estas posibles soluciones deben ser verificadas en la ecuación original, y, de no quedar representadas en la solución general que se obtenga mediante el método de separación de variables, deberán ser consideradas adicionalmente, como soluciones singulares de la E.D EJEMPLOS: 1. Resolver

(x 2

− 1) d x + x y d y = 0

Separando variables queda x 2

− 1 d x + y d y

x

0,

=

x = 0



Luego, la solución obtenida será válida en uno de los intervalos ] −∞,0[ o ]0, ∞[. Integrando: x 2

2

− ln x +

y 2

2

x 2 + y 2

x 2 + y 2 = ln(c 1 x )2

=

c ,

x > 0

=

2c + ln x 2 2

(escogemos un intervalo)

2

e x + y = k x 2

ó

solución implícita de la E.D.O. 2. Resolver

2( y + 3) d x + x y d y = 0.

Separando variables queda 2 x

d x +

y y + 3

d y =

0,

x = 0



Nuevamente, la solución obtenida será válida en uno de los intervalos ] − ∞,0[ o ]0, ∞[. Pero adicionalmente, necesitaremos estudiar la posible solución de la ecuación original y = −3, que haremos al final del problema. Integrando: ln x 2 + y − 3ln( y + 3) = c , ∴

y = c + ln

x > 0 ( y + 3)3 x 2

que es la solución general de la E.D.O. Veamos ahora si y = −3 es o no solución de la ecuación original. Podemos reescribirla en la forma x y

d y d x

=

−2( y + 3)

y es claro, entonces, que y = −3 es una solución singular de la E.D.O. 7

C AP ÍT ULO 1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 3. Resolver


sen x sen y d x + cos x cos y d y = 0

Separando variables queda sen x cos y d x + d y = 0 cos x sen y − lncos x + lnsen y = C sen y ln = C cos x

⇒

 

 ∈

sen y = C 1 cos x , x

(2k

π

π

− 1) 2 , ( 2k + 1) 2



, k ∈ Z

Veamos ahora qué sucede con las soluciones posibles que se obtienen considerando sen y = 0, es decir, y = k π, k ∈ Z. Reescribimos la ecuación original en la forma cos x cos y

d y d x

=

− sen x sen y

y nuevamente, es claro que éstas son soluciones singulares. 4. Resolver

2

x y 3 d x + e x d y = 0

Separando variables queda 2

x e −x d x + y −3 d y =

 − − 1 2

y 2 2x e −x d x +

−2

−2

− 12 e −x − 12 y −2 2

2

e −x + y −2 2

e −x + y −2

0

=

c

=

c

=

−2c

=

K

Notamos que la solución trivial y = 0 también es solución de la ecuación original. 5. Este es un ejemplo de aplicación: Se ha establecido que la velocidad de la desintegración del radio es directamente proporcional a su masa en cada instante. Determinar la ley de variación de la masa del radio en función del tiempo, si para t = 0 la masa del radio es m 0 . Solución: Sea m la masa en el instante t y sea m + ∆m la masa en el instante t + ∆t . La masa desintegrada durante el tiempo ∆t es ∆m . La razón ∆∆m es la velocidad media de desintegración. t Luego: ∆m

d m

l´ım = ∆t →0 ∆t d t

es la velocidad de desintegración del radio en el instante t .

Según la hipótesis: d m d t

8

= k m

−

(1.3)



donde k es el coeficiente de proporcionalidad (k > 0). Ponemos el signo menos, porque a medida que transcurre el tiempo, la masa del radio disminuye y por eso ddm < 0. t La ecuación (1.3) es una ecuación de variables separables. Luego, separando variables: d m

= k d t

− ⇒ ln m = −k t + c 1 m

m (t ) = c e −k t

∴

Como m (0) = m 0 , entonces c = m 0 , de donde m (t ) = m 0 e −k t .

6. La recta normal en cada punto ( x , y ) de una curva dada, pasa por el punto ( 2,0). Si la curva pasa por el punto (2,3), encuentre la ecuación de la curva. Solución: Sea y = f (x ) la ecuación de tal curva. Luego, la ecuación de la recta normal en un punto (u , f (u )) cualquiera de la curva, está dada por la ecuación: y f (u ) =

−

− f 1(u ) (x − u )

Como la recta normal debe pasar por el punto (2,0), se tiene que:

− f (u ) = − f 1(u ) (2 − u ) Haciendo x = u e y = f (u ) y resolviendo se tiene: y =

1

(2 d y d x

− x ) ⇔

y d y = (2

− x )d x ⇔

Evaluando en el punto (2,3), obtenemos

y 2

2

2

=

− (2 −2x )

+ C

⇔

(x

− 2)2 + y 2 = 2C

2C = 9 de donde la curva buscada es (x

− 2)2 + y 2 = 9

es decir, la curva es una circunferencia centrada en (2, 0) y radio 3.

OBSERVACIÓN: En lo que sigue, salvo que se explicite lo contrario, no consideraremos en la resolución analítica, las soluciones singulares de las E.D.O. 9



1.3.2. Ecuaciones Homogéneas de Primer Orden Para poder decidir si una ecuación es homogénea, necesitamos la siguiente DEFINICIÓN 1.3.1 La función f (x , y ) se dice homogénea de grado k respecto a las variables x e y , si: f (λx , λ y ) = λk f (x , y ),

∀λ ∈ R \{0}

EJEMPLOS: 1. La función f (x , y ) = En efecto:

 3

x 3 + y 3 es homogénea de primer grado.

 3

f (λx , λ y ) =

(λx )3 + (λ y )3 = λ

 3

x 3 + y 3

2. La función f (x , y ) = x y − y 2 es homogénea de grado 2. En efecto:

f (λx , λ y ) = (λx ) (λ y )

·

3. La función f (x , y ) = En efecto:

x 2 y 2

−

x y

f (λx , λ y ) =

− (λ y )2 = λ2 (x y − y 2)

es homogénea de grado cero.

( λx )2

− (λ y )2 = x 2 − y 2

λ2 x y

x y

4. La función f (x , y ) = x 2 + y no es homogénea. 5. La función f (x , y , z ) =

x y z

+ x sen

 y 2 z 2

es homogénea de grado uno.

OBSERVACIÓN: 1. Sean g (x , y ), f (x , y ) homogéneas del mismo grado; entonces

f (x , y ) es homogénea de grado cero. g (x , y )

2. Sea h (x , y ) una función homogénea de grado cero. Haciendo el cambio de variable y = u x , tenemos: y h (x , y ) = h (x , u x ) = h (1, u ) = h 1, (pues h es homogénea de grado 0)

  x

Es decir, la función homogénea de grado cero depende sólo del cuociente de las variables. En este caso podemos escribir:

 

h (x , y ) = h (1, y /x ) = F y /x .

DEFINICIÓN 1.3.2 La ecuación de primer orden M (x , y ) d x + N (x , y ) d y = 0

es homogénea cuando M y N son funciones homogéneas del mismo grado respecto de x e y . 10



Resolución de una ecuación diferencial homogénea Consideremos la ecuación homogénea M (x , y ) d x + N (x , y ) d y = 0

( A )

Luego ( A ) la podemos escribir de la forma d y d x

=

M (x , y )

− N (x , y ) = F

 y

x

es decir: d y

( B )

d x

 y

= F

x

Esta última ecuación se resuelve efectuando el cambio de variable v = y x , es decir, y = v x ,

(1.4)

luego d y d x

= v + x

d v

d x

(1.5)

Sustituyendo (1.4) y (1.5) en ( B ), obtenemos v + x

d v d x

= F (v )

es decir: x

d v d x

+ v

x d v + (v

− F (v ) = 0

− F (v )) d x = 0

que es una ecuación de variables separables: d x x

+

v

v

− F (v ) = 0

EJEMPLOS:





1. Resolver x 2 − x y + y 2 d x − x y d y = 0. Observamos que las funciones M (x , y ) = x 2

− x y + y 2

∧

N (x , y ) = x y

−

11



son homogéneas de grado 2. Luego se trata de una ecuación homogénea. Hacemos el cambio de variable y = v x de donde d y = v d x + x d v . Reemplazando en la ecuación: (x 2

− x 2v + x 2v 2 ) d x − x 2v (v d x + x d v ) = 0 (x 2 − x 2 v + x 2 v 2 − x 2 v 2 ) d x − x 3 v d v = 0 x 2 (1 − v ) d x − x 3 v d v = 0 d x

v

− 1 d v = 0 ln x + v + ln(v − 1) = c y y − x ln x + + ln = c x

ln( y − x ) = c −

+

v

 

x y

x

⇒

x

− x )e y /x = c

( y

2. Resolver (x 2 + y 2 ) d x − 2x y d y = 0. Observemos que la ecuación es homogénea pues las funciones M (x , y ) = x 2 + y 2 , N (x , y ) = −2x y son homogéneas de grado 2. Haciendo y = v x tenemos: (x 2 + x 2 v 2 ) d x

− 2x 2v (v d x + x d v ) = 0 (x 2 + x 2 v 2 − 2x 2 v 2 ) d x − 2x 3 v d v = 0 x 2 (1 − v 2 ) d x − 2x 3 v d v = 0

Separando variables 2v

d x

+ 2 x v

− 1 d v = 0

Integrando ln x + ln(v 2 − 1) = c ,

∈ R

c

reemplazando v = y /x :





ln x + ln y 2 /x 2 − 1 = c

ln x + ln( y 2 − x 2 ) − ln x 2 = c ln( y 2 − x 2 ) − ln x = c y 2

− x 2 = c x

y 2 = c x + x 2

12



EJERCICIOS: 1.

d y

x y = 2 d x x y 2

13. sec2 θ tg θ d θ + sec2 ϕ tg θ d ϕ = 0

−

2. (2x + 3 y ) d x + (x − 2 y ) d y

14. sec2 θ tg ϕ d ϕ + sec2 ϕ tg θ d θ = 0

3. y d x − x d y = 0

15. (1 + x 2 ) d y − 1 − y 2 d x = 0

4. (1 + u )v d u + (1 − v )u d v = 0

16.

5. (1 + y ) d x − (1 − x ) d y = 0

17. 3e x tg y d x + (1 − e x ) sec2 y d y = 0

6. (t 2 − x t 2 )

d x d t

 −

  −

1 x 2 d y +

1 y 2 d x

18. (x − y 2x ) d x + ( y − x 2 y ) d y = 0

+ x 2 + t x 2 = 0

7. ( y − a ) d x + x 2 d y = 0

19. ( y − x ) d x + ( y + x ) d y = 0

8. z d t − (t 2 − a 2 ) d z = 0

20. (x + y ) d x + x d y = 0

9. 10.

d x d y

=

1 + x 2 1 + y 2

21. (x + y ) d x + ( y − x ) d y = 0

−  t d s

22. x d y − y d x =

(1 + s 2 ) d t



x 2 + y 2 d x

11. d ρ + ρ tg θ d θ = 0

23. (8 y + 10x ) d x + (5 y + 7x ) d y = 0

12. sen θ cos ϕ d θ − cos θ sen ϕ d ϕ = 0

24. x y 2 d y = (x 3 + y 3 ) d x

1.3.3. Ecuaciones Reducibles a Homogéneas Se reducen a ecuaciones homogéneas las de la forma: d y d x

=

a x + b y + c

0 con a ó b =

a 1x + b 1 y + c 1

(1.6)

Si c 1 = c = 0, la ecuación (1.6) es, evidentemente, homogénea (pues a a1x x ++by es una función homogéb 1 y nea de grado cero). Supongamos, pues, que c y c 1 (o una de ellas) son diferentes de cero. Realicemos el cambio de variables x = x 1 + h , y = y 1 + k (h , k constantes por determinar); entonces d y d x

Reemplazando en (1.7) las expresiones de x , y , d y 1 d x 1

=

=

d y 1 d x 1

(1.7)

d y , tenemos: d x

a x 1 + b y 1 + a h + b k + c a 1 x 1 + b 1 y 1 + a 1 h + b 1 k + c 1

(1.8) 13



Elijamos h y k de modo que se verifiquen las ecuaciones



0 = 0

a h + b k + c = a 1 h + b 1 k + c 1

,

(1.9)

es decir, determinemos h y k como solución del sistema de ecuaciones (1.9). Con esta condición, la ecuación (1.8) es homogénea: d y 1

a x 1 + b y 1

=

d x 1

a 1 x 1 + b 1 y 1

Al resolver esta ecuación y pensando de nuevo en x e y , según las fórmulas (1.7), obtenemos la solución de la ecuación (1.6). El sistema (1.8) no tiene solución si

es decir, si a b 1 = a 1b . Pero en este caso a a 1 = puede escribir la ecuación (1.6) en la forma d y

 

a

b

a 1

b 1

b b 1

=

d x

 

= 0,

= λ , es decir, a 1 = λ a , b 1 = λb , y, por consiguiente, se

(a x + b y ) + c

(1.10)

λ(a x + b y ) + c 1

Haciendo la sustitución

z = a x + b y

(1.11)

la ecuación se reduce a una ecuación de variables separables. En efecto, d z

= a + b

d x

de donde

d y d x

=

d y d x

1 d z

a − b d x b

Introduciendo las expresiones (1.11) y (1.12) en la ecuación (1.10) obtenemos 1 d z

a z + c − = b d x b λz + c

1

que es una ecuación de variables separables. En efecto, separando variables queda: 1

d z b

− a b d x = λz z ++ c c

−    −

1

d z b

a

b

+

z + c

λz + c 1

1

b

14

a + λz z ++c c b 1

1

d x

d x = 0

d z + d x = 0

(1.12)



EJEMPLOS: 1. Resuelva la ecuación Solución:

d y d x

=

− 3 . − − 1

x + y x y

Notamos que:

 

 −

1 1

Hacemos la sustitución

1 = −2  =0 1

x = x 1 + h y = y 1 + k

entonces d y 1

=

d x 1

−3 x 1 − y 1 + h − k − 1

x 1 + y 1 + h + k

Resolviendo el sistema:

−3= 0 h − k − 1 = 0 h + k

h = 2,

=

⇒

k = 1

Sustituyendo, obtenemos la ecuación homogénea d y 1 d x 1

Sea v =

=

x 1 + y 1 x 1 y 1

−

y 1 , es decir, y 1 = v x 1 . Luego: x 1 d y 1 d x 1

= v + x 1

d v

d x 1 d v x 1 + v x 1 v + x 1 = ∴ d x 1 x 1 v x 1 d v 1 + v v + x 1 ec. de variables separables = d x 1 1 v d v 1 + v 2 x 1 = d x 1 1 v d x 1 1 v d v = x 1 1 + v 2

−

−

−

−

 

1

v

− 1 + v 2

1 + v 2



d v = ln x 1 + c

1 arctg v − ln(1 + v 2 ) = ln x 1 + c 2

  

arctg v = ln x 1 1 + v 2 + c



2 e arctg v = e c x 1 1+v

15

C AP ÍT ULO 1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN y 1

Sustituyendo v por

x 1

=

− 1 , x − 2

y

se obtiene:

 −

c (x

Solución:

1)2 + ( y

−

2x + y − 1 4x + 2 y + 5 Notamos que:

2. Resolver la ecuación

 

2 1 =0 4 2

Sea

z = 2x + y .

Luego:

 

arctg 1)2 = e

y  =

y que

d z d x

y 1 x 2

− −

,

∈ R.

c

con condición inicial y (0) = −2.

y  =

 


= z  = 2 + y 

⇒

2x + y − 1 2(2x + y ) + 5

y  = z 

( )

∗

−2

Reemplazando en (*), queda:

− 2 = 2z z − +15 z − 1 5z + 9 + 2 =

z  z  =

2z + 5 2z + 5 2z + 5 d z = d x 5z + 9 2z + 5 d z = x + c 5z + 9

 pero



2z + 5 d z = 2 5z + 9

    −   |  − | | | | z

5z + 9

2 d z = 5z + 9 5

5z + 9 − 9 d z + 5z + 9

9 d (5z + 9) + ln 5z + 9| 5 5z + 9 2 9 z ln 5z + 9 + ln 5z + 9 = 5 5 2 18 2 7 = z − ln |5z + 9| + ln |5z + 9| = z + ln |5z + 9| 5 25 5 25 2 7 z + ln |5z + 9| = x + c ∴ 5 25 =

2 5

d z +

5

d z

Como z = 2x + y , se tiene que: 2 7 (2x + y ) + ln |10x + 5 y + 9| = x + c 5 25 10 y − 5x + 7ln |10x + 5 y + 9| = c 16



d (5z + 9) 5z + 9



Puesto que y (0) = −2 nos queda que:

∴

−20 + 7ln |− 1| = c ⇒ c = −20 10 y − 5x + 7ln |10x + 5 y + 9| = −20.

EJERCICIOS: 1. (3 y − 7x + 7)d x − (3x − 7 y − 3)d y = 0 2. (x + 2 y + 1)d x − (2x + 4 y + 3)d y = 0 3. (x + 2 y + 1)d x + (2x − 3)d y = 0

1.3.4. Ecuaciones Diferenciales Exactas La ecuación M (x , y ) d x + N (x , y ) d y = 0

se llama ecuación diferencial exacta , si M (x , y ) y N (x , y ) son funciones con primera derivada continua en un cierto dominio D (es decir, de clase C 1 (D )) que verifican la igualdad: ∂ M ∂ N = ∂ y ∂ x

En este caso, obtenemos la solución de la E.D. expresada implícitamente en la forma F (x , y ) = k , donde k es una constante y F es una función de clase C 2 (D ). Si F (x , y ) = k describe la solución de la E.D., entonces su diferencial total d F está dada por d F =

∂ F ∂ F d x + d y = 0 ∂ x ∂ y

Luego, podemos suponer que ∂ F = M (x , y ) ∂ x

∧

∂ F = N (x , y ) ∂ y

y a partir de estas igualdades podemos determinar la función F (x , y ).

17



EJEMPLOS: 1. Resolver la ecuación: (3x 2 y + 2x y ) d x + (x 3 + x 2 + 2 y ) d y = 0

( )

∗

Solución:

Averigüemos si esta ecuación es exacta: M (x , y ) = 3x 2 y + 2x y ,

N (x , y ) = x 3 + x 2 + 2 y

∂ M ∂ N (x , y ) = 3x 2 + 2x , (x , y ) = 3x 2 + 2x ∂ y ∂ x ∂ M ∂ N = = 3x 2 + 2x ∴ ∂ y ∂ x

∴ La ecuación ( ∗) corresponde a una ecuación diferencial exacta. Suponemos una solución de la forma F (x , y ) = C . Entonces: ∂ F = 3x 2 y + 2x y ∂ x

⇒

F (x , y ) = x 3 y + x 2 y + C ( y )

donde se integra considerando « y » como constante; luego determinamos: ∂ F (x , y ) ∂ x 3 y + x 2 y + C ( y ) = x 3 + x 2 + C  ( y ) = ∂ y ∂ y





∴ x 3 + x 2 + C  ( y ) = x 3 + x 2 + 2 y

donde igualamos las expresiones correspondientes. C  ( y ) = 2 y

Así: C ( y ) = y 2 + C 1 ,

⇒

∴ F (x , y ) = x 3 y + x 2 y + y 2 + C 1 = C , C ∈ R

de donde la solución está dada por la relación x 3 y + x 2 y + y 2 = k ,

2. Resolver Solución:

2x

d x + y 3

y 2

− 3x 2 d y = 0

y 4

La ecuación diferencial es exacta pues:

 

∂ 2x ∂ y y 3

=

∂ F 2 x = ∂ x y 3

−

⇒



∂ y 2 3x 2 = y 4 y 4 ∂ x

6x

Luego, suponemos una solución del tipo F (x , y ) = k

18

∈ R

k

−



y procedemos como arriba:

F (x , y ) =

x 2 y 3

+ C ( y )







∂ F ∂ x 2 = + C ( y ) ∂ y ∂ y y 3

2

=

− 3 y x 4

+ C  ( y ) =

y 2

− 3x 2

y 4

⇒ C  ( y ) = y −2 ⇒ C ( y ) = − y 1 + C 1 ∴ F (x , y ) =

x 2 y 3

− 1 y + C 1

Luego la solución general de la ecuación está dada por la relación: x 2

− 1 y = C

∈ R.

C

y 3

3. Resolver:

 −   −   −    −     y 2

1

(x y )2

x

d x +

1

x 2

y

(x y )2

M

Solución:

d y = 0

N

∂ M ∂ N , = ∂ y ∂ x

Verificamos que

Luego, la ecuación es exacta .

∂ M 2x y = ∂ y (x y )3

−

pues

∂ N 2x y = ∂ x (x y )3

−

Buscamos F (x , y ) tal que d F = 0, es decir, ∂ F ∂ F d x + d y = 0 ∂ x ∂ y

Así ∂ F y 2 = ∂ x (x y )2

1

− − x ⇒ ∴ ∴ ∴

F (x , y ) =

 

 −

y 2

1

(x y )2

−

x

d x =

y 2

− x − y − ln |x | + C ( y )

−2 y (x − y ) − y 2 + C  ( y ) = 1 − x 2 y (x − y )2 (x − y )2 1 2x y − y 2 − x 2 1 x 2 − 2x y + y 2 C  ( y ) = + − (x − y )2 = y y (x − y )2 ∂ F = ∂ y

C  ( y ) =

1

− 1

F (x , y ) =

C ( y ) = ln y

| |− y + K

⇒

y

2

− x y − y − ln |x | + ln | y |− y + K

=

y

y 2

x

x y

  − − −   − − − ln

y + C

∴ la solución viene dada por

ln

y

y 2

x

x y

y = cte.

19



EJERCICIOS: 1. (x 2 + y ) d x + (x − 2 y ) d y = 0

6.

2. ( y − 3x 2 ) d x − (4 y − x ) d y = 0

7.

3. ( y 3 − x ) y  = y 4.



5.

2(3x y 2 + 2x 3 ) d x + 3(2x 2 y + y 2 ) d y = 0

y 2

  − −

(x y )2

−

1

x

d x +

1

y

8.



x 2

d y = 0 (x y )2

−

x d x + (2x + y ) d y (x + y )2



1

3 y 2

+ 4 x 2 x



=

x 2 d y y 2 d x

− (x − y )2

9. x d x + y d y =

=0

2 y d y x 3 =0

y d x x d y

−

x 2 + y 2

10. Determine para qué valores de k ∈ R son exactas las ecuaciones siguientes y resuélvalas para ese valor. a ) k x y d x + ( x 2 + cos y ) d y = 0 b ) (6x y 3 + cos y )d x + (2k x 2 y 2

− x sen y )d y = 0

1.3.5. Factor de Integración Supongamos que la ecuación: M (x , y ) d x + N (x , y ) d y = 0

(1.13)

no es una ecuación diferencial exacta (y que no es del tipo de las anteriores), por ejemplo, ( y + x y 2 )d x

− x d y = 0.

Se puede a veces elegir una función µ (x , y ) tal que si multiplicamos todos los términos de la ecuación por esta función, la ecuación (1.13) se convierta en una ecuación diferencial exacta. La función µ(x , y ) se llama factor de integración (o factor integrante ) de la ecuación (1.13). Para hallar el factor integrante µ procedemos del siguiente modo (donde hemos omitido escribir las variables en las funciones): µM d x + µN d y = 0

Para que esta última ecuación sea una ecuación diferencial exacta es necesario y suficiente que: ∂ (µM ) ∂ (µN ) = ∂ y ∂ x

20



es decir: µ

∂ M ∂µ ∂ N ∂µ + M =µ + N ∂ y ∂ y ∂ x ∂ x

o sea



 

∂µ ∂ N ∂ M 1 N =µ ∂ x ∂ x ∂ y µ 1 ∂µ 1 ∂ µ ∂ N ∂ M M N = µ ∂ y µ ∂ x ∂ x ∂ y ∂ (ln µ) ∂ (ln µ) ∂ N ∂ M M N = ∂ y ∂ x ∂ x ∂ y

∂µ M ∂ y

−

−

−

−

−

−

(1.14)

En la mayoría de los casos el problema de la búsqueda de µ(x , y ) de la ecuación (1.14) no es fácil. Sólo en algunos casos particulares se logra determinar fácilmente la función µ(x , y ). Los casos que desarrollaremos aquí son los siguientes: CASO I Supongamos que la ecuación (1.13) admiteun factorintegrante que depende sólo de y , es decir, µ = µ( y ). Entonces: ∂ ln µ =0 ∂ x

y para hallar µ obtenemos la ecuación diferencial ordinaria (que se obtiene de (1.14)): ∂ ln µ = ∂ y

∂ N ∂ x

− ∂ ∂ M y M

de donde podemos determinar ln µ: ln µ =

  1

∂ N M ∂ x

y, por tanto,

 

µ( y ) = e

1

M

−

∂ N ∂ x



∂ M d y ∂ y

− ∂ ∂ M y



d y

1



∂ N ∂ x

∂ M ∂ y



− no depende Es claro que de esta manera se puede proceder sólo cuando la expresión M de x . Luego, multiplicamos la ecuación (1.13) por este factor µ ( y ), obteniendo una ecuación diferencial exacta. EJEMPLO 1.3.1 Hallar la solución de la ecuación Solución: Aquí:

M = y + x y 2

y N = −x .

∂ M = 1 + 2x y , ∂ y

( y + x y 2 ) d x

− x d y = 0.

Entonces:

∂ N = 1, ∂ x

−

y luego

∂ M ∂ N = ∂ y ∂ x



21



Por lo tanto, la ecuación no es una ecuación diferencial exacta. Examinemos si esta ecuación admite un factor integrante que dependa sólo de y . Observemos que: ∂ N ∂ x

− ∂ ∂ M y M

=

−1 − 1 − 2x y = −2(1 + x y ) = − 2 y + x y 2 y (1 + x y ) y

por lo tanto la ecuación lo admite. Encontremos ahora el factor integrante: ∂ ln µ = ∂ y

de donde

ln µ = −2ln y ,

es decir,

− y 2

1

µ= 2. y

Después de multiplicar todos los términos de la ecuación dada por el factor integrante µ ( y ) = 1/ y 2 , obtenemos la ecuación: x 1 + x d x − 2 d y = 0

   y

diferencial exacta



y

∂ M 1 ∂ N 1 1 x x 2 = = . Resolviéndola, encontramos que: + + c = 0, es decir, ∂ y ∂ x y 2 y 2

−

y =

− x 22+x 2c .

CASO II Análogamente, supongamos que la ecuación (1.13) admite un factor integrante que depende sólo de x , es decir, µ = µ(x ). Entonces: ∂ ln µ = 0 ∂ y

y la ecuación (1.14) se reduce a: ∂ M ∂ y

∂ ln µ = ∂ x

− ∂ ∂ N x N

de donde podemos determinar ln µ: ln µ = y, por tanto,

  1

∂ M N ∂ y

  1

µ(x ) = e

N

−

∂ M ∂ y



∂ N d x ∂ x

− ∂ ∂ N x



d x

Es claro que de esta manera se puede proceder sólo cuando la expresión ∂ N ∂ x

− ∂ ∂ M y N

no depende de y , sino exclusivamente de x . Como antes, multiplicando la ecuación (1.14) por µ(x ), se obtiene una ecuación diferencial exacta. 22



Otros casos: Vemos el caso en que µ = µ(x 2 + y 2 ) y dejamos otros casos como ejercicio. Si µ = µ(x 2 + y 2 ), hacemos el cambio de variable z = x 2 + y 2 en ∂µ M ∂ y

−



∂µ ∂ N N =µ ∂ x ∂ x

Luego: ∂ µ ∂ z M ∂ z ∂ y

−

(M 2 y

−



∂ µ ∂ z ∂ N N = µ ∂ z ∂ x ∂ x



∂ µ ∂ N N 2x ) =µ ∂ z ∂ x

de donde, si la expresión

 

sólo depende de z , se tendrá que

−

∂ M ∂ y

∂ N ∂ M ∂ x ∂ y 2 y M 2x N

µ = µ(z ),

ln µ =

− −

con

   

−

−



∂ M ∂ y

∂ M ∂ y





 

∂ N ∂ M ∂ x ∂ y 2 y M 2x N

− −

 

d z

Problema : 1. Si µ = µ(x + y ), encuentre una expresión para el factor de integración. 2. Si µ = µ(x y ), encuentre una expresión para el factor de integración. EJEMPLOS: 1. Resuelva la ecuación diferencial y 2 d x = (x 3

( Ayuda : Use un factor integrante del tipo

− x y ) d y

x n y m ).

Solución. Multiplicamos la ecuación por x n y m : es decir:

x n y m y 2 d x

− x n y m (x 3 − x y ) d y = 0

x n y m +2 d x

− (x n +3 y m − x n +1 y m +1) d y = 0 23



∂ n m +2 ∂ n +1 n +1 ( x y )= (x y ∂ y ∂ x

Requerimos que:

(m + 2)x n y m +1 = (n + 1)x n y m +1

Luego, basta que

n + 3 = 0

y m + 2 = n + 1.

− x n +3 y m )

es decir,

− (n + 3)x n +2 y m

Por lo tanto, el factor integrante es

µ(x , y ) = x −3 y −4

Multiplicando por µ(x , y ), obtenemos: x −3 y −2 d x ( y −4

−

Así,

∂ M = ∂ y

−2x −3 y −3 = ∂ ∂ N . x F (x , y ) =

− x −2 y −3) d y = 0

Efectivamente, es exacta, y luego para resolverla:



x −3 y −2 d x + K ( y ) =

∂ F = x −2 y −3 + K  ( y ) = x −2 y −3 ∂ y

− y −4

− 12 x −2 y −2 + K ( y )

K  ( y ) = y −4

⇒

− 12 x −2 y −2 + 13 y −3 = K ,

Por lo tanto, la solución general es:

∴

−

1 3

K ( y ) = y −3 + C .

K = cte.

2. Resolver la ecuación (x 3 + x y 2 y ) d x + ( x 2 y + y 3 + x ) = 0

−

si se sabe que el factor integrante depende de x 2 + y 2 . Solución. Notamos que:

  Por lo tanto,

∂ N ∂ M ∂ x ∂ y 2 y M 2x N

− −

µ = e −



1

 

d z

z

=

2x y + 1 − (2x y − 1) 1 1 − − = = x 2 + y 2 z 2 y (x 3 + x y 2 − y ) − 2x (x 2 y + y 3 + x )

= e − ln z =

1 z

=

1 x 2 + y 2

.

Multiplicamos la ecuación por este factor integrante, obteniendo:

− x

Calculamos

24

y x 2 + y 2

 

x

d x + y + 2 x + y 2



∂ M x 2 + y 2 ∂ N = = ∂ y ∂ x (x 2 + y 2 )2

−

d y = 0



por lo que hemos reducido la ecuación a una ecuación diferencial exacta, que sabemos resolver. Usando el método habitual, se obtiene que la solución está dada por x 2

2

+

y 2

2

= arctan

 x

y

+ C

OBSERVACIÓN: El factor integrante no es único. Considere, por ejemplo, la ecuación x d y y d x = 0

−

Verifique que ésta admite como factor integrante a

1

µ1 = 2 x

ya

µ2 =

1

.

x y

1.3.6. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden Sea I un intervalo real. Una ecuación diferencial de primer orden en I , se dice lineal si puede escribirse de la forma: a 1 (x ) y  + a 0 (x ) y = h (x )

( )

∗

en donde a 1 (x ), a 0 (x ), h (x ) son continuas en I y a 1 (x )  = 0 para algún x ∈ I . La ecuación (*) se dice homogénea si h (x ) = 0, ∀ x ∈ I y se dice normal si a 1 (x )  = 0, ∀ x ∈ I . Consideremos ahora la ecuación diferencial lineal normal de primer orden en I : a 1 (x ) y  + a 0 (x ) y = h (x )

(1.15)

Nuestro propósito es encontrar la solución general de (1.15). Como la ecuación (1.15) es normal en I entonces la podemos escribir de la forma: y  +

Si llamamos

p (x ) =

a 0 (x ) a 1 (x )

, q (x ) =

a 0 (x ) a 1 (x )

y =

h (x ) a 1 (x )

h (x ) , entonces a 1 (x ) d y d x

+ p (x ) y = q (x )

d y + p (x ) y d x = q (x ) d x

− q (x )) d x + d y = 0

(1.16)

(p (x ) y

Veamos si la ecuación (1.16) admite factor integrante. Aquí, M (x , y ) = p (x ) y − q (x ), N (x , y ) = 1. ∂ M (x , y ) ∂ N (x , y ) = p (x ), =0 ∂ y ∂ x ∂ M ∂ N si tenemos que p (x ) = 0 = ∂ y ∂ x





∀ x ∈ I . 25



El caso p (x ) = 0, reduce la ecuación (1.16) a una ecuación de variables separables que ya sabemos resolver. Supongamos entonces que p (x )  = 0. Examinemos si la ecuación (1.16) admite un factor integrante que depende sólo de x . Observemos que:

− ∂ ∂ N x + ∂ ∂ M y N

= p (x )



por lo tanto la ecuación lo admite y luego el factor integrante es

µ(x ) = e

p (x ) d x



Multiplicando todos los términos de la ecuación (1.16) por el factor integrante µ(x ) = e nemos la ecuación





− q (x ))e p (x ) d x d x + e p (x ) d x d y = 0

(p (x ) y

que es una ecuación diferencial exacta, ya que: ∂ M 1 = p (x )e ∂ y





donde M 1 (x , y ) = (p (x ) y − q (x ))e

p (x ) d x

=

∂ N 1 ∂ x



p (x ) d x

y N 1 (x , y ) = e

p (x ) d x

EJERCICIOS: Resuelva el ecuación (1.17) y verifique que:

 −

y = e

p (x ) d x







p (x ) d x

q (x )e

d x + C ,

∈ R, x ∈ I

c

es la solución general de la ecuación dada. OBSERVACIÓN: Consideremos la ecuación diferencial lineal de primer orden en I : y  + p (x ) y = q (x )



y  e

p (x ) d x

  e

p (x ) d x



y = q (x )e





+ p (x )e

p (x ) d x



p (x ) d x

Notando que el lado izquierdo de la ecuación



y  e

26

p (x ) d x

+ p (x )e

p (x ) d x



y = y e



p (x ) d x



p (x ) d x

, obte-

(1.17)



podemos reescibir la ecuación en la forma



d y e

p (x )d x

∴

p (x )d x

e −

y (x ) =

= q (x ) e

d x



y e

     



=

p (x )d x

q (x ) e



p (x )d x

p (x )d x

q (x ) e

d x + C

p (x )d x



d x + C

EJEMPLOS: (x 4 + 2 y ) d x = x d y

1. Resolver Solución: x

d y

− 2 y = x 4 ⇒ d x ∴

y 

y (x ) = e

que es normal en ] −∞,0[ o en ]0, ∞[

           

y (x ) = 2ln x

2. Resolver

− 2x y = x 3 e −



−2 d x x

C +

x 3 e

3

C +

x e −2ln x d x

∴

y (x ) = x 2 C +

−2 d x

2

= x

x

d x

C +

x 3 x 2

d x

x 2

2

− 4) d x + (x + 1)2 d y = 0

(3x y + 3 y

Solución: (x + 1)2

d y d x

+ 3(x + 1) y = 4

∴

⇒

y  + 3(x + 1)−1 y = 4(x + 1)−2

y (x ) = = =

−

e



3

  ·        

x + 1

e −3ln |x +1|

1 (x + 1)3

d x

normal en ] −∞, −1[ o en ] − 1, ∞[.

4

C +

C +

C + 4

e (x + 1)2

3

x +1

d x

4

e 3ln |x +1| d x 2 (x + 1)

(x + 1)3 (x + 1)2

d x

1 (x + 1)2 2 (x + 1)3 y (x ) = C (x + 1)−3 + 2 (x + 1)−1 =

C

+ (x + 1)3

27

C AP ÍT ULO 1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 3. Resolver

(1 + x y ) d x


− (1 + x 2) d y = 0

Solución: (1 + x 2 ) y 

− x y = 1

y = e

x d 1+x 2

x

1

c +

que es normal en ] −∞, ∞[.

(1 + x 2 )3/2

sec2 θ d θ = (sec2 θ )3/2

d x = (1 + x 2 )3/2

d i L + Ri = E d t

d x

1 = e 2 ln

1

1 + x 2 c +

1

4. Resolver

x d x 1+x 2

− e

1 + x 2

y (x ) =

donde

− 1 +x x 2 y = 1 +1x 2

              



∴

y 

⇒

con c.i. i (0) = 0,

d x

1+x 2

|

1

| c +

1 + x 2

e −



1 2 2 ln(1+x ) d x

1 + x 2 + x

= c

x

cos θ d θ = sen θ =

1 + x 2

donde L , R , E son constantes.

Solución: d i

R E + i = d t L L R

i (t ) = c e − L t +

5. Resolver

E R

i (t ) = e −

⇒

;

i (0) = 0

 

R t L

c +

0 = C +

⇒

E

R



E R t e L d t L

⇒

C =

= e −

R t L

E − R ⇒



E L R t c + e L L R

·

i (t ) =

d x = (1 + 2x tg y ) d y

E R



−  R 1 e − L t

Solución: d x d y

= 1 + 2x tg y

− 2x tg y = 1 ⇒ d y

⇒

 

x ( y ) = e 2ln | cos y | c +

d x

  

x ( y ) = sec2 y c +

x ( y ) = e 2 tg y d y c +

   ⇒

e 2ln | cos y | d y = sec2 y c +

       



e −2 tg y d y d y

cos2 y d y = sec2 y c +

1 sen2 y y + 2 2

1 2

(1 + cos2 y )d y

4x cos2 y = C + 2 y + sen2 y

6. Encontrar la velocidad inicial mínima que debe tener un cuerpo que se dispara para que escape de la atracción de la Tierra. Desprecie la resistencia del aire. Solución: k a (r ) = 2 r

k < 0

como en r = R , a (R ) = − g ⇒ a (r ) = −

g R r 2

por otro lado a =

d v d t

2

⇒ g r R

+ c =

=

d v  g R · · v ⇒ − 2 = d r d t d r r

v 2

=

pero en r = R , v = v 0 ⇒

2 2

⇒ v 28

2

d v d r

=

2 g R 2 r 2

+ v 02

− 2g R

d v

v d r v 2 c = 0 g R

·

2

−



7. Un embudo con ángulo de salida de 60◦ y una sección transversal con área de 0,5cm 2 , contiene agua. En t = 0, se abre la salida. Determinar el tiempo que tardará en vaciarse, suponiendo que la altura inicial del agua h (0) = 10cm.



Dato: v = 0,6 2 g h , Solución:

h = altura instántanea,

v = velocidad del líquido.

d V = volumen de H2 O que sale.



d V = 0,5 v d t con v = 0,6 2 g h ,

· ·

por otro lado



d V = πr 2 d h con

r = h tg30 = h / 3

−



⇒ 0,3 0,9



2 g h d t = −

πh 2

3

d h

⇒



0,9 2 g π

d t = h 3/2 d h

−

2 0,9 2 2 g t = −h 5/2 · + c y h (t = 0) = 10 ⇒ 2g · 0 = −105/2 + c π π 5 5 π π 2 2 · 105/2 = 99,7seg = 1 40 t = 105/2 − h 5/2 y para h = 0 t = · 5 0,9 2 g 5 0,9 2 g

  ·  ·



 

8. En un movimiento rectilíneo, la aceleración es inversamente proporcional al cuadrado de la distancia s , y es igual a −1 cuando s = 2. Además posee una velocidad de 5 y s = 8 cuando t = 0. a ) Hallar v cuando s = 24 b ) Hallar el tiempo t que demora en recorrer desde s = 8 a s = 24.

Solución: a =

b )

k = 4

⇒

a =

−4/s 2; v = dd s t

d v d v 4 · · v ⇒ v = = − 2 ⇒ v 2 /2 = c + 4/s ⇒ d t d s d t d s d s s  4 v (s = 24) = 2 24 + 12 ≈ 4,93  8 8 d s s d s 1 2 ≈ 3,23 v = s + 3s ⇒ t =  = d t s 2

a = a )

− s k 2 ⇒ −1 = − k 4 ⇒

d v

=

d v d s

 

2 2

c =

25 4 − = 12 2 8

  24

s + s

1.3.7. Ecuaciones que pueden reducirse a la forma lineal Ciertas E. D. no lineales de primer orden pueden reducirse a E. D. L. por un adecuado cambio de variables. 29



Ecuación de Bernoulli La E. D. de Bernoulli es una E. D. no lineal, que adopta la forma d y d x

+ p (x ) y = q (x ) y n

(1.18)

Notamos que: si n = 1 ⇒ (1.18) queda d y d x

si n = 0

⇒

+ (p (x )

− q (x )) y = 0

(variables separables), y

(1.18) queda y  + p (x ) y = q (x )

(ecuación diferencial de primer orden lineal).

= 0,1 usamos la sustitución Si n  dividir por y n ):

µ = y 1−n

⇒

d µ = (1 d x

− n ) y −n dd y x ⇒

(1.18) queda (al

y −n y  + p (x ) y 1−n = q (x ) (1

− n ) y −n y  + (1 − n ) p (x ) y 1−n

=

(1

− n ) q (x )

d µ + (1 d x

=

(1

− n ) q (x )

− n )p (x )µ

que es una E. D. L. de primer orden en la variable µ. EJEMPLOS: 1. Resolver

y  + x y =

x y

Solución. En este caso, se tiene que n = −1 de donde µ = y 1−(−1) = y 2 1 d µ − x µ = x 2 d x µ(x ) = e −

x 2

30

y 

µ(x ) = e 2 2x d x

⇒



x 2

− y x = − 52 x 2 y 3







2x e

 

2x d x

2

y 2 = 1 + c e −x

d µ d x



d x + c

2 2 2 2x e d x + c = e −x e x + c = 1 + c e −x

∴

2. Resolver

 −

⇒

= 2 y

d y d x



Solución. n = 3 En este caso se tiene que de donde µ = y −2 ⇒ µ = −2 y −3 y  µ µ 5 1 − = − x 2 ⇒ µ + 2µ · = 5x 2 −2 x 2 x 2 x 5 1 µ(x ) = e − x d x c + 5x 2 e 2/x d x d x = e −2ln x c + 5x 2 e 2ln x d x = 2 c + 5 · x 5 µ(x ) = y −2 = c x −2 + x 3 ⇒ c x −2 + x 3 = y −2

 







 

 



Ecuación de Ricatti. Una E. D. N. L. de primer orden de la forma: y  (x ) + a 2 (x ) y 2 + a 1 (x ) y + a 0 (x ) = 0

donde a i (x ) son funciones continuas en I ∀ i = 0,1,2 y a 2 (x )  = 0 en un intervalo I se conoce como ecuación de Ricatti . 1 Para convertirla en una EDL de primer orden se utiliza la sustitución y = + y 1 donde y 1 (x ) es una µ

solución particular de la ecuación de Ricatti (esta sustitución particular se encuentra por inspección). En efecto: sea y =

1 µ

+ y 1

⇒ dd y x = −µ2 dd u x + ddy x 1

donde y 1 + a 2 (x ) y 12 + a 1 (x ) y 1 + a 0 (x ) = 0 d y 1

1 d u

− + a 2 (x ) d x µ2 d x

  y 1 +

1

µ

2

 

+ a 1 (x ) y 1 +

1

µ

+ a 0 (x ) = 0

a 1 (x ) 1 d u 2 1 + a 2 (x ) y 12 + y 1 a 2 (x ) + 2 a 2 (x ) + a 1 (x ) y 1 + + a 0 (x ) 0 = y 1 − 2

µ d x

µ

µ

µ

− d d µx + 2µ y 1a 2(x ) + a 2(x ) + a 1 (x )µ = 0 d µ

− (2 y 1a 2(x ) + a 1(x ))µ = a 2 (x ) ⇐⇒ d x

d µ d x

⇒

+ p (x )µ = q (x )

EJEMPLOS: 1. Resolver:

y  = x + 1

− x y 2 + 2x 2 y − x 3

si y 1 (x ) = 1 + x . 31



Primero, escribimos la ecuación en la forma que se necesita para reconocer el tipo de ecuación y los términos correspondientes. La ecuación queda: y  + x y 2

Luego :

− 2x 2 y + x 3 − x − 1 = 0

a 2 (x ) = x ,

a 1 (x ) =

−2x 2 ,

Aplicando el cambio de variable, la ecuación queda d µ d x

es decir :

− 2x v = x

de donde x 2

µ(x ) = e



x 2

y 

µ = e



x e − d x + c

a 2 (x ) =

Si

y =

1 v

− sen2 x ,

a 1 (x ) =

2x d x

2

= c e x

  x e



−2x d x d x + c

− 12

y (x ) = 1 + x +

− sen2 x y 2 + sen x 1 cos x y + cos2 x = 0,

En este caso,

− x − 1 d µ − (2(1 + x )x − 2x 2 )µ = x d x

 − −

Así, la solución obtenida es :

2. Resolver

a 0 (x ) = x 3

2 2

c e x

−1

si y p = cotg x .

1 , sen x cos x

a 0 (x ) =

− cos2 x .

+ y p (x ), se tiene:

 − −  − −

 

1 v = − sen2 x . 2cotg x sen2 x + d x sen x cos x d v 1 v = − sen2 x 2sen x cos x + d x sen x cos x 2 2 −2sen x cos x + 1 v = − sen2 x v  − sen x cos x 2 2 −2sen x cos x + 1 d x 2sen2 x cos2 x + 1 d x x cos x sen x cos x sen 2 − sen x e d x + c d v



v = e

   

 

Calculamos la integral:

 −



1 sen2 x − x x d x 2sen cos + = 2 + sen x cos x 2

=

32

− sen2 x + 2





2 d x sen2x

cosec2x d x = − sen2 x + ln | cosec2x + cotg2x |



Luego:

−  −  −  − 

2 v = e − sen x e − ln | cosec2x +cotg2x |

1

2 x

v = e − sen

sen

= e −

 

+ c

2

sen2 x e sen x (cosec2x + cotg2x )d x + c

cosec2x + cotg2x sen2 x

2 x e sen2 x e ln | cosec2x +cotg2x | d x

sen2x 1 + cos2x



cos x d x + c sen2 x e sen2x · sen x



1 2 2sen x cos x e sen x d x + c = tg x e − 2 1 1 2 2 2 = tg x e − sen x − e sen x + c = − tg x + c tg x e − sen x 2 2 1 ⇒ y (x ) = cotg x + 1 − 2 tg x + c tg x e − sen2 x sen2 x



3. Resolver

y 



− x y 2 + (2x − 1) y = x − 1

Solución. Esta es una ecuación de Ricatti de la cual no conocemos una solución particular. Supongamos que ésta es y 1 = k ; luego, es necesario determinar el valor de la constante k .

y 1 = k

⇒

⇒

y 1 = 0

0 − x k 2 + 2k x − k − x + 1 = 0

Reemplazando:

x ( k 2 + 2k

− ⇒

− 1) + 1 − k = 0 ⇒ −x (k − 1)2 − (k − 1) = 0 1 k = 1 ⇒ y  = −u −2u  ∴ y = 1 + u

−u −2u 

  − x 1 +

1

u

2

+ (2x

− 1)

  1+

1

u

−1

= x

−u −2u  − x − 2x /u − x /u 2 + 2x − 1 + 2x /u − 1/u = x − 1 ⇒

u  + u = x

−

⇒

   − − 

u (x ) = e −

d x

c +



x e

d x

/ ( u 2 )

·−



d x

u (x ) = e −x c x e x + e x

∴

y = 1 + (1

− x + c e −x )−1

Otras reducciones. Existen otras ecuaciones diferenciales no lineales, en las que un adecuado cambio de variable permite transformarla en una lineal, que es posible resolver. Considere, por ejemplo: 33

C AP ÍT ULO 1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN a)

d y d x


+ p (x ) y = q (x ) y ln y

Usamos el cambio de variable:

u = ln y

Reemplazando: u  y + p (x ) y = q (x ) y u d u

− q (x )u = −p (x ),

d x

b) Use la sustitución

de donde

u  = d u

y luego

d x

1  y y

+ p (x ) = q (x )u

⇒

que es una EDL de primer orden.

z = tan( y )

para transformar la e.d.o. 2

y  + x sen(2 y ) = x e −x cos2 ( y )

en una lineal de primer orden, y resuélvala. c) Resuelva la ecuación do de n .

d y d x

=

1 − x y 2 2x 2 y

haciendo la sustitución

v =

y x n

para un valor adecua-

d) Considere la ecuación de segundo orden y  + 5 y  + 6 y = 0

i) Demuestre que la ecuación se reduce a z  + 3z = 0 y  + 2 y .

haciendo el cambio de variable

ii) Usando lo anterior, resuelva la ecuación de segundo orden. iii) En general, demuestre que la E.D.O. y  + (a + b ) y  + ab y = 0

a , b constantes

se reduce a una E.D. de orden uno, haciendo la sustitución e) Resuelva la ecuación

(1

− x 2) y  − 2x y  = 0.

EJERCICIOS: 2

y 1. 2 y  − 2 − 1 = 0 x

2. y  + y 2 + 3 y + 2 = 0 3. y  + (1 + e x ) y 2 − 2x 2 (1 + e x ) y + x 4 (1 + e x ) − 2x = 0 4.

d x d t

+ x 2 + 1 = 0

5. y  + y 2 − 1 = 0, tal que, y (0) = −1/3 6. y  = (x + y + 1)2 − 2 34

z = y  + a y .

z =

1.4. E JERCICIOS


1.4. Ejercicios 1. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales: a )

d y

= 4x

−5

d x b ) (x 3)d y + y d x = 0 d y 6x 5 2x + 1 c ) = d x cos( y ) + e y d y x + x d ) = d x y + y  e ) y = 2x + y

−

−

g ) y  +

1 x y x + y

−

n ) y  = (8x + 2 y + 1)2 ñ ) (2x y )d x + (4x

−

− 2 y + 3)d y = 0

o ) (x 2 + y 2 )d x x y d y = 0 y p ) x (x + y )(d x + d y ) = (x d y y d x ) x x + 2 y q ) y  = x r ) (x + 2 y )d x x d y = 0

−

−

+1

=0 x + 2 y h ) (x 2 + y 2 )d x 2x y d y = 0

−

−

s ) 2x y d x + (x 2 + 4 y )d y = 0

i ) e y d x + (x e y + 2 y )d y = 0 j ) (6x y 2 3x 2 )d x + (6x 2 y + 3 y 2 d y k ) + 2 y = 3e x d x

−

2 y − = x cos(x ) x d x x 2

m ) y  = (x + y )2

 

f ) y  =

1 d y

l )

d y t ) (1 + y )d x + 2 =0 x 3x d y y 3 u ) = d x x + y + 1

− 7)d y = 0

−

−

2. La ecuación (3x 5 + 3x 2 y 2 )d x − (2x 3 y − 2 y 3 )d y = 0 se reduce a una ecuación homogénea haciendo el cambio de variables x = u p y y = v q . Determine las constantes p y q . Resuelva la ecuación. 3. Halle la ecuación de la curva que pasa por el punto (0,1), y que satisface la ecuación diferencial: d y d x

=

x + y 1 2 y x + 3

−

−

4. En los siguientes, multiplique por el correspondiente factor integrante µ(x , y ) para resolver la EDO: a ) ( y 2

− x y )d x + x 2 d y = 0,

b ) (x 2 y 2

µ(x , y ) =

− 1)d x + (1 + x 2 y 2)x d y = 0,

c ) 3( y + 1)d x 2x d y = 0,

−

d ) (x 2 + y 2

− x )d x − y d y = 0,

µ(x , y ) =

1 x y 2

µ(x , y ) =

1 x y

y + 1 x 4

1

µ(x , y ) = 2 x + y 2

5. Si la ecuación diferencial se multiplica por el factor (7x 4 y − 3 y 8 )d x + (2x 5 − 9x y 7 )d y = 0 x m y n se transforma en una ecuación exacta, para ciertos valores de m y n . Encuentre estos valores y resuelva la ecuación. 35





y y 6. Muestre que la ecuación y  = + x m y n f se transforma en una ecuación de variables sepax x rables usando el cambio de variables y = v x , donde v = v (x ).

Use lo anterior para resolver la ecuación 2 ( y )

y sec y  = + x

 0 considere la ecuación 7. Para x =

x

y 2

 

y (x + 1) + 2x +

1

y

y  = 1

−

a ) Determine a y b tal que al multiplicar la ecuación por la función u (x , y ) = y a e bx se transforme en una ecuación exacta. b ) Encuentre la solución particular que verifica y (4) = 6.

8. Obtenga la solución de los siguientes problemas de valores iniciales

b ) x y  c )



x 2 + y 2 + y , y (3) = 0 y y = y (1) = e , ln( y ) ln(x )

a ) x y  =

− − y  − y = 2e 4x ,

y (0) = 3

5 y = 3x 3 + x , 9x 2 e ) y  + y = 3, x + 1

− y (−1) = 4

d ) y  +

y (0) = 5

9. Encuentre las soluciones de

− − e y  = 0

x y  y

10. Considere la ecuación diferencial

y

d y

− x d x = a



2 d y

1 + x

d x



, a > 1.

a ) Encuentre la solución general. b ) Encuentre la solución particular que verifica y (1) =

a a + 1

c ) Encuentre el intervalo máximo donde la solución particular anterior está definida.

11. Resuelva la ecuación x 3 y y  + 2x 2 y 2 − 1 = 0, utilizando el cambio de variables u (x ) = x 2 y (x ). 12. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales a ) y  =

y

y − sec2 x x y

b ) y  = e x + c ) y  =

36

y

−x +

x

+1



x 2 + y 2

y

Sugerencia: hacer z = x 2 + y 2

1.4. E JERCICIOS


13. Halle la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales: a )

d y d x

=

x + y x y d y t y ) = y d t

−  −

b ) (t

14. Resuelva

c ) 2t y

2(1 − x 2 ) y  − (1 − x 2 ) y =

d y d t

= 3 y 2

− t 2

d ) (1 + t

− 2 y )d t + (4t − 3 y − 6)d y = 0

x e −x

2(1 − x 2 )

y 3 .

¿Dónde es normal la ecuación?

37


38


Capítulo 2

Estudio Cualitativo de EDO de Primer Orden

2.1. Introducción Hasta aquí, hemos estudiado algunas técnicas que nos permiten resolver analíticamente algunos tipos de ecuaciones diferenciales. Sin embargo, es importante tener presente que la mayoría de las ED no puede resolverse explícitamente, ó, como sucede en muchas aplicaciones, la solución general importa menos que la solución particular que satisface una determinada condición inicial. Interesa, no obstante, describir cómo se comportan las soluciones; por ejemplo 1. al aumentar t ¿crecen sin cota las soluciones? 2. ¿tienden las soluciones a algún valor (0 por ejemplo)? 3. ¿oscilan entre ciertos valores? Para comprender mejor la situación, consideremos el siguiente ejemplo: d y d t

= 4 y (1 y )

−

d y

=

⇒

4 y (1 − y )

 

= d t

Podríamos encontrar la solución tras la integración, pero las fórmulas obtenidas no son fáciles de interpretar. Por ello, los métodos geométricos y cualitativos permiten obtener mucha información con poco trabajo. Esto es importante sobre todo para ED «difíciles»; considerar la ecuación: d y d t =

⇒

 

2 = e y /10 sen2 y

y 2 /10

e

sen2 y

−1



d y =



d t

La integral del lado izquierdo es complicada, sin embargo, cualitativamente, notamos que 2 f ( y ) = e y /10 sen2 y > 0

excepto para y = n π;

veremos que esta información es suficientemente útil.

39

C AP ÍT ULO 2. ESTUDIO CUALITATIVO DE EDO DE PRIMER ORDEN


2.2. Conceptos Básicos Otra relación que es importante considerar cuando se trata de modelos cuya información, por tanto, puede provenir de mediciones ó datos aproximados, es la dependencia (continua) de las soluciones respecto de las condiciones iniciales, ya que si éstas cambian ligeramente , es deseable que la solución no varíe mucho. OBSERVACIÓN: Sea F : D → R, orden en la forma

donde D ⊂ R × R. d x d t

Si

= F (t , x )

Por lo tanto, es posible expresar una EDO de primer

ó

˙ = F (t , x ) x

F (t , x ) = F (x ), i.e., si F depende sólo de la variable x , entonces

˙ = F (x ), x

y en este caso la ecuación se dice autonóma .

Para el estudio cualitativo, una solución x (t ) de ˙x = F (t , x ) se representageométricamenteen el plano t –x . Como dado cualquier ( t 0 , x 0 ) ∈ D existe una única solución que pasa por ( t 0 , x 0 ), (por los teoremas de existencia y unicidad de soluciones); ello quiere decir que lassoluciones de la ED (el conjunto de todas ellas) se representan por una familia de curvas solución en D y que existe una única curva solución que pasa por un punto determinado.

40

2.2. CONCEPTOS B ÁSIC OS


EJEMPLOS: 1. Estudie

˙ = x x

t

−  f (x ,t )

d x d t

=0

⇒

x (t )

alcanza sus puntos críticos en x − t = 0

Cualitativamente:

Analíticamente: Método 1

x ˙ x =

−



d t

x (t ) = e



ED lineal

−t

− 

t e −



d t



d t + C



= e t t e −t + e −t + C = t + 1 + C e t

2

Método 2 u = x − t

1

⇒ ddu t = dd x t − 1 −2

−1

1

2

∴

−1

d u d t

⇒ u d −u 1 = d t

+ 1 = u

ln(u − 1) = t + k

−2

u (t ) x (t )

2. Estudiar

˙ = x

− t = C e t + 1

− x t , t = 0.

Claramente, lo anterior implica que

de donde

− 1 = C e t

|x (t )| = k 1t .

d x x

=

− dt t .

Luego:

ln |x | = − ln |t | + C d x

Además:

d t

=

0

⇒ − x t = 0 ⇒

x = 0 (solución trivial)

Pero x > 0 x > 0 x < 0 x < 0

∧ ∧ ∧ ∧

t > 0 t < 0 t > 0 t < 0

⇒ ⇒ ⇒ ⇒

˙ < 0 x ˙ > 0 x ˙ > 0 x x ˙ < 0

Así, gráficamente, las soluciones son de la forma: 41


3.

˙= x

− x t , x = 0

=

⇒

x d x =

−t d t


x 2 + t 2 = C

=

⇒

Consideremos ahora un par de ecuaciones autónomas:

4.

˙= x

1 2 (x − 1) 2

⇒

˙ = 0 (x

⇔

x (t ) = 1 ó x (t ) = 1)

−

x(t) = 1

x(t) = −1

42



5. x ˙ = x

2 1

−2

−1

1

2

−1 −2

Vemos entonces que no es necesario tener ni la solución explícita ni un dibujo exacto para poder d x

describir cualitativamente el comportamiento de la solución de una ED. Más aún, si = F (x ) es una d t ED autónoma, las soluciones de ella tienen la siguiente propiedad:

PROPOSICIÓN 2.2.1 Si ξ : R → R es una solución, entonces cualquier traslación de la gráfica de ξ en la dirección del eje t es la gráfica de otra solución de la ecuación. En efecto:

sea η : R → R con η(t ) = ξ(t − c ), c ∈ R constante.

Entonces: η˙ = ˙ ξ(t

− c ) ≡ F (ξ(t − c )) ≡ F (η(t ))

∴ η también es una solución.

OBSERVACIÓN: Notamos que el comportamiento de la solución de las ecuaciones diferenciales autónomas está determinado por f (x ). Específicamente: 1. Si ∃ c ∈ R : f (c ) = 0, entonces x (t ) = c es una solución. = 0, entonces x (t ) es creciente o decreciente, dependiendo del signo de f (x ). 2. Si f (x ) 

43



Esta información puede representarse en una recta real que representa a x .

Para ver esto, considere d y d t

=

⇒

 

2 = e y /10 sen2 y

y 2 /10

e

sen2 y

−1



d y =



d t

La integral del lado izquierdo es complicada, sin embargo, cualitativamente, notamos que 2 f ( y ) = e y /10 sen2 y > 0

excepto para y = n π , n ∈ Z , que nos dan las soluciones de equilibrio. Gráficamente:

−9 −8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1

1 2 3 4 5 6 7 8 9

Es posible «resumir» el comportamiento cualitativo de las soluciones en las llamadas líneas de fase , que describimos de la siguiente manera: x

decre.

0

crece

DEFINICIÓN 2.2.1 Sea x ˙ = F (x ), y sea x 0 ∈ R : F (x 0 ) = 0. Entonces diremos que x 0 es una singularidad o un punto de equilibrio de la ED Notar que x (t ) = x 0 es una solución (cte.) de la ED, pues x ˙ (t ) = 0

y F (x 0 ) = 0

OBSERVACIÓN: La línea de fase se puede obtener directamente de x ˙ (t ) = F (x ), simplemente mirando cuando F (x ) ≥ 0. 44



EJEMPLO 2.2.1 Supongamos que Gr (F ) viene dado por

Entonces, la línea de fases es

a

b

c

d

en donde la dirección de la flecha en cada intervalo indica si la función crece (→) o decrece (←) en dicho intervalo. Escribimos la línea de fase de manera vertical, al lado del gráfico en el plano t − x que representa las soluciones, de manera de simplificar su interpretación:

d

c

b

a

OBSERVACIÓN: Dependiendo del comportamiento local de las soluciones de la ecuación en una singularidad aislada en la Línea de Fase , se distinguen (y definen) los siguientes tipos de singularidades: 45



1. Repulsor o fuente:

2. Atractor o sumidero:

3. Atractor-repulsor:

4. Repulsor-atractor:

EJEMPLO 2.2.2 Describir cualitativamente los tipos de soluciones que admite la EDO ˙ = (x x

4

− 1)3 e cos(x −1)

Solución. Es inmediato que x = 1 es la única singularidad (aislada) de la EDO. 4 Como e cos(x −1) > 0, ∀ x ∈ R,lagráficade F (x ) = (x − 1)3 e cos(x 4 −1) , la línea de fases y los tipos de soluciones de la EDO, son como ilustra la figura, en cada subintervalo respectivo. 2 1

1

La ecuación del ejercicio anterior, es muy difícil de integrar, desde el punto de vista del cálculo. En consecuencia, es difícil conocer explícitamente las expresiones de las soluciones que indica la figura. Sin embargo, la línea de fases permite dar una descripción cualitativa del tipo de soluciones y sus puntos de equilibrio. DEFINICIÓN 2.2.2 Dos ecuaciones diferenciales autónomas, se dicen cualitativamente equivalentes si, y sólo si, tienen la misma línea de fases, en el sentido del mismo número de puntos singulares, de la misma naturaleza y distribuidos en el mismo orden. 46



EJEMPLOS: 1. Las ED x ˙ = x , x ˙ = ( x − 1)e cos(x 4 −1) , son equivalentes, pues cada una de ellas tiene un único punto atractor en sus respectivas líneas de fases.

∼ x ˙ = 12 (x 2 − 1) (pues en este último 2. x ˙ = (x + 2)(x + 1) ∼ x ˙ = 21 (x 2 − 1). Pero x ˙ = −(x + 2)(x + 1)  caso el atractor y el repulsor se encuentran en distinto orden). 3. Considere la ecuación diferencial

x  (t ) =

x 3

− 4x .

1 + e 3x a ) Describa las singularidades de la ecuación diferencial. b ) Encuentre l´ım x (t ), donde x (t ) es la solución que satisface x (0) = 1.

→∞

t

Solución: a ) Es claro que x  (t ) = 0

Es decir,

x 3

x (x + 2)(x 2) = 0.

−

Notamos que: 1) x < −2 : 2)

⇐⇒

x  (t ) < 0

−2 < x < 0 :

3) 0 < x < 2 : 4) x > 2 :

− 4x = 0 puesto que 1 + e 3x > 0 ∀x . Así, los puntos críticos son x = −2, x = 0, x = 2.

x  (t ) > 0 x  (t ) < 0

x  (t ) > 0

La línea de fase es:

Luego,

x =

−2 es un repulsor,

x = 0 es un atractor y

x = 2 es un repulsor.

b ) Si x (0) = 1, entonces 0 < x < 2 por lo que el límite de la solución que pasa por el punto (0,1) es

l´ım x (t ) = 0. →∞

x

47



2.3. Algunos Modelos Sencillos Para ilustrar de mejor manera cómo se utilizan las ecuaciones diferenciales para modelar, consideremos algunos modelos sencillos, y comenzaremos con algunos modelos clásicos de crecimiento de población. EJEMPLOS: 1. Crecimiento ilimitado de Poblaciones Este modelo se basa en el supuesto que la velocidadde crecimientode la poblaciónes proporcional al tamaño de la misma. Las variables implicadas en este modelo son: t : tiempo, que es la variable independiente P : número de sujetos de la población, que es la variable dependiente k : constante de proporcionalidad (ó parámetro), que se denomina a veces «coeficiente de velocidad del crecimiento »

Así, la hipótesis de que la variación del tamaño de la población es proporcional a ella se escribe como: d P d t

= k P

2. Modelo logístico de población Claramente, el modelo anterior no considera las condiciones del entorno y la cantidad de recursos disponibles. Para considerar estos factores, agregamos a la hipótesis anterior, las siguientes: Si la población es pequeña, la tasa de crecimiento de ella es proporcional a su tamaño. Si la población es grande con respecto a la capacidad de soporte del entorno y de los recursos disponibles, la población disminuirá; es decir, en este caso la tasa de crecimiento es negativa. Usamos los mismos parámetros anteriores,sólo que en este caso la constante k es la razón decambio de la población en el caso en que ésta sea pequeña. Debemos introducir un nuevo parámetro quedécuentadela«capacidad de soporte » del entorno. Es decir, necesitamos un parámetro N que permita modelar la situación: Si P (t ) < N , entonces la población P crece. Si P (t ) > N , entonces la población P decrece. Luego, el modelo puede ser expresado como d P d t

48

= k P

−  1

P

N

2.3. A L GUNOS M ODELOS S ENCILLOS


Estudiemos la información que podemos obtener de este modelo en el que, por simplicidad, supondremos k = 1. Supongamos además que la población inicial es P (0) = P 0 > 0 y que N = 105 . Los puntos críticos ó singularidades de la ecuación son P = 0 ∧ P = N . Entonces:

  ⇒ · −   ⇒ · −

0 < P 0 < N : P 0 > N :

P

P

1

1

P

N

P

N

> 0, por lo que en este intervalo, la función P es creciente.

< 0, por lo que en este intervalo, la función P es decreciente.

Obviamente, en este contexto, no tiene sentido suponer que la población inicial es una cantidad negativa. Luego, la correspondiente línea de fase para el problema planteado es:

de donde la gráfica de la función P (t ) es:

Así, podemos concluir que:

l´ım P (t ) = N . →∞

t

Notemos que, analíticamente obtenemoslo mismo (en este caso,la ecuación es sencilla y podemos resolverla analíticamente): 49


d P

− −  − −  − P 1

1

P

P N

1

N

+

1

ln P ln 1 ln

P

N P

N

P P N

1

P

P 1 − N

⇒ ∴

    


=

d t

=

d t

=

t + C

=

t + C

=

C = P (t ) =

   − − t

C e

t =0

P 0

1

P 0 N

1

1

N

+ 1 P

0

1

N

e −t

Vemos en esta última expresión que, cuando t → ∞ entonces e −t → 0, de donde

50

l´ım P (t ) = N . →∞

t

2.4. E JERCICIOS


2.4. Ejercicios 1. Obtenga la solución de los siguientes problemas de valores iniciales



a ) x y  = x 2 + y 2 + y , y (3) = 0 y b ) x y  − y = , y (1) = e ln( y ) − ln(x ) c ) y  − y = 2e 4x , y (0) = −3 5 y d ) y  + = 3x 3 + x , y (−1) = 4 9x 2 e ) y  + y = 3 , y (0) = 5 x + 1

2. Determine los puntos de equilibrio de las siguientes ecuaciones autonomas: a ) x  = x + 1

b ) x  = x x 3

d ) x  = x 4

e )

−

− x 3 − 2x 2

x  = sen x

c )

x  = sinh x 2

f )

x  = sen x x

−

y clasifique la naturaleza (atractor, repulsor, atractor-repulsor, repulsor-atractor) de cada punto de equilibrio. Construya el retrato de fase de cada ecuación. 3. Determine todos los posibles retratos de fases y los respectivos intervalos para λ en la siguiente ecuación diferencial dependiente del parámetro λ: ˆ = (x λ)(x 2 x

−

− λ) ,

λ

∈R

4. Para las siguientes EDO, encuentre la solución general y esboce las gráficas de varios elementos de la familia de curvas solución. Muestre que no hay soluciones que satisfagan las condiciones iniciales dadas. ¿Por qué no contradice esto el teorema de existencia de soluciones?

− x = t 2 cos t , x (0) = −3 t x  = 2x − t , x (0) = 2

a ) t x  b )

5. Suponga que x es una solución del problema de v.i. 0 para todos los t para los que x está definido.

x  = x cos2 t ,

6. Suponga que y es una solución del problema de v.i. −1 < y < 1, ∀t para los que y está definido.

y  = ( y 2

7. Suponga que x es una solución del problema de v.i. 0 < x (t ) < 1, ∀t para los que x está definido.

x  =

x 3

x (0) = 1.

Pruebe que x (t ) >

− 1)e t y ,

y (1) = 0.

− x

x (0) = .

, 1 + t 2 x 2

1 2

Pruebe que

Pruebe que

51



8. ¿Cuál(es) de los siguientes problemas de valor inicial tienen garantizada una única solución, por el teorema de unicidad de soluciones de ED? Justifique. a ) y  = 4 + y 2 ,

c) y  = t arctan y , e) x  =

t x + 1

,



y (0) = 1

b) y  = y ,

y (0) = 2

d) y  = y sen y + s ,

y (0) = 1

−

1 f) y  = y + 2, y (0) = 1

x (0) = 0

9. Considere la ecuación

y (4) = 0

x

d y d t

− 1)( y − 4) − b ]

= a [( y

Determine todos los valores de a y b tales que y 0 = 5 sea un punto de equilibrio atractor para la ecuación.

52

Capítulo 3

Ecuaciones Diferenciales de Orden Superior

3.1. Introducción Estudiaremos ecuaciones diferenciales lineales de orden suerior, y veremos que la solución general de estas ecuaciones es, en realidad, un subespacio vectorial de C n (I ), y que una solució particular no es sino un «vector» de este subespacio. Para poder determinar el subespacio solución de una de estas ecuaciones, necesitaremos poder dilucidar cuando un conjunto de funciones es l.i. Iniciaremos nuestro estudio con la presentación de estos criterios.

3.2. Criterios de Independencia Lineal TEOREMA 3.2.1 Sean y 1 (x ),..., y n (x ) ∈ C n −1 (I ). Suponga que ∃ x 0 ∈ I :



es l.i. en Rn .

Entonces,

{ y j (x )} j =1,...,n es l.i. en C n (I ).



−1) (x )

(n

y i (x 0 ), y i  (x 0 ), y i  (x 0 ),..., y i

0

n i =1

EJEMPLOS: { e x , x e x , x 2 e x } es l.i. en R pues: y 1 (x ) = e x

⇒ (e x , e x , e x )|x =0 = (1,1,1) y 2 (x ) = x e x ⇒ (x e x , e x (1 + x ), e x (2 + x ))|x =0 = (0,1,2) y 3 (x ) = x 2 e x ⇒ (x 2 e x , e x (x 2 + 2x ), e x (x 2 + 4x + 2))|x =0 = (0,0,2) y claramente

{(1,1,1), (0,1,2), (0,0,2)} EJERCICIOS: 1. Demuestre que

{1, x , x 2 } es l.i.

2. Demuestre que

{x , e x ,sen x } es l.i. 53

es l.i.

C AP ÍT ULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN S UPERIOR


DEFINICIÓN 3.2.1 Sean y 1 (x ),..., y n (x ) ∈ C n −1 (I ). ∀ x ∈ I el determinante

W [ y 1 (x ),..., y n (x )] =

  

y 1 (x )

y 2 (x )

y 1 (x )

y 1 (x )

... ... .. .

y n (x ) y n  (x )

  

.. .. .. . . . (n −1) (n −1) (n −1) y 1 (x ) y 2 (x ) ... y n (x )

se llama el Wronskiano de las funciones y 1 ,..., y n . EJEMPLOS:

   

sen x 1. W [sen x ,cos x ] = cos x

 

cos x = −1 − sen x

e x

x e x

2. W [e x , x e x , x 2 e x ] = e x

x 2 e x

(1 + x )e x

(2 + x )e x

 

= 2e 3x

e x (x 2 + 2x )e x (x 2 + 4x + 2)e x

3. W [x ,sen x ] = x cos x − sen x 4. W [x ,2x ] = 0

EJERCICIOS: Determine el Wronskiano de los siguiente conjuntos de funciones: 1. W [x ,sen x ,cos x ]

3. W [1, x , x 2 , x 3 ]

2. W [sen x ,sen2x ,sen3x ]

 b 4. W [e a x , e bx ], a =

≡0 TEOREMA 3.2.2 Sean y 1 ,..., y n ∈ C n −1 (I ). Entonces, W [ y 1 ,..., y n ] 

⇒ { y 1 ,..., y n } es l.i.

Demostración: Debemos probar que si una combinación lineal de las funciones es idénticamente nula, entonces necesariamente las constantes deben ser todas iguales a 0. Debemos determinar, entonces, las constantes α1 , ··· , αn tal que: 0 = 0 .. .. . . (n −1) (n −1) α1 y 1 (x ) + ··· + αn y n (x ) = 0 α1 y 1 (x ) +

··· + αn y n (x ) α1 y 1 (x ) + ··· + αn y n  (x )

=

Este sistema es equivalente al sistema:

54

  

y 1 (x ) y 1 (x )

··· ···

1

···

.. . (n −1) y (x )

.. .

y n (x ) y n  (x )

.. . (n −1) y (x ) n

    

α1 α2

.. .

αn

  

=

  

0 0 .. . 0

  

3.2. C RITERIOS DE I NDEPENDENCIA LINEAL


≡ 0, ∃x 0 ∈ R : W [ y 1(x 0 ),..., y n (x 0 )] = 0, de donde el sistema tiene solución única, Como W [ y 1 ,..., y n ]  que es α1 = α2 = ··· = αn = 0. OBSERVACIÓN: Es decir, si el Wronskiano de las funciones y 1 ,..., y n no es idénticamente nulo, entonces ⇒ que las funciones el conjunto es l.i. Sin embargo, el recíproco no es cierto, vale decir, W [ y 1 ,..., y n ] = 0  sean l.d. Basta considerar el conjunto {x , |x |}. Pero, para el caso de soluciones de unaED linealhomogéneade orden n , ynormalen I , si W [ y 1 ,..., y n ] ≡ 0, entonces y 1 , y 2 ,..., y n l.d. en C (I ).

3.2.1. Solución general de una ecuación homogénea de orden n Como vimos en el caso de las ecuaciones diferenciales de orden 1, no existen métodos únicos ó explícitos para resolver ecuaciones diferenciales arbitrarias. Sin embargo, sí los hay para ciertos tipos ó formas de ecuaciones, que serán las que consideraremos. En cualquier caso, es importante tener presente el siguiente TEOREMA 3.2.3 El espacio solución de cualquier ecuación diferencial lineal homogénea normal de orden n definida en un intervalo real I b n (x ) y (n ) + b n −1 (x ) y (n −1) +

··· + b 1(x ) y  + b 0 (x ) y = 0

es un subespacio de dimensión n de C n (I ). COROLARIO 3.2.1 Sean y 1 (x ), y 2 (x ),..., y n (x ) soluciones l.i. de la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n b n (x ) y (n ) + b n −1 (x ) y (n −1) + ··· + b 1 (x ) y  + b 0 (x ) y = 0 Entonces, la solución general (ó solución homogénea) de la ecuación es: y h (x ) = c 1 y 1 (x ) + c 2 y 2 (x ) +

··· + c n y n (x )

donde c i son constantes que dependen de las n condiciones iniciales (c.i.) (solución intrínseca del sistema).

EJEMPLOS: Sea

− − 2 y  = 0

y  y 

1. Demuestre que las funciones e −x , senh x − 12 e x , 2 e 2x , 1 son soluciones de la ecuación diferencial. 2. Determine una base para el espacio solución de la E.D.O. 3. Determine la solución general de la E.D.O. 55



Solución: 1. Basta reemplazar cada una de las funciones en la E.D.O. 2. La ecuación es lineal, normal, homogénea y de orden 3 en R, y luego el espacio solución tiene dimensión3. Por lo tanto, para determinar unabase delespacio solución,basta escoger 3 funciones l.i. de entre las dadas. Notamos que: e x − e −x 1 x 1 1 − senh x − e x = e = − e −x 2 2 2 2 Luego, basta probar que e −x ,2e 2x ,1 son funciones l.i., que dejamos como ejercicio. y h (x ) = C 1 e x + C 2 e 2x + C 3 1

3. La solución general es

·

3.3. Solución general de una ecuación no homogénea TEOREMA 3.3.1 Sea y p (x ) cualquier solución particular de b n (x ) y (n ) + b n −1 (x ) y (n −1) +

··· + b 0(x ) y = h (x )

y sea y h (x ) la solución de la ecuación homogénea; entonces la solución general de la ecuación está dada por y G (x ) = y h (x ) + y p (x )

Demostración: Notar que



b n (x ) y h (x ) + y p (x )

 



(n )



+ b n −1 (x ) y h (x ) + y p (x )

  

−1) + ··· + b (x ) y b n (x ) y h + b n −1 (x ) y h 0 h (n )

(n

 =0

EJEMPLOS: Resolver (D 2 − 1) y = 1. Solución: Notamos que (D 2 − 1) y = 1 ⇐⇒ Por simple inspección, notamos que ción homogénea asociada

56

−

+



 

··· + b 0 (x ) y h (x ) + y p (x )



=h (x )

=

··· + b 0(x ) y p = h (x )

d 2 y d x 2

− y = 1.

y p = 1 es una solución particular.

−

d 2 y

− y = 0

La solución general de esta ecuación homogénea es y (x ) = 1 + C 1 e x + C 2 e −x

−1)

(n

+ b n (x ) y p (n ) + b n −1 (x ) y p (n −1) +

d x 2

Por lo tanto,



y h = C 1 e x + C 2 e −x .

son todas las soluciones de la E.D.

Consideramos la ecua-

3.3. S OLUCIÓN GENERAL DE UNA ECUACIÓN NO HOMOGÉNEA


TEOREMA 3.3.2 Sea b n (x ) y (n ) + b n −1 (x ) y (n −1) + ··· + b 0 (x ) y = h (x ) una ecuación diferencial lineal normal de orden n en I , y sea x 0 ∈ I cualquiera, fijo. Sean y 0 , y 1 , ··· , y n −1 ∈ R arbitrarios. Entonces, el problema de valor inicial b n (x ) y (n ) + b n −1 (x ) y (n −1) +

con

y (x 0 ) = y 0 , y  (x 0 ) = y 1 ,

··· , y (n −1) (x 0) = y n −1

··· + b 0 (x ) y = h (x )

tiene una y sólo una solución.

A continuación, veremos un teorema que nos permite encontrar una segunda solución l.i. y 2 (x ) de una EDLH de segundo orden, si se conoce una solución y 1 (x ).

TEOREMA 3.3.3 (Fórmula de Abel) Si y 1 (x ) es una solución no trivial de la ED y  + a 1 (x ) y  + a 0 (x ) y = 0

entonces la segunda solución de la ED es

y 2 (x ) = y 1 (x )



e −



a 1 (x ) d x

y 12 (x )

d x

la que es l.i. con respecto a y 1 (x ) y por lo tanto

y h (x ) = c 1 y 1 (x ) + c 2 y 2 (x )

Demostración: Supongamos que y 2 (x ) = k (x ) y 1 (x )

Por lo tanto: y 2 = k  y 1 + k y 1

y

y 2 = k  y 1 + 2k  y 1 + k y 1

57



Reemplazando en la ecuación original: k  y 1 + 2k  y 1 + k y 1 + a 1 (x )(k  y 1 + k y 1 ) + a 0 (x )k y 1 = 0 k ( y 1 + a 1 y 1 + a 0 y 1 ) + 2 y 1 k  + y 1 (a 1 k  + k  ) = 0

∴ y 1 k  + (2 y 1 + a 1 y 1 )k  = 0





y 1

k  + 2 + a 1 k  = 0 y 1

− k  = e = C e −2ln y 1

 −

2 y 1



y 1

a 1 d x

= C

W [ y 1 , y 2 ] =

y 1

e −



a 1 d x



a 1 d x

y 12

     e −

a 1 d x

y 12

a 1 d x

d x

y 12

e −

y 1

e −

y 1 y 1

C

−2 = C e ln y 1 e −

∴ k (x ) = C

  

+a 1 d x

a 1 dx

y 12

d x

d x + y 1

 −

e

a 1 d x

y 12

∴ { y 1 , y 2 } son l.i.

 

= e −



a 1 d x

= 0

∴ y h (x ) = C 1 y 1 (x ) + C 2 y 2 (x )

EJEMPLOS: 1. Resolver x 2 y  − 3x y  + 4 y = 0 si se sabe que una solución es y 1 (x ) = x 2 en ]0, ∞[. Solución: La ecuación es normal en ]0, ∞[ y debe escribirse como y 

∴ a 1 (x ) = − 2

y 2 (x ) = x

⇒

3

− 3x y  + x 42 y = 0 ⇒

x



x 3

e −



2

d x = x x 4

a 1 d x

= e 3ln x = x 3



1

d x = x 2 ln x x

y h (x ) = x 2 (c 1 + c 2 ln x )

¿Qué pasa si se conoce la solución y 1 (x ) = x 2 ln x y se pide la otra? y 2 (x ) = x 2 ln x



e −



3

d x

x

x 4 ln2 x

1 = −x 2 ln x y h (x ) = x 2 (c 1 ln x + c 2 )

= x 2 ln x

−

⇒ 58

d x = x 2 ln x



1 d x x ln2 x



2. Resolver y  + (tan x − 2cotg x ) y  = 0 si y 1 (x ) = 1 es una solución particular de la ecuación en cualquier intervalo en el que tan x y cotg x estén definidos. Solución: Una segunda solución es y 2 (x ) =

 

e − (tan x −2cotg x )d x d x =

Luego, la solución general es



2 x )

e ln(cos x sen

1 3

d x = sen3x

y h (x ) = C 1 + C 2 sen3x .

EJERCICIOS: 1. Resolver

y  + (tg x ) y 

2. Resolver

y 

− 6(cotg2 x ) y = 0

− 2x y  + x 22 y = 0

si

si

y 1 (x ) = sen3 x es una solución.

y 1 (x ) = x es una solución.

3.3.1. Operadores Diferenciales Sea D el operador que denota diferenciación con respecto a una variable (por ejemplo x ), D 2 el operador que indica una doble diferenciación, D 3 el operador que indica una triple diferenciación, y en general, D k y ≡

d k y d x k

el operador que denota la derivada k -ésima con respecto a la variable x .

Notamos que los operadores D , D 2 , D 3 ,..., D k son operadores lineales, i.e., D k (α y 1 (x ) + β y 2 (x )) =

d k (α y 1 + β y 2 ) d x k

=α

d k y 1 d x k

+ β

d k y 2 d x k

∀α, β ∈ R:

= αD k y 1 + β D k y 2

Así, una expresión de la forma L (D ) = a n (x )D n + a n −1 (x )D n −1 + ··· + a 1 (x )D + a 0 (x ) es un operador lineal de C n (I ) en C (I ), de orden n , puesto que L (D )(α y 1 + β y 2 ) = αL (D )( y 1 ) + β L (D )( y 2 )

∀ α, β ∈ R

EJEMPLOS:



1. El operador lineal x D 2 + 3 x D − 1 es de orden 2 en [0, ∞[, y en cualquiera de sus subintervalos.



2. El operador lineal (x + |x |)D 2 − x + 1D + ln(x + 1) es de orden 2 en ]0,1[ pero es de orden 1 en ] − 1,0[. 59



OBSERVACIÓN: Los operadores diferenciales, en general, no conmutan.Veamos, por ejemplo,que D (x D )  = (x D )D : En efecto:

mientras que

D (x D ) y = D (x y  ) = y  + x y 

(x D )Dy = (x D ) y  = x y  .

EJEMPLOS: 1. Demostrar que

(D x )(D + x ) = (D + x )(D x ).

2. Demostrar que

(D a )(D b ) = (D b )(D a ) ,

−



−

−

−

−

−

∀a , b ∈ R.

3.3.2. Operadores Diferenciales con Coeficientes Constantes DEFINICIÓN 3.3.1 La expresión L (D ) = a n D n + a n −1 D n −1 + ··· + a 1 D + a 0 , donde a j , j = 0, ··· , n son constantes, es un « operador diferencial con coeficientes constantes de orden n ». Al aplicar este operador diferencial a la función y ∈ C n (I ) queda L (D )( y ) = a n

d n y

d n −1 y

+ a n −1 + d x n d x n −1

··· + a 1 dd y x + a 0 y

EJEMPLOS: 1. Aplicar (D − m )n a x k e mx donde m es constante; k , n ∈ N con k < n a ) (D m )(e m x ) = m e m x b ) c ) d )

− − m e m x = e m x (m − m ) = 0 (D − m )2 (e mx ) = (D − m )[(D − m )(e m x ) ] = (D − m )(0) = 0 (D − m )2 (x e mx ) = (D − m )[e mx + m x e m x − m x e mx ] = (D − m )(e mx ) = 0 (D − m )2 (e mx + x e m x ) = (D − m )2 (e m x ) + (D − m )2 (x e mx ) = 0

2. Notar que: (D m )( y )

− (D − m )2 ( y ) (D − m )3 ( y )

=0

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

=0 =0

y h (x ) = c e m x y h (x ) = e m x (c 1 + c 2x ) y h (x ) = e m x (c 1 + c 2x + c 3x 2 )

................................................... .................................................. ⇐⇒ y h (x ) = e m x (c 1 + c 2x + c 3x 2 + ··· + c n −1x n −2 + c n x n −1 ) (D − m )n ( y ) = 0

60

3. (D − 1)2 ( y ) = 0

=

y h (x ) = e x (c 1 + c 2 x )

4. (D + 2)3 ( y ) = 0

=

y h (x ) = e −2x (c 1 + c 2 x + c 3 x 2 )

⇒ ⇒



Las ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes pueden ser escritas, entonces, en la forma L (D )( y ) = h (x ) , donde h ∈ C (I ). Las ecuaciones diferenciales lineales homogéneas con coeficientes constantes son de la forma L (D )( y ) = 0. PROPOSICIÓN 3.3.1 Si L 1 (D ), L 2 (D ), ··· , L n (D ) son operadores diferenciales con coeficientes constantes, entonces KerL i (D ) ⊆ Ker(L 1 (D ) · L 2 (D ) ··· L n (D )) OBSERVACIÓN: 1. Es decir, si L i (D )( y ) = 0 para algún i entre 1 y n , entonces ( L 1 (D ) · L 2 (D ) ··· L n (D ))( y ) = 0. 2. Porlotanto,si y 1 (x ) esunasoluciónde (L 1 (D )( y ) = 0, entonces y 1 (x ) esunasoluciónde (L 1 (D )L 2 (D )( y ) = 0, donde L 1 (D ), L 2 (D ) son operadores lineales con coeficientes constantes. 3. Sea L (D ) = a n D n + a n −1 D n −1 + ··· + a 1 D + a 0 D 0 , donde D 0 ( y ) = L (D )(e mx ) = a 0 m n e m x + a 1 m n −1 e m x + = e m x (a 0 m n + a 1 m n −1 +

d 0 y

= y . d x 0

Aplicamos L (D ) a e m x :

··· + a n −1m e mx + a n e m x

··· + a n −1 m + a n )

= e m x L (m )

Si m es una raíz de la ecuación L (m ) = 0 entonces L (D )(e mx ) = 0. Pero, una ecuación L (m ) = 0 de grado n en la variable m tiene a lo más n soluciones reales. Por lo tanto: para cada m i ∈ R tal que L (m i ) = 0 se tiene que L (D )(e m i x ) = 0; luego, si m 1 , m 2 ,..., m i ,..., m n son soluciones distintas de L (m ) = 0, se tiene L (D )(c 1 e m 1x + c 2 e m 2 x +

⇒

L (D )( y ) = 0

⇐⇒

··· + c n e m x ) = 0 n

y h (x ) = c 1 e m 1x + c 2 e m 2 x +

··· + c n e m x n

Para sistematizar estas observaciones, estudiemos primeramente las EDL con coeficientes constantes de orden 2.

3.3.3. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas con Coeficientes constantes de orden 2 Estudiaremos ecuaciones de la forma y  + a 1 y + a 0 y = 0, renciales puede escribirse en la forma (D 2 + a 1 D + a 0 ) y = 0. La ecuación característica asociada es

que en términos de operadores dife-

m 2 + a 1 m + a 0 = 0

61



y supongamos que sus soluciones son m = α1 y m = α2 . Luego, el operador puede factorizarse en la forma D 2 + a 1 D + a 0 = (D − α1 ) (D − α2 ) y la ecuación puede reescribirse en la forma (D − α1 ) (D − α2 ) y = 0 Dependiendo de la naturaleza de las raíces del polinomio, se tiene tres tipos de soluciones de la E.D.: Caso 1:

α1 , α2 reales y distintas. (D α1 ) (D α2 ) y = 0

−

−

es decir: (D α1 ) y = 0

−

∨

(D α2 ) y = 0

∨

y 

−

que es equivalente a y 

− α1 y = 0

− α2 y = 0

Las soluciones de estas ecuaciones son y (x ) = e αi x ,

Las funciones es:

y 1 = e α1x

e

i = 1,2

son soluciones l.i. Así, la solución de la ecuación homogénea

y 2 = e α2 x

y (x ) = C 1 e α1x + C 2 e α2x

Caso 2:

α1 = α2 = α reales e iguales. (D α)2 y = 0

−

Una solución es y 1 = e αx , y usando la fórmula de Abel, puede probarse fácilmente que la otra solución l.i. es y 2 = x e αx . Luego, la solución de la ecuación homogénea es: y = C 1 e αx + C 2x e αx

Caso 3: α1 , α2 complejos. En este caso, α1 = a + i b

∧

α2 = a i b , con a , b

−

∈ R, b > 0.

Como antes:

y = k 1 e (a +i b )x + k 2 e (a −i b )x = e ax (k 1 e i bx + k 2 e −i bx ) = e ax (k 1 cos b x + i k 1 sen b x + k 2 cos b x

− k 2i sen b x ) = e ax {(k 1 + k 2 ) cos b x + i (k 1 − k 2 ) sen b x } = e ax (c 1 cos b x + c 2 sen b x )

62

3.4. E CUACIONES D IFERENCIALES HOMOGÉNEAS CON COEFICIENTES CONSTANTES DE ORDEN SUPERIOR Verónica Gruenberg Stern EJEMPLOS: 1. Resolver

2

d 2 y

d y 5 + + 12 y = 0. d x 2 d x

Solución: (2D 2 +5D

c 1 e −

L (m ) = 2m 2 +5m 12 = 0

−12)( y ) = 0 ⇒

−

3 4x + c e 2 x 2

(D + 3)2 y =

2. Resolver

m 1 = 4

⇒

− ∧

m 2 = 32

⇒

y h (x ) =

0

Solución: (D + 3)2 y =

0

⇒

L (m ) = (m + 3)2 = 0

y h (x ) = c 1 e −3x + c 2 x e −3x .

⇒

m = 3

⇒

con multiplicidad 2.

(D 2 + 1) y = 0

3. Resolver Solución:

(D 2 + 1) y = 0

⇒

L (m ) = m 2 + 1 = 0

y h (x ) = C 1 cos x + C 2 sen x .

⇒

⇒

m 1 = i

Solución: (D 2 + D + 1) y = 0

 − 1 − i 3 m = 2

5. Resolver

m 2 = i

−

(D 2 + D + 1) y = 0

4. Resolver

2

∧

⇒ ⇒

L (m ) = m 2 + m + 1 = 0 y h (x ) =

x e − 2 ( C 1 cos(

 3

 − 1 + i 3 ⇒ m 1 = 2 ∧

x

 3

x

2 ) + C 2 sen( 2 )).

D 2 y = 0

Solución: D 2 y = 0

⇒

⇒

L (m ) = m 2 = 0

y h (x ) = C 1 + C 2x .

⇒

m = 0

con multiplicidad 2.

3.4. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas con coeficientes Constantes de orden superior Sea (D n + a n −1 D n −1 + ··· + a 0 )( y ) = 0 , con a 0 , a 1 , ··· , a n constantes. El operador diferencial lineal se descompone en factores lineales y cuadráticos, determinándose estos factores por la descomposición de la ecuación característica m n + a n −1 m n −1 +

··· + a 0 = 0 63



TEOREMA 3.4.1 Si y = f (x ) pertenece al Kernel de un operador diferencial con coeficientes constantes L (D ), entonces x m −1 f (x ) pertenece al Kernel del operador L (D )m . EJEMPLOS: 1. (D + 4)3 ( y ) = 0 ⇒ y h (x ) = e −4x (c 1 + c 2 x + c 3x 2 ) pues las fuciones e −4x , x e −4x , x 2 e −4x y satisfacen la E.D.O. 2. En general, si

(D m )k ( y ) = 0

−

y h (x ) = e mx (c 1 + c 2x + c 3x 2 +

entonces

3. (D 4 + 2D 3 + D 2 )( y ) = 0

⇒

m = 0,0, 1, 1,

D 3 y = 0

⇒

m = 0

4. y  = 0

⇒

− −

son l.i.

··· + c k x k −1 )

y h (x ) = c 1 + c 2 x + e −x (c 3 + c 4x )

y h (x ) = c 1 + c 2 x + c 3 x 2 .

Podríamos haber resuelto esta ecuación directamente, integrando: D 2 y = C 1

Integrando de nuevo: Dy =

C 1x + C 2

Finalmente, y (x ) = C 1

x 2

2

+ C 2 x + C 3 .

Por lo tanto, la solución de la ecuación homogénea es:

y (x ) = C 1x 2 + C 2 x + C 3





n

5. D 2 − 2a D + (a 2 + b 2 ) y = 0.

Notamos que las funciones l.i. que satisfacen esta E.D. son:

e a x cos(b x ), x e a x cos(b x ), x 2 e ax cos(b x ),

··· , x n −1 e ax cos(b x )

e a x sen(b x ), x e ax sen(b x ), x 2 e ax sen(b x ),

··· , x n −1 e a x sen(b x )

y luego, la solución de la EDH es:



y h (x ) = e ax cos(b x )(C 1 + C 2 x +



··· C n x n −1 ) + sen(b x )(C n +1 + C n +2x + ··· C 2n x n −1)

OBSERVACIÓN: Los operadores diferenciales con coeficientes constantes tienen la gran ventaja que permiten hacer uso de operaciones algebraicas simples para resolver la ED, como la factorización de polinomios en las ecuaciones características. En el caso en que los coeficientes de los operadores no son constantes, el producto de los operadores no es, en general, conmutativo. Vimos un ejemplo anteriormente, y hacemos ahora otro que habíamos dejado de ejercicio: (D x )(D + x ) = D 2 + 1

−

− x 2 ,

en cambio

(D + x )(D x ) = D 2

−

− 1 − x 2

Sin embargo, algunas EDL con coeficientes no constantes pueden transformarse, a través de un adecuado cambio de variables, en ED con coeficientes constantes, como veremos en la siguiente sección.

64

3.5. E CUACIÓN DE EULER


3.5. Ecuación de Euler La ecuación de Euler homogénea es de la forma x n y (n ) + a n −1 x n −1 y (n −1) +

··· + a 1x y  + a 0 y = 0

donde a 0 , a 1 , ··· , a n −1 son constantes reales. Estudiaremos, en primer lugar, el caso particular n = 2: Consideremos la ecuación de Euler x 2 y  + a 1 x y  + a 0 y = 0

Hacemos la sustitución

(para x > 0).

x = e t

Luego:

d y

d y

d y d t d y d t = t = e −t d x d x e d t d t

y  =

Luego, d 2 y

d

    

d y y  = 2 = e −t d x d x d t

=

d

d y

d t

d t d x

e −t

=

d 2 y −t e d t 2

d y

− d t e −t

d t



e −t = e −2t



d 2 y d t 2

d y

− d t



Reemplazamos en la ecuación original: e 2t e −2t



d 2 y

d y

− d t 2 d t



d y + a 1 e t e −t + a 0 y = 0 d t

de donde obtenemos la ecuación diferencial lineal homogénea con coeficientes constantes d 2 y d t 2

− dd y t + (a 1 − 1) dd y t + a 0 y = 0

La ecuación característica asociada es m 2 + (a 1

− 1)m + a 0 = 0

Luego, si m 1 es raíz de esta última ecuación, entonces y (t ) = e m 1 t es solución de la ecuación con coeficientes constantes, por lo que y (x ) = e m 1 ln x = x m 1

es solución de la ecuación de Euler original.

65



EJEMPLOS: 1. x 2 y  + 52 x y  − y = 0 2. x 2 y  − x y  + y = 0 3. x 2 y  + x y  + y = 0 OBSERVACIÓN: En la práctica, a veces es más conveniente buscar directamente las soluciones de una ecuación de Euler de la forma y (x ) = x k . Para el caso general, tenemos el siguiente teorema, cuya demostración es análoga al caso n = 2 visto arriba: TEOREMA 3.5.1 La solución general de la ecuación de Euler homogénea de orden n x n y (n ) + a n −1x n −1 y (n −1) +

··· + a 1x y  + a 0 y = 0

es y h (x ) = C 1 y 1 (ln x ) + C 2 y 2 (ln x ) +

|| ]0, ∞[,

| | ··· + C n y n (ln |x |), C 1, ··· , C n ∈ R y donde y 1 (u ), ··· , y n (x ) son una base para el espacio solución

en el intervalo ] − ∞,0[ o de la ecuación con coeficientes constantes L ∗ (D ) = D (D 1)

L ∗ (D )( y ) = 0,

con

− ··· (D − n + 1) + a n −1D (D − 1) ··· (D − n + 2) + ··· + a 1D + a 0

EJERCICIOS: 1. x 2 y  + 2x y  − 6 y = 0 2. x y  + y  = 0

66

3.6. ECUACIONES DIFERENCIALES L INEALES N O HOMOGÉNEAS


3.6. Ecuaciones Diferenciales Lineales No Homogéneas La solución general de la EDL no homogénea es de la forma y G (x ) = y h (x ) + y p (x )

Nuestro problema ahora consiste en tratar de determinar y p , ya que y h ya se sabe como obtenerla. Existen varios métodos para determinar y p , los dos más conocidos son 1. método de los coeficientes indeterminados (MCI) y 2. método de variación de parámetro (MVP)

3.6.1. Método Coeficientes Indeterminados El MCI tiene la ventaja de ser un método sencillo, pero para poder aplicarlo es necesario conocer la forma de la solución particular.

Sea L ( y ) = h (x ), y sea L 2 el operador con coeficientes constantes tal que L 2 (h (x )) = 0

L 2 L ( y ) = L (h (x )) = 0

⇒

◦

L ∗ ( y ) = 0

Sea

y ∗ (x ) = y h + y p

donde L ∗ = L 2 ◦ L tal que L ∗ ( y ∗ (x )) = 0 ⇒

⇒ y p = y ∗ y h

−

∴ para determinar las constantes que aparecen en y p , se substituye y p en la ecuación diferencial L ( y p ) = h (x ).

EJEMPLOS: 1. Resolver

(D 2 + 4)( y ) = 7

Solución:

(D 2 + 4)( y ) = 0

L 2 (7) = D (7) = 0

⇒ ⇒

y h (x ) = c 1 sen2x + c 2 cos2x L 2 = D

⇒

y ∗ = c 1 sen2x + c 2 cos2x + c 3 y p  + 4 y p = 0 + 4c 3

⇒

≡7 ⇒

L ∗ = D (D 2 + 4)

⇒

⇒

y p = c 3

c 3 = 7/4

y G (x ) = c 1 sen2x + c 2 cos2x +

7 4 67

C AP ÍT ULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN S UPERIOR 2. Resolver


(D 2 + 3)( y ) = e x

Solución:





y h (x ) = c 1 sen 3x + c 2 cos 3x L 2 = D 1

−

∴

(D

− 1)(D 2 + 3)( y ) = 0

pues (D − 1)e x = 0   ⇒ y ∗ = c 1 sen 3x + c 2 cos 3x + c 3 e x y p = c 3 e x .

⇒

(c 3 e x ) + 3(c 3 e x )

≡ e x

pero D 2 + 3 = D 2

−1+4 ⇒

(D 2 + 3)(c 3 e x ) = (D

4c 3 e x ≡ e x

⇒



− 1)(D − 1)(c 3 e x ) + 4c 3 e x 1 4

c 3 = .



1 4

y G (x ) = c 1 sen 3x + c 2 cos 3x + e x

3. Resolver

(D 2 + 2D + 1)( y ) = 2e x + cos2x .

Solución: y h (x ) = c 1 e −x + c 2x e −x L 2 = (D 1)(D 2 + 4)

−

y p = c 3 e x + c 4 sen2x + c 5 cos2x

(D 2 + 2D + 1)( y p ) = (D 2 + 42D

− 3)( y p )

= (D 2 + 4)(c 3 e x ) + (2D

− 3)( y p ) = (D 2 − 1 + 5)(c 3 e x ) + (2(D − 1) − 1)(c 3 e x + c 4 sen2x +) = 5c 3 e x − 1c 3 e x + 2c 4 · 2cos2x + 2c 5 (−2) sen2x = 4c 3 e x + (4c 4 − 3c 5 ) cos2x − (4c 5 + 3c 4 ) sen2x = 2e x + cos2x

⇒

68



4c 4 − 3c 5 = 1 ⇒ c 4 = 254 c 5 = − 253 c 3 = 1/2 3c 4 + 4c 5 = 0 1 4 3 y p = e x + sen2x − cos2x 2 25 25 1 4 3 y G = c 1 e −x + c 2 x e −x + e x + sen2x − cos2x 2 25 25



EJERCICIOS: Empleando el MCI, encontrar y p en: 1. (D 2 + 6D + 10)( y ) = x 4 + 4x 2 + 2 2. (6D 2 + 2D − 1)( y ) = 7x e x (1 + x ) 3. (D 2 + D − 2)( y ) = 3e x − sen x

4. (D 2 − 4D + 8)( y ) = e 2x (1 + sen2x ) 5. (D 2 − 4)2 ( y ) = x senh x

OBSERVACIÓN: Notamos que este método es útil solo si conocemos el operador diferencial con coeficientes constantes que anula a la función h (x ). A continuación, presentamos las funciones con sus correspondientes anuladores.

69

C AP ÍT ULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN S UPERIOR Anuladores para el MCI Función

Anulador

1

D

x

D 2

x n

D n +1 n



p (x ) =

D n +1

a i x i

i =0

e a x

D a

x e a x

(D a )2

x n e a x

(D a )n +1

cos b x , sen b x

D 2 + b 2

cos b x e a x sen b x e a x

−

− −



x n e ax cos b x x n e a x sen b x

70

D 2



− 2a D + a 2 + b 2

(D 2

− 2a D + a 2 + b 2 )n +1




3.6.2. Método de Variación de Parámetros Comenzamos considerando la EDL de 2.o orden y  + a 1 (x ) y  + a 0 (x ) y = h (x )

(3.1)

definida en un intervalo I y cuya solución general de la EDL homogénea asociada a (3.1) es:

y h (x ) = k 1 y 1 (x ) + k 2 y 2 (x )

(3.2)

se busca una solución particular y p de (3.1) tal que y p (x 0 ) = 0 y p  (x 0 ) = 0 con x 0

∈ I

La construcción de y p se empieza conla suposición de que cualquier solución particular de (3.1)debe estar relacionada con ó parecese a y h y para ello se intenta alterar ésta última de modo que se convierta en una solución particular de (3.1). Una forma de hacerlo es permitir que k 1 y k 2 en (3.2) varíen con x (o sea, k 1 = k 1 (x ) y k 2 = k 2 (x )) es decir, la solución particular es de la forma:

y p (x ) = k 1 (x ) y 1 (x ) + k 2 (x ) y 2 (x )

(3.3)

abreviando,

y p = k 1 y 1 + k 2 y 2

(3.4)

Derivando y p y reemplazando en (3.1) se obtiene y p  = k 1 y 1 + k 1 y 1 + k 2 y 2 + k 2 y 2 y p  = k 1 y 1 + 2k 1 y 1 + k 1 y 1 + k 2 y 2 + 2k 2 y 2 + k 2 y 2 k 1 ( y 1 + a 1 (x ) y 1 + a 0 (x ) y 1 ) + k 2 ( y 2 + a 1 (x ) y 2 + a 0 (x ) y 2 ) + + k 1 y 1 + 2k 1 y 1 + k 2 y 2 + 2k 2 y 2 + a 1 k 1 y 1 + a 1 k 2 y 2 = h (x )

⇒

k 1 y 1 + 2k 1 y 1 + k 2 y 2 + 2k 2 y 2 + a 1 k 1 y 1 + a 1 k 2 y 2 = h (x )

pues y 1 ∧ y 2 son soluciones de la ecuación diferencial homogénea. Reordenando: (k 1 y 1 + k 1 y 1 + k 2 y 2 + k 2 y 2 ) + a 1 (k 1 y 1 + k 2 y 2 ) + k 1 y 1 + k 2 y 2 = h (x ) (k 1 y 1 + k 2 y 2 ) + a 1 (x )(k 1 y 1 + k 2 y 2 ) + k 1 y 1 + k 2 y 2 = h (x )

Esta identidad debe mantenerse si (3.3) es solución de la ED y ∴ k 1 y k 2 pueden escogerse en forma tal que: k 1 y 1 + k 2 y 2 = 0 k 1 y 1 + k 2 y 2 = h (x )



∀ x ∈ I 71



Usando la regla de Cramer para resolver este sistema: k 1 =

x ) y 2 − h (W ∧

h (x ) y 1 W

k 2 =

donde W es el Wronskiano W =

  y 1

y 2

y 1

y 2

x

∴

y p (x ) =

rador

= W [ y 1 (x ), y 2 (x )]

y 2 (x ) y 1 (t ) y 1 (x ) y 2 (t )

x 0

DEFINICIÓN 3.6.1 La función

 

−

W ( y 1 (t ), y 2 (t ))

y 2 (x ) y 1 (t ) y 1 (x ) y 2 (t )

−

K (x , t ) =

W ( y 1 (t ), y 2 (t ))

L (D ) = D 2 + a 1 (x )D + a 0 (x ).

h (t ) d t

se llama función de Green para el ope-

EJEMPLOS: 1. Resolver

y  + y = sec x .

Solución: En este caso no se puede aplicar el MCI pues  operador L con coeficientes constantes tal que L (sec x ) = 0. La solución de la ecuación homogénea es: y h (x ) = c 1 sen x + c 2 cos x

Luego, suponemos que la solución particular es de la forma: y p (x ) = k 1 (x ) sen x + k 2 (x ) cos x

y luego formamos el sistema k 1 sen x + k 2 cos x = 0 k  cos x − k  sen x = h (x ) = sec x 1

2

Como

W =

k 1 = sec x cos x = 1

·

⇒ ∴

72

k 1 = x

∧

 

sen x cos x

∧

k 2 =



 

cos x = −1 − sen x

k 2 =

−  −

sec x · sen x = − tg x

tg x d x = ln | cos x |

y G (x ) = c 1 sen x + c 2 cos x + x sen x + cos x ln cos x

|

|



2. Resolver

(D 2

− D − 2)( y ) = e −x sen x .

Solución: En este caso, podemos usar MCI ó MVP. Aplicaremos MVP, dejando como ejercicio al lector resolver esta EDO usando MCI. La solución de la ecuación homogénea es: y h (x ) = c 1 e 2x + c 2 e −x W = W [e 2x , e −x ] =

3. Resolver

e 2x

 

e −x e −x

2e 2x

= e 2x e −x

 

1 2

 −

1 = −3e x 1

1 1 e −3x 3 x − ⇒ k 1 = 3 e sen x d x = 3 1 + 9 (−3sen x − cos x ) e 2x e −x sen x 1 1 − ⇒ k 2 = x k = = sen cos x 2 −3e x 3 3 1 1 y g (x ) = c 1 e 2x + c 2 e −x − e −x (3sen x + cos x ) + e −x cos x 30 3

1 k 1 = e −3x sen x 3

∴

   −

x 4 y  + x 3 y 

− x 2 y = 1

Solución: x 4 y  + x 3 y 

− x 2 y = 0 ⇒ α(α − 1) + α − 1 = 0 ⇒ y 2 (x ) = x

x 2 y  + x y  y = 0

α2 = 1

 − e

1

⇒

d x

x

x 2

d x = x



1 k  x + k  = 0 2

x

1 1 k 1 − k 2 2 = 4 x

W = W [x ,1/x ] =

1 2x 4 1 k 2 = − 2 2x

k 1 =

 

1

d x = x 3

∴ y h (x ) = c 1x + c 2

1

(ec. de Euler) y 1 (x ) = x , y 2 = x −1

−

x

1

x

 

 

1/x

x

=

−1/x 2 ⇒ k 1 = − 6x 1 3

y p =

1

k 2 =

⇒ 1 3x 2

y G (x ) = c 1 x + c 2

1

x

+

− 21x

− x 2

1 2x

1 3x 2 73

UL O 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN S UPERIOR C AP ÍT ULO


OBSERVACIÓN: En genera general, l, el método método de variac variación ión de paráme parámetro tross puede puede extend extenders ersee fácilm fácilment entee a ecuaci ecuacioones de orden arbitrario. arbitrario. En efecto, consideremos consideremos la ecuación diferencial normal en I : y (n ) + a n −1 (x ) y (n −1) +

· · · + a 0(x ) y = h (x )

Supongamos que se conoce la solución general de la ecuación homogénea, y que ésta es y h h (x ) = C 1 y 1 (x ) +

· · · + C n n y n n (x )

Luego, la solución particular será de la forma y p p (x ) = C 1 (x ) y 1 (x ) +

· · · + C n n (x ) y n n (x )

Es posible probar que en este caso,



x

y p p (x ) =

K (x , t ) h (t ) d t

x 0

donde

K (x , t ) =

   

y 1 (t )

· ··· · · · ·

y n n (t )

y 1 (t ) · ··· · · · · y n  (t ) .. .. .. .. . . . . (n −2) (n −2) ·· · ··· · y n (t ) y 1 (t ) · ·· y 1 (x )

· ··· · · · · y n n (x ) W [ y 1 (t ), · · · , y n n (t )]

   

K (x , t ) es la función de Green para L (D ) = D n + a n −1 (x )D n −1 +

74

· · · + a 0(x )

Capítulo 4

Estud studio io Cuali ualita tati tivvo de ED de Orde den n Super uperio iorr

4.1. 4.1. Siste istema mass Line Lineal ales es de orde orden n2 4.2. 4.2. Siste istema mass No Line Lineal ales es de orde orden n2

75

LÍNEAS DE FASES ´ E. SAEZ

Sea el dominio Ω ⊂

R

× R y la función on F : Ω →

x

R.

F R

Ω t

Fig. 1 Una expresi´ expresi´ on on de la forma dx = F (t, x) , o bien, x˙ = F (t, x) dt

(1)

se llama Ecuaci´ llama Ecuaci´ on Diferencial Ordinaria (E.D.O.) on Ordinaria (E.D.O.) de Primer Orden definida en Ω. dx = t sen x , x˙ = et(x2 − 1) dt Observaci´ on: on: Si la función on F : Ω → R es de la forma F (t, x) ≡ F (x) en Ω, es decir, F es sólo olo función on de la variable x, entonces (1) se reduce a una ecuaci´ on o n del

Ejemplos:

tipo (2 )

x˙ = F (x)

En estos casos se dice que (2) es es Autónoma. onoma. En caso caso con contrar trario io (1) se dice dice Noautónoma. onoma. Ejemplos de Ecuaciones Aut´ onomas: onomas: x˙ = sen( sen(ex

2

−

1

),

dx = x3 − 3x2 + µx , donde donde,, µ es un parámetro ametro real dt Unaa curva curva en Ω, parame parametri trizad zadaa por una Definici´ on on Sea I un intervalo de R. Un función on φ : I → R, t → φ (t), se llama una soluci´ una solución de on de (1) si y sólo olo si satisface, en el Departamento de Matem´ atica, atica, UTFSM e–mail: [email protected] http://docencia.mat.utfsm.cl/ esaez/ . 1

´ E. SAEZ

2

intervalo I , la identidad siguiente: d (φ(t)) ≡ F (t, φ(t)) dt

(3) Interpretaci´ on interesante: on

Sea (t0 , φ(t0)) un punto arbitrario pero fijo de la gr´ afica afica de una soluci´ on on φ. Por el Cálculo alculo y la identidad anterior, el valor de la imagen F (t0 , φ(t0)) es la pendiente de la recta tangente a dicha curva soluci´ on on por el punto (t0 , φ(t0 )). Luego (4)

x − x0 = F (t0 , x0 )(t − t0 ) , donde , x0 = φ (t0 )

es la ecuación on de la recta tangente a la curva soluci´ on on en el punto (t0 , φ(t0)), es decir, cualquier curva solución on por el punto considerado es TANGENTE es TANGENTE a a la recta (4) (ver Fig. 2). (t0 , φ(t0)) •

F

R

• F (t0, x0 )

Fig. 2 Comentario: Las preguntas sobre existencia y unicidad de soluciones de (1), depende de las propiedades de la funci´ on on F . Estos Estos probl problem emas as se estud estudia ian n en curso cursoss m´ as avanzados, ver por ejemplo [3]. En estas notas sólo olo nos limitamos a sus enunciados.

Teorema de Existencia Sea F : Ω → R una función on continua en el dominio Ω. Para todo punto (t0 , xo ) ∈ Ω existe una funci´ on on φ : I → R definida en alg´ un un intervalo I , solución on del problema de valor inicial llamado de Cauchy. dx = F (t, x) , dt

tal que , φ(t0 ) = x 0

La Figura 3, ilustra ilustra el Teorema Teorema con dos soluciones soluciones φ1 , φ2. x

Ω x0

• t0

Teorema de Unicidad

x = φ 2 (tx ) = φ (t) 1

t

Fig. 3 Sea F : Ω → R, tal que; F, ∂F son funciones continuas en el dominio Ω. Para todo ∂x punto (t0 , xo ) ∈ Ω existe una única unica función on φ : I → R definida en alg´ un un intervalo I de R, solución on unica u ´ nica del problema de valor inicial de Cauchy.

L´ INEAS DE FASES

3

N´ otese o tese que si en (2), F es un polinomio en la variable x, entonces la Ecuaci´ on on 2 Diferencial admite soluci´ on on unica u ńica ∀ (t, x) ∈ R . En lo que sigue, siempre supondremos existencia y unicidad de los problemas de Cauchy.

Pregunta 1: ¿Cómo o mo describir la forma de las curvas en Ω, que son gr´ aficas aficas de soluciones de (2)? Para responder esta pregunta pregunta recordemos recordemos la idea geom´ geométrica etrica sobre traslaciones traslaciones de gráficas aficas respecto respecto de un sistema sistema de coordenad coordenadas. as. Si una variable ariable de una funci´ funcion, ´ por ejemplo x, se reemplaza por la traslación on x → x − c donde c es una constante real, entonces la gr´ afica afica de la funci´ on se traslada en la dirección on on positiv p ositivaa (resp. negativa) negativa) del eje x si c > 0 (res (resp. p. c < 0). La Fig. 4 ilustra este comentario en el caso c > 0 y = f (x)

)

c

− x

(

f =

) x (

y

=

g

x

x−c x

Fig. 4

Respuesta parcial de la Pregunta 1. Sea una E.D.O. Autónoma, onoma, dx = F (x) dt

(5)

Las Ecuaciones Ecuaciones Diferenciales Diferenciales Aut´ onomas son definidas en dominios de la forma R × I , onomas donde I = dom (F ). Supongamos que ξ : (−∞, ∞) → R , t → ξ (t) , es una solución on de (5). En Entonc tonces es cualqui cualquier er traslac traslaci´ i´ on o n de la gr´ afica afica de ξ en la direcci´ on o n del eje t, es una gr´ afica de una nueva soluci´ afica on de (5). En efecto, sea la nueva función on on trasladada η : (−∞, ∞) →

R

, tal que , η (t) = ξ (t − c) , c ∈

R constante

Entonces las siguientes identidades son inmediatas en el intervalo I = R η˙ (t) ≡ ξ ˙(t − c) ≡ F (ξ (t − c)) ≡ F (η (t)) Luego por (3), η tambi´ ta mbién en es soluci sol uci´ on oń de (5). El argumento anterior nos dice que si conocemos el comportamiento cualitativo de una soluci´ on on ξ 0 de (5), en realidad conocemos el comportamiento cualitativo de infinitas soluciones, pues basta considerar traslaciones de ξ 0 en la direcci´ on on positiva o ˜ ⊂ Ω es el dominio que cubren, en el plano negativa del eje t. Esto signi significa fica que si Ω ˜ no puede tx, las traslaciones de ξ 0 . Po Porr el Teore Teorema ma de Existe Existenci nciaa y Unicidad Unicidad en Ω existir una curva que sea gr´ afica afica de una solución on diferente a una traslaci´ on on de ξ 0. Es

´ E. SAEZ

4

˜ se han encontrado TODAS las soluciones que la ecuaci´ decir en Ω on admite (ver Fig. 5). x

ξ 0

˜ Ω t

Fig. 5

Pregunta 2: ¿Cuántas soluciones diferentes de traslaciones admite (2)? Examinemos con un ejemplo sencillo la pregunta anterior. Sea la E.D.O., Es inmediato que la funci´ on exponencial x = e t es una solución. Luego: x = e t

−c

= e c et = ket , −

son soluciones , ∀ k = e

−c

> 0 , c ∈

dx = x. dt

R

Las gr´ aficas de las soluciones anteriores son curvas CRECIENTES (pendientes positivas ) y cubren el semi plano superior Ω1 = { (t, x) | x > 0 }. Por los argumentos desarrollados mas arriba, no puede existir en Ω1 una curva soluci´ on diferente de t traslaciones de x = e . Cualquier otra soluci´ on diferente de traslaciones de la expo2 nencial sólo pueden existir en R − Ω1 . Pero x = − et también es una solución trivial, basta reemplazar en la ecuaci´ on. Entonces: x = − et

−c

= − e c et = ket , −

−c

son soluciones , ∀ k = −e

< 0 , c ∈

R

y las gráficas de estas funciones son curvas DECRECIENTES (pendientes negativas) y cubren el semi plano inferior Ω2 = { (t, x) | x < 0 }. ¿Existen m´ a s soluciones diferentes de las anteriores? S´ olo pueden existir otras soluciones en la parte del plano Ω3 =

R

2

− (Ω1 ∪ Ω2 ) = {(t, 0) | t ∈

R}

Pero Ω3 es el eje t en el plano xt de ecuaci´ on x = 0. Es inmediato que x = 0 es otra solución trivial de la ecuación que tiene la particularidad de ser Constante (pendiente cero) . En resumen, la ecuación planteada tiene sólo TRES soluciones esencialmente diferentes en el sentido que s´ olo admite tres tipos de curvas soluciones: Crecientes, Decrecientes y Constantes. Este resumen de comportamientos cualitativos se puede ilustrar geométricamente definiendo una l´ınea ad hoc llamada L´ınea de Fases como indica la Fig. 6 < • > x comportamientos crecientes comportamientos decrecientes solución constante Fig. 6

L´ INEAS DE FASES

5

Observaci´ on. Si x0 es una ra´ız de la ecuaci´ on F (x) = 0, es decir, F (x0 ) = 0, entonces on de una recta en el plano tx, que es una solución constante de x = x 0 es la ecuaci´ (2) pues se satisface: d (x0 ) ≡ F (x0 ) ≡ 0 , ya que, x0 es una constante. dt

on F (x) = 0, entonces diremos que x0 es Definici´ on. Sea x0 una ra´ız de la ecuaci´ una SINGULARIDAD, o bien, un punto de EQUILIBRIO de la l´ınea de fases de la ecuaci´ on (2). Observación Importante. La L´ınea de Fases se puede obtener directamente de la ecuaci´ on (2), “sin necesidad de resolver expl´ıcitamente la ecuaci´ on”, ¿Cómo? Sabemos que F (x) son las pendientes de las curvas soluciones de (2), entonces basta observar la gráfica de la funci´ on F pues los valores positivos, negativos y ra´ıces de F (x) determinan las soluciones crecientes, decrecientes y singularidades, respectivamente. Ejemplo: Supongamos que la gr´ afica de la funci´ on F en la ecuaci´ o n (2) es como indica la Fig. 7. La L´ınea de Fases queda determinada por los valores de las im´ agenes de F y es como muestra geométricamente la parte inferior de la Fig. 7. Gr(F )

•

•

•

<• > • < •

•

x

< • > L´ınea de Fases

Fig. 7 Interpretanto la L´ınea de Fases se tiene en forma inmediata el comportamiento cualitativo de los tipos de soluciones que admite (2) pues el sentido de las flechas corresponden a las soluciones monótonas como se muestra en la Fig. 8.

• •x t

• •

L´ınea de Fases y comportamientos Cualitativos Fig. 8

´ E. SAEZ

6

Observaci´ on. Dependiendo del comportamiento local de las soluciones de la ecuaci´ on alrededor de una singularidad aislada en la L´ınea de Fases, se distinguen los siguientes tipos de singularidades: 1) 2) 3) 4)

<•

> , repulsor (fuente),

>•

< , atractor (pozo),

>•

> , atractor-repulsor,

<•

< , repulsor-atractor,

Ejemplo. Describir cualitativamente los tipos de soluciones que admite la E.D.O., x˙ = (x − 1)3 ecos(x 1) . 4

−

Solución: Es inmediato que x = 1 es la u ´ nica singularidad (aislada) de la E.D.O. cos(x 1) Como e afica de F (x) = (x − 1)3 e(cos(x 1) , la L´ınea de Fases > 0 , ∀x ∈ R, la gr´ y los tipos de soluciones de la E.D.O. son como ilustra la Fig. 9, respectivamente. 4

4

−

−

x

Gr(F)

• 1

x

•1

, Pto de eq. repulsor t

x

Fig. 9 La ecuaci´ on del ejercicio anterior, es muy dif´ıcil de integrar bajo el punto de vista del Cálculo. En consecuencia es dif´ıcil conocer expl´ıcitamente las ecuaciones de las soluciones que indica la Fig. 9, sin embargo, la L´ınea de Fases permite dar una descripción cualitativa del tipo de soluciones y punto de equilibrio. Ejemplo. Estudiemos el modelo de Newton, sobre la variación de temperatura que tienen los cuerpos. “La temperatura de un cuerpo, en cada instante, cambia con una rapidez proporcional a la diferencia de temperatura del cuerpo con la temperatura del medio ambiente, la cual se supone constante ”. Sea T = T (t) la temperatura de un cuerpo en el instante t y T 0 la temperatura ambiente, que se supone constante. La Ecuaci´ on Diferencial que modela el Principio de Newton es de la forma dT = −λ(T − T 0 ) dt

donde λ > 0 es la constante de proporcionalidad.

L´ INEAS DE FASES

7

La gr´ afica de F (T ) = −λ(T − T 0 ), la L´ınea de Fases y los tipos de soluciones de la E.D.O. son como ilustra la Fig. 10, respectivamente. T

Gr(F) T 0

•

T

• T 0

, T 0 pto de eq. atractor t

T

Fig. 10

Nótese que si un cuerpo tiene en el instante cero una temperatura mayor (resp. menor) que T 0 , es decir, T (0) > T 0 (resp. T (0) < T 0), entonces como la temperatura ambiente T 0 , es el u ´ nico punto de equilibrio y es un atractor, la temperatura de ambos cuerpos tienden a T 0 a medida que transcurre el tiempo, o bien, para ambos cuerpos T (t) = T 0 y cualquier otro cuerpo, limt →∞

Ejemplo. Supongamos el siguiente modelo sencillo de epidemias. “Existe una poblaci´ on de N individuos que tiene en cada instante t, y (t) individuos infectados y x(t) individuos sanos pero susceptibles de infectarse. La suma de los individuos infectados m´ as los individuos sanos es el total de la poblaci´ on, la cual se supone constante. El n´ umero de individuos infectadas cambia con una rapidez proporcional al n´ umero de individuos infectadas y al n´ umero de individuos sanos ”. ¿Qué ocurre con la epidemia a medida que transcurre el tiempo?. La Ecuaci´ on Diferencial que modela el comportamiento de los individuos infectados, de acuerdo al enunciado anterior est´ a dada por; d (y (t)) = λx(t)y (t) dt

donde λ > 0 es la constante de proporcionalidad. Como x(t) + y (t) = N , la E.D. anterior que modela el comportamiento de los individuos infectados se reduce a la expresi´ on: dy = λ(N − y )y dt

La gr´ afica de F (y ) = λ(N − y )y , la L´ınea de Fases y los tipos de soluciones de la E.D.O. son como ilustra la Fig. 11, respectivamente.

´ E. SAEZ

8

Gr(F )

• 0

• N

, N pto de eq. atractor

•0

t

y

•

N

, 0 pto de eq. repulsor

y

Fig. 11 Comen Comentari tario: o: N´ o tese que si en un instante t0 , aparece un caso de un individuo otese infectado, es decir, se presenta la condici´ on on inicial y (t0) = 1, enton entonce cess si si y = y (t) es la curva solución on que satisface la condición on inicial, según un el modelo lim t y (t) = N , pues N es un punto de equilibrio equilibrio atractor. El modelo predice que de no tomar medidas especiales para controlar la epidemia, la totalidad de la poblaci´ on on se contagia a medida que transcurre el tiempo. →∞

Definici´ on. on. Dos Ecuaciones Diferenciales Aut´ onomas del tipo (2), se dicen cualitativamente equivalentes si y s´ olo si tienen la misma L´ınea ınea de Fases, en el sentido del mismo n´ umero de puntos singulares, de la misma naturaleza y distribuidos en el mismo orden . 4

Ejem Ejempl plo: o: Las E.D E.D.. x˙ = x, x˙ = (x − 1) 3 ecos(x 1) . son equiv equivalent alentes es pues sólo olo tienen un unico u ´ nico punto atractor en sus respectivas L´ıneas de Fases. −

Comentario: Comentario: Existen Existen fen´ omenos de la naturaleza que bajo el punto de vista de la omenos definición on anterior, matem´ aticame aticament ntee son equivalen equivalentes tes.. Po Porr ejemplo, ejemplo, el modelo modelo de Newton de enfriamiento de los cuerpos descrito anteriormente es equivalente a la Ley de desintegraci´ on on radioactiva “La radioactiva “La tasa de desintegraci´ on de una sustancia radioactiva es proporcional, en cualquier instante a la cantidad de sustancia presente”. presente” . En efecto si A = A(t) es la masa de una sustancia radioactiva en el instante t, entonces la E.D. que modela el fenómeno omeno est´ a dada por: A˙ = −λA, λ > 0. 0. La gr grafica a´fica de ınea de Fases ases y los tipos de soluci soluciones ones de la E.D.O. E.D.O. son como F (A) = −λA, la L´ınea ilustra la Fig. 12, respectivamente. A

Gr(F) 0

•

A

•0

A

Fig. 12

t , 0 pto de eq. atractor

L´ INEAS DE FASES

9

Los puntos T = T 0 y A = 0 son son los unicos u ńicos puntos de equilibrio atractores en las respectivas resp ectivas L´ıneas de Fases. Ejercicio: Ejercicio: Clasificar Clasificar las L´ L´ıneas de Fases no-equiv no-equivalen alentes tes de la E.D. x˙ = λ + x 2 , donde λ es un parámetro ametro real. Solución: on: Sea F λ (x) = λ + x2, λ ∈ R. Con el objeto de estudiar como cambian las distintas L´ıneas de Fases, dependiendo del par´ ametro ametro λ , consideremos la gr´ afica afica de la ecuación on F λ (x) = 0 en en el el pl plan anoo λx (ver (ver Fig. 13). Si las rectas rectas vertica verticales les muestra muestran n 2 las L´ıneas de Fases, entonces entonces las intersecci intersecciones ones entre entre la par´ abola λ = −x y las rectas verticales verticales son los puntos de equilibrio equilibrio de las L´ L´ıneas de Fases. Es claro que si tiene respecti respectiv vamente: amente: dos, dos, cero , o bien bien ninguna ninguna λ < 0 , λ = 0 , o bien λ > 0, se tiene intersecci´ on. Solo o´lo existen existen tres L´ıneas de Fases no-equiv no-equivalen alentes, tes, en efecto, si λ < 0 existen dos puntos de equilibrio atractor y repulsor resp., si λ = 0 solo o´lo el origen es un punto de equilibrio atractor-repulsor y si λ > 0 no existen puntos de equilibrio (ver Fig. 13) x 0

>

•

)

x

(

F

F λ (x) < 0

λ

•

λ

•

Fig. 13

Ejerci Ejercicio cio 1. Una cierta ley de radiaci´ on, estable establecce que la raz´ on de cambio de la temperatura de un cuerpo a T T (t) grados, que se encuentra en un medio de temperatura 0 constante, onstante, de M = 70 C , es prop propor orcion cional al a M 2 − T 2(t) donde la constante de proporcionalidad es positiva: i) Encuentre E ncuentre la L´ınea de Fases ii) Si T (0) = 100 0C , determinar: lim T (t)

t→∞

Ejercicio 2. Describir cualitativamente los tipos de soluciones de las E.D. a) x˙ = sen x2 b) x˙ = sen2 x

10

´ E. SAEZ

Ejercicio Ejercicio 3. Describir las L´ıneas de Fases, no equivalentes, equivalentes, de la ecuaci´ ecuaci´ on diferencial cos x x˙ = (x − 1)(x + λ)e2 cos ,

si λ ∈

R

Ejercicio 4. Sea la Ecuaci´ on Diferencial, dx = (x + 1 + λ)(x − 1)ex dt

1

−

, donde el par´ ametro λ ∈

R

i) ¿Cu´ aless son las L´ıneas ale ıneas de Fases, ases, no equival quivalent entes, es, que admite admite la Ecuaci´ Ecuaci´ on Diferencial? ii) Describa en un gr´ afico, cualitativamente, las soluciones de la Ecuaci´ on Diferencial correspondientes correspondientes a las L´ıneas de d e Fases encontradas encontradas en a)

Ejercicio 5. Supongamos que A(t) es la cantidad de material que memoriza un estudiante en un tiempo t y M representa la cantidad de material total que es necesario memoriz memorizar. ar. Si la rapidez apidez de memoriz memorizaci´ aci´ on de un cierto estudiante, es la diferencia entre un m´ ultiplo de la cantidad de material que le queda por memorizar, y un m´ ultiplo de lo memorizado. i) Describa el modelo matem´ atico que representa la capacidad de memorizaci´ on. ii) ¿C´ omo es la L´ınea ınea de Fases del modelo obtenido en i)? (se entiende que todas las constantes son positivas) iii) Si A(0) = 0. 0. ¿Un estudian estudiante te lle l lega ga a lo largo largo del tiemp tiempo a memoriz memorizar ar todo todo el material? iv) Si el m´ ultiplo ultiplo de lo memorizado memorizado por Juan es menor que el de Diego. Diego. ¿Qui´ ¿Quién en tiene mejor memoria?

Ejerci Ejercicio cio 6. En un envase de reacci´ on se encuentran las substancias A y B . La substancia A por reacciones reacciones qu´ qu´ımicas se convierte en la substancia B . La rapidez de conversi´ on, en cada instante, es proporcional al producto de las masas de ambos substancias. Seg´ un las leyes de d e la F´ısica , la suma de las masas M M de ambas substancias, es invariante en el proceso de conversi´ on. a) ¿Cu´ ales son las ecuaciones diferenciales que modela los cambios de la masa x(t) de la substancia A y los cambios de la masa y (t) de la substancia B ?. b) ¿Cu´ ales son los puntos de equilibrio de ambas E.D.O. ? c) Si el sistema no est´ a en un punto de equilibrio al inicio de un experimento. ¿Qué se puede decir d ecir sobre s obre los comportamientos comportamientos de x(t) , y (t) cuando t → ∞ ? d) ¿ Son equivalentes las dos E.D.O de a) ?.

Ejercicio 7. Sea p = p(t) la poblaci´ on de una bacteria en cada instante (medida en millones) millones).. La rapidez apidez de cambio ambio de la poblaci poblaci´ on ´ ( en un modelo sencillo) en cada momento est´ a dad dadaa por: por: una una tasa de natalidad natalidad que es proporcional a la poblaci´ on del instante, una segunda tasa de mortalidad mortalidad natural que también en es proporcional a

L´ INEAS DE FASES

11

la poblaci´ on del instante y una tercera tasa de mortalidad mortalidad debida a competencias competencias 1 intraespecies que es proporcional al término ermino 2 p( p − 1). 1). k 1 , k2 , k3 > 0 son i) Si k 0 son las respectivas tasas de proporcionalidad en el orden en que aparecen en el enunciado. ¿ Cu´ al al es la Ecuaci´ Ecuaci ´ on on Diferencial que modela la poblaci´ on de las Bacterias ? ii) Si las respectivas tasas en i) son: k1 = 5, k2 = 2, k3 = 1. ¿ Cu´ Cu ´ al al es la l´ınea ın ea de fases asociada a la E.D.O. ?. iii) Si en el instante inicial p(0) > 0 ¿ Existe, a largo plazo, la posibilidad posibilidad que la poblaci´ on de Bacterias se extinga ? . on iv) En general, si las constantes de proporcionalidad satisfacen k1 − k2 + 21 k3 < 0 ¿ Qu´ e puede puede afirmar afirmar sobre la supervive supervivencia ncia de la población o n de Bacterias ?. p = p (t) la poblaci´ t (medida Ejercicio 8. Sea p on de una cierta ciudad en cada instante t en millon millones es de persona ersonas). s). La raz´ on de cambio de la poblaci´ on, principalment principalmentee se debee a tres deb tres causales ausales:: a) Una tasa tasa de natalid natalidad ad que es prop propor orcion cional, al, con constan onstante te de proporcionalidad k1 > 0, a la poblaci´ on del momento; b) Una tasa de mortalidad natural que es proporcional, con constante de proporcionalidad k2 > 0, 0 , a la poblaci´ on del momento, k2 < k1 ; c) Una tasa de mortali mortalidad dad no-natur no-natural al (por ejemplo: ejemplo: debida debida a accidentes de tr´ ansito, accident accidentes es en el trab trabajo, ajo, per per´ıodos ıodos de guerra, guerra, etc) que es proporcional, con constante de proporcionalidad k3 > 0, al térmi er mino no p( p − 1)2, ( k3 < k2 ).

i) Establezca la Ecuaci´ on Diferencial que modela el tama˜ no de la poblaci´ on . k 1 = 6, k2 = 5, k3 = 4. Descri ii) Si las respectivas tasas se estiman en k Des criba ba la L´ınea de Fases de la E.D.O. iii) Si en el instante inicial p(0) < 21 . ¿ Existe a largo plazo, la posibilidad que la poblaci´ on se extinga ?. iv) ¿ Bajo que condiciones iniciales se puede afirmar la supervivencia de la respectiva pectiva ciudad a trav´ través es de los tiempos ?.

Ejercicio 9. Suponga un modelo sencillo de una poblaci´ on de animales P = P (t), donde t es el tiempo, que tiene igual n´ umero de machos y hembras. Los nacimientos de la poblaci´ on, en cada instante, son proporcionales con tasa k > 0 al n´ umero de machos machos y hembr hembras . La mortali mortalidad dad de la poblaci poblaci´ on ´ es proporcional con tasa δ > 0 a la poblaci´ on en cada instante . i) ¿ Cu´ al es la Ecuaci´ Ecuaci´ on on Diferencial Diferencial que modela la rapidez de cambio de la poblaci´ on ?.

δ . ¿Qu´ e puede pued e afirmar afirm ar si P (0) < 4a ? k iii) ¿ Qu´ e puede afirmar afirm ar si P (0) > 4a ?

ii) Si a =

Ejercicio 10. Un modelo sencillo sobre la variaci´ on de la poblaci´ on de peces en un lago de grandes dimensiones a lo largo del tiempo, x = x(t), medida en toneladas,

´ E. SAEZ

12

depende esencialmente de tres factores: i) Tasa de nacimiento t dada por: nacimiento en el instante instante t 2x(t) 1 mortalidad en el instante instante t (1 + 12 ii) Tasa de mortalidad t dada por: x(t))x(t) iii) Tasa de captur K capturaa constante onstante dada por el par par´ ametro ´

Preguntas: (i) Escribir la Ecuaci´ on Diferencial Ordinaria del modelo. 5 (ii) Si la captura K = . Encontrar los puntos de equilibrio del modelo. 3 (iii) ¿ Como es la L´ınea de Fases ? (iv) Describir cualitativamente el tipo de soluciones que admite la E.D.O. (v) Si K = 4. ¿ Qué puede afirmar a futuro futuro sobre la poblaci´ on de peces ?.

Agradecimientos: Por su contribuci´ on a revisar la presentaci´ on on on de estos apuntes agradezco a la se˜ nora Amalia Becerra, Secretaria del Departamento de Matem´ nora atica. atica. References

[1] “Ordinary differential equations‘ ‘. D.K.Arrowsmith D.K.Arrowsmith & C.M.Place. Chapman and Hall . London, New York. 1982 [2] “Ecuac “Ecuacion iones es difere diferenci nciale ales”. s”. P.Blanc .Blanchar hard, d, R.L.De R.L.Dev vaney aney and G.R.Ha G.R.Hall. ll. Boston Boston Unive Univerrsity.International Thomson Editores. 1998 [3] “Li¸c´ cóes oes de equa¸c´ coes oés diferenciais ordinárias”. arias”. Jorge Sotomayor. IMPA, Rio de Janeiro, Brasil. Proyecto Euclides. 1979.

Apuntes Transformada de Laplace (MAT023)

 

Segundo semestre de 2012

 

1

Verónica Gruenberg Stern Vivian Aranda Núñez

1.

Introducción

La transformada de Laplace es un ejemplo de un operador . Este opera sobre una función, produciendo otra función. La transformada de Laplace es un método útil para resolver ecuaciones diferenciales y problemas de valor inicial con condiciones en la frontera. También permite resolver ecuaciones integrales ó íntegro-diferenciales. Esencialmente, estos problemas se resuelven en 3 pasos: en primer lugar, se transforma el problema en uno más sencillo, luego se resuelve el problema sencillo y, finalmente, la solución obtenida se transforma en el sentido inverso, obteniéndose la solución al problema original. Definición Supongamos que f (t) es una función definida para todo t > 0. Definimos la transformada de Laplace de f a la siguiente integral, si ésta converge:



∞

L(f )(s) = F (s) = Además:

f (t) =

L

1

−

(F (s)),

f (t) e

st

−

dt para s > 0

0

es la transformada de Laplace inversa de F .

Observación Es importante recordar que la integral impropia anterior se define por:





T

∞

f (t) e

st

−

dt = l´ım

T →∞

0

f (t) e

st

−

dt

0

Notar, además, que el resultado de esta integral es una función en la variable s, lo que explica la notación F (s). Ejemplos:

Calcular la transformada de Laplace de las siguientes funciones:

1. f (t) = 1,

∀ t > 0



L(1)(s) = F (s) =

0



T

∞

1

·

e

st

−

dt = l´ım

T →∞

0

−e

st

−

1

·

e

st

−

dt = l´ım

T →∞

s

 

T

0

=




= l´ım

T →∞

−



1 e sT 1 + = s s s −

siempre que s > 0.

Si s < 0, la integral diverge. 2. f (t) = e at , at

L(e

 

2

 

∀ t > 0



)(s) = F (s) =

T

at

e

 

−

l´ım

T →∞

−a

s

siempre que s > a. 3. f (t) = t,

∀ t > 0

L(t)(s) = F (s) =



l´ım

T →∞

dt = l´ım

T →∞

= l´ım

T →∞

0

st

−

te

dt = l´ım

T →∞

0

− −

te s

= l´ım

T →∞

−



e s

(s−a)t

−

e

dt

0

(s−a)T

−

+

−a

e

(s−a)·0

−

s

−a



1

=


−a

s

T

∞

T

sT

−

−

e

sT

−

s2

dv = e

∧

st

−

0

0

te s

e s

dt

0

  −  −  T

st

−

st

−

te

u = t ( ∴ du = dt)

Integrando por partes, con

L(t)(s) =

st

−

T

(s−a)t

−e

e

·

0

=



∞

+

st

−  − te s

T

st

−

dt = l´ım

T →∞

1 T = l´ ı m T s2 s esT →∞

dt

−

0

− − l´ım

T →∞



−e ∴ v =

st

−

s

  



:

T

st

e s2 −

=

0

1 1 + l´ ı m s2 esT T s2 →∞

Usando la regla de L’Hôpital: l´ım

T →∞

−T =

s esT

l´ım

T →∞

−1

s2 esT

=0

L(t)(s) = 0 − 0 + s1

⇒

2

Notar que, usando integración por partes, se tiene que



∞

n

L(t )(s) =

e

n

t e

0

st

−

dt = t

n

· (−

s

 

∞

st

−

)

0

n + s



=

1 s2

∀n ∈ N:

∞

tn

1

−

st

−

e

0

dt =

n s

n−1

L (t

)(s)

Luego, es posible probar inductivamente, que:

L(t )(s) = sn! n

n+1

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

∀n ∈ N 2



4. f (t) = sen(bt),

∀ t > 0

L(sen(bt))(s)



= F (s) =

T

sen(bt) e

st

−

dt = l´ım

T →∞

0

u=e

Para usar integración por partes, hacemos cos(bt) sen(bt) dt v = : b

⇒



T

e

  · −   − ∧ T

st

st

−

dt =

−

0

cos(bt)

b

st

− e b cos(bt)

Hacemos



u = e

st

⇒

−

du =

T

−s e

st

−

0

s b

st

dt

du =

−s e

⇒

−

st

−

dt

dv =

∧

T

st

−

e

cos(bt) dt

0

sen(bt) v = b

⇒



y usando integración por partes nuevamente:



T

e

  −   −  − T

st

−

sen(bt) e

st

−

dt =

−

0

b

cos(bt)

0

st

=

e

=

−

b

cos(bt)

0

T

sen(bt) e

Tenemos

st

−

dt

0

T

st

−

    

T

− e b cos(bt) −

s b s b

T

st

−

e

cos(bt) dt

0

e

  − −   − T

st

−

b

T

sen(bt)

0

0

s e st sen(bt) b2 −

T

s 2 b2

0

 

st

se sen(bt) dt b −

T

sen(bt) e

st

−

dt

0

a ambos lados de la ecuación. Poniendo este término al lado

0

derecho de la ecuación y evaluando, tenemos: s 2 1+ 2 b

T

sen(bt) e

0

sen(bt) e

dt =

0

T

sT

1 cos(bT ) + b b

e

−

st

−

st

−

b2 dt = 2 b + s2

−

−

e

−

−

sT

1 cos(bT ) + b b

s e sT sen(bT ) b2

−

−



s e sT sen(bT ) b2 −

Finalmente,

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

 

3

 

−

dv = cos(bt) dt

dt

st

−

e st cos(bt) dt b

s

0

0

−

=

T

sen(bt) e

0

−

−

sen(bt) e



∞

3






∞

L(sen(bt))(s)

=

sen(bt) e

st

−

dt

0



T

=

l´ım

T →∞

sen(bt) e

dt

 

4

0

b2 = l´ım 2 T b + s2 →∞

=

st

−

−

e

sT

1 cos(bT ) + b b

−

s e sT sen(bT ) b2 −

−

 



b b2 + s2

5. Análogamente, es posible mostrar, integrando por partes dos veces, que la transformada de Laplace de la función f (t) = cos(bt), es:

L(cos(bt))(s)

=

s b2 + s2

6. Si g(t) está dada por: es:

g(t) =





1

L(g)(s) = G(s) =

1 si 0  t < 1 entonces su transformada de Laplace 0 si t1



∞

1 e

st

−

dt +

0

−e dt =

st

−

0 e

st

−

s

1

 

1

−e =

0

s

−

s

+

1 s

7. Calcular la transformada de Laplace de f (t), donde f (t) está dada por: f (t) =



t si 0  t  1 1 si 1 < t <

∞

Observación Pareciera que para determinar las transformadas de Laplace de funciones, deberemos calcular siempre integrales impropias. Esto no es así: una de las ventajas que tiene la transformada de Laplace son sus variadas propiedades que estudiaremos a continuación, y que nos permitirán hacer uso de las transformadas de funciones conocidas. Para ello, es conveniente notar que sólo con la definición, hemos construído la siguiente tabla de transformadas de Laplace :

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

4




Cuadro 1: Transformada de Laplace f (t)

L(f )(s) = F (s)

 

5

 

1

1 s

s > 0

t

1 s2

s > 0

n!

tn

s > 0

sn+1

sen(bt)

b s2 + b2

s > 0

cos(bt)

s s2 + b2

s > 0

1

eat

s

s>a

−a

Pero, primero es necesario determinar algunas condiciones sobre una función para la existencia de su correspondiente transformada.

2.

Existencia de la Transformada de Laplace

2.1.

Definición

Diremos que f : [a, b]

−→ R es seccionalmente continua ó continua por tramos ssi

1. f es continua en todos los puntos del intervalo [a, b], salvo a lo más en un número finito de ellos. 2. Todos los puntos t0 de discontinuidad de f , son discontinuidades de tipo salto, es decir, en los puntos de discontinuidad se tiene que los siguientes dos límites existen: −

l´ım− f (t) = f (t0 )

t→t0

∈R ∧

l´ım+ f (t) = f (t+ 0 ) t→t0

∈R

Observación 1. f (t+ 0 )

|

−

− f (t )| mide el salto de la discontinuidad. 0

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

5




2. Si f (t+ 0 ) = f (t0 ), entonces f es continua en t 0 . Si esto sucede en todos los eventuales puntos de discontinuidad, significa que f es continua en el intervalo [a, b]. Claramente, f continua en [a, b] f seccionalmente continua en [a, b]. −

⇒



b

3. Si f es seccionalmente continua en [a, b], entonces

f (t) dt existe y es independiente de los

a

 

6

 

valores que toma f en los puntos de discontinuidad (si es que los toma). 4. Si f y g son seccionalmente continuas en [a, b] con f (x) = g(x)



b

de discontinuidad, entonces



b

f (t) dt =

a

∀x excepto en los puntos

g(t) dt.

a

5. Si f y g son seccionalmente continuas en [a, b] entonces f (x) g(x)



·

b

continua en [a, b]

y

es seccionalmente

f (t) g(t) dt existe.

a

Ejemplos 1. f (x) =



2. f (x) =

1 , x

3. g(t) = 2.1.1.



x 1

−x

0 < x < 1 1 < x < 2

es seccionalmente continua.

∀x ∈ [−1, 1] − {0}

1 si 0  t < 1 0 si t1

no es seccionalmente continua. es seccionalmente continua.

Definición

Diremos que f es seccionalmente continua en R+ 0 si f es seccionalmente continua en [0, t0 ] 0. 2.1.2.

∀ t > 0

Definición

Diremos que una función f es de orden exponencial en [0, tal que f (t) C eαt t > 0.

| |≤

∀

∞[ si existen constantes α, C ∈ R

+

,

Ejemplos Las funciones f 1 (t) = 1, f 2 (t) = tn , f 3 (t) = eat , f 4 (t) = sen bt, f5 (t) = cos bt y f 6 (t) = 2 no es de orden exponencial. tn eat sen bt son de orden exponencial. La función f (t) = e t Demostración: Probaremos que f 6 (t) es de orden exponencial y que f (t) no lo es. Veamos que f 6 (t) es de orden exponencial:

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

6






tn eat sen bt e2at

 ≤

tn eat tn = at Si a > 0 : e2at e n t Así, para t suficientemente grande: < 1. eat n at

|t e Si a Luego

sen bt

|≤

2at

Ce

n at

n

t

n at

si

t

−→ ∞

Luego,  

a > 0,

∀t > 0,

≤ 0 : |t e sen bt| ≤ t < e , |t e sen bt| ≤ Ce ∀t > 0,

0

−→

7

C = constante adecuada

 

para t suficientemente grande.

t

a

≤ 0,

C = constante adecuada

Veamos ahora que f (t) no es de orden exponencial: 2

et 2 l´ım at = l´ım et t t e

Notemos que

→∞

at

−

→∞

2

∀a ∈ R

−→ ∞

et Luego, dada cualquier constante C : at > C para t suficientemente grande, por lo que no es e t2 at posible acotar e por C e . 2.1.3.

Teorema

Si f es seccionalmente continua y de orden exponencial en R+ 0 entonces transformada de Laplace para s > a. Demostración:

f tiene

Como f es de orden exponencial, existen constantes positivas C, α tal que st

|e

f (t) = e

|

−

Luego:

∃ a > 0 tal que

 |  ∞

st

−

|f (t)| ≤

 ≤

st αt

Ce

−

st

e

|

f (t) dt

0



T

∞

−

t(s−α)

= Ce

e

−

Ce

t(s−α)

−

dt = l´ım

T →∞

0

t(s−α)

−

Ce

dt =

0

C s

−α

Luego, como f es seccionalmente continua, por el criterio de comparación para integrales impropias, ∞

la integral

st

−

e

f (t) dt converge.

0

|

Observación st

−

1. Si f es de orden exponencial, entonces l´ım e t→∞

En efecto:

|f (t)| ≤ (s−α)t

−

Como l´ım e t→∞

Ceαt

=

⇒ |e

t→∞

◦

|≤

f (t)

Ce

(s−α)t

−

s > c. .

= 0 si s > α, de donde, por el teorema del sandwich,

|

st

−

l´ım e

MAT023 (2 sem. 2012)

st

−

f (t) = 0,

f (t) = 0

|

si s > c 7




y así st

−

l´ım e

t→∞

f (t) = 0

si s > c

2. El Teorema es una condición suficiente pero no necesaria para la existencia de la transfor1 mada de Laplace de una función. Veamos que (t 1/2 ) existe, aunque la función f (t) = t no satisface las condiciones del teorema anterior. 1 Claramente, f (t) = tiene una discontinuidad de tipo infinito en t = 0, y claramente no t 1 es de orden exponencial, ya que  α, C R+ : t 2 C e αt . 1 2 e st e u 2 1/2 (t ) = Pero, dt = du = e x dx s 0 u s 0 t 0

L

√

−

 

8

 

√



∞

L

−

∈ √

−

√

 √ ∞



−

≤

  √

∞

−

u = x 2

u = st

Es posible probar (usando integración múltiple, que se verá en MAT024) que esta útima π integral converge y vale . Luego, 2

√

1/2

−

L(t Veamos ahora que la función si tuviera, entonces

f (t) =

L   1 = t2

) =

∞

e

0

st

−



1 , t2

1 dt = t2

π , s

t > 0

t>0



1

0

no posee transformada de Laplace;

e st dt + t2 −



∞

1

e st dt t2 −

La primera integral del lado derecho diverge; para probar esto, basta aplicar el criterio de 1 comparación asintótica con la función f (t) = 2 , cuya integral entre 0 y 1 diverge: t e st 2 1 l´ım+ t = l´ım+ st = 1 , 1 t 0 t 0 e 2 t −

→

→

∀s > 0

de donde ambas integrales divergen.

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

8




2.2.

Linealidad e inversa de la transformada de Laplace

Linealidad: Supongamos que f y g son funciones seccionalmente continuas y de orden exponencial, y que α y β son constantes. Luego, utilizando las propiedades de la integral, se tiene que (α f (t) + β g(t)) (s) = α (f (t))(s) + β (g(t))(s)

L

L

L

 

9

 

Inversa: Notamos que la aplicación no es inyectiva, puesto que si f y g son dos funciones que poseen transformada de Laplace y que difieren en un número finito de puntos, entonces sus respectivas transformadas coinciden. Luego:

L

L(f )

Por lo tanto,

=



L(g)

f (t) = g(t)

L no es inyectiva. Sin embargo, tenemos el siguiente

2.2.1.

Teorema

Sean f , g funciones tales que (f ) = (g). Entonces, f (t) = g(t) más en un número finito de puntos de discontinuidad.

L

L

∀t > 0,

excepto a lo

Estos sencillos hechos permiten y facilitan el cálculo tanto de la transformada de Laplace de funciones como el de sus inversas. Ejercicios: f (t) = 3sen 2t

1. Calcular la transformada de Laplace de 3t

3t

− 4t + 5e

2 2+4

3t

L{3sen2t − 4t + 5e } = 3 L{sen2t} − 4 L{t} + 5 L{e } = 3 s f (t) = sen2 (at)

2. Calcular la transformada de Laplace de Notar que cos2α = cos2 α ∴

sen2 α =

3. Calcular

L(sinh(t))

α = 1

2

− 2sen

α

2

2

 − 1 s

s s2 + 4a2



=

L −  1



MAT023 (2 sem. 2012)

at

at

−

2

cos2at 2

=

1 ( (1) 2

L − L(cos2at))

=

2a2 = s(s2 + 4a2 )

L(sinh(at)) y L(cosh(at)). 1 e −e = L =

Análogamente, ◦

2

2

− cos2α

L(sen (at))

Por lo tanto, 1 = 2

1

− sen

− 4 s1 + 5 s −1 3

 

L(cosh(at))

2

=

1

− s−a

s2

s

1 s + a



=

a s2

−a

2

2

−a

9




4. Calcular

L

1

−



1 s (s2 + 1)



1 (A + B)s2 + Cs + A A B s + C = + 2 = s (s2 + 1) s s +1 s (s2 + 1)

Notar que

Resolviendo, obtenemos que A = 1 , B = 1 , C = 0. 1 1 s 1 1 1 = = 1 cos t s (s2 + 1) s s2 + 1

L

−





1

−

  15 s2 + 17

L

1

−

=

 5 s7

=

−

−

L

1

−



√ 1517 s

√ 17

2

+ 17



L

  5 6! 6! s7

1

−

sen( 17 t )

5 6 t. 6!

=

=

8. Calcular

L



s + 9 s2 2s 3

− −

1

16 − s−5 s +4 2

    L L − − L     L − − L − 

f (t) =

1


√

√ 1517

=

7. Calcular la transformada de Laplace inversa de: F (s) =

−

Luego:

5 encontrar f (t). s7

F (s) =

6. Dada

−

0 1 

15 encontrar f (t). s2 + 17

F (s) =

5. Dada

L

L

 −L  −

 

1

−

s

5

1

−

8

5

16 s2 + 4

1

−

s

1

1

−

1

1

−

(F )(s) =

2 = e 5t 2 s +4

8 sen(2t)

s + 9 s + 9 A B A(s 3) + B(s + 1) = = + = (s + 1)(s 3) (s + 1) (s 3) (s + 1)(s 3) s2 2s 3

− −

−

=

−

−

−

A(s 3) + B(s + 1) s(A + B) + ( 3A + B) = (s + 1)(s 3) (s + 1)(s 3)

−

− −

−

A + B = 1 3A + B = 9

A = B =

⇒

−

−2 3

luego, podemos reescribirlo como: F (s) = f = MAT023 (2 sem. 2012) ◦

L

−1

(F ) =

2 3 s + 9 = + (s + 1) (s 3) s2 2s 3

− − −2 + L (s + 1)

−

−

    L −1

3

1

−

(s

− 3)

=

t

−

−2e

+ 3e3t 10



2.3.

Propiedades Básicas de la transformada de Laplace

Teorema  

1 1 

Si f es una función seccionalmente continua y de orden exponencial, entonces l´ım

{L(f (t))}(s) = l´ım F (s) = |f (t)| ≤ C e ∀t > 0 se tiene: s→∞

Demostración:

∞

|F (s)

st

−

e

f (t) dt

0

(s−α)t

−

e

s

|

|f (t)| dt

st

−

e

Ceαt dt

0

−α

| ≤ l´ım s −C α

l´ım F (s)

s→∞

e

C

dt =

0

 ≤

∞

st

−

0

∞

∴

 ≤ 

∞

=

= C

0

αt

Como

  |  

s→∞

= 0

s→∞

=

⇒

l´ım F (s) = 0 s→∞

La transformada de Laplace de derivadas La relación existente entre la transformada de Laplace de la derivada de una función y la transformada de Laplace de la función misma es sorprendente, y nos permitirá aplicar esta herramienta para resolver ecuaciones diferenciales. 2.3.1.

Proposición

Supongamos que y = f (t) es una función diferenciable por tramos y de orden exponencial. Supongamos también que y es de orden exponencial. Luego a partir de algún s R:

∈





L( y )(s) = s L(y)(s) − y(0) = s Y (s) − y(0) donde Y (s) es la transformada de Laplace de y. Demostración



L( y )(s) = 



y (t) e



T

∞

st

−

dt = l´ım

T →∞

0



y (t) e

st

−

dt

0

Usando integración por partes:



u = e

st

−

L( y )(s) = 

⇒ l´ım

T →∞

= l´ım

T →∞

du =

 

y(t) e

 

T

st

−

y(T ) e

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

−s e

st

−

sT

dv = y (t) dt

dt



T

+ s

0

−

∧     y(t) e

st

−

⇒

v = y(t)



dt

0

T

− y(0) + s

y(t) e

st

−

dt

0

11




= l´ım y(T ) e

sT

−

T →∞

T

− l´ım y(0) + s l´ım T →∞

T →∞



∞

= l´ım y(T ) e

sT

−

T →∞



y(t) e

st

−

dt

0

− y(0) + s y(t) e − y(0) + s Y (s)

st

−

dt  

2 1 

0

= l´ım y(T ) e

sT

−

T →∞

at

| |  C e

Ya que y es de order exponencial, existen constantes C y a tal que y(t) sT

, por lo tanto:

(s−a)T

−

−

|y(T )|  C e lo cual converge a 0 para s > a cuando T −→ ∞. Por lo tanto, L( y )(s) = s Y (s) − y(0). e



2.3.2.

Proposición

Supongamos que y e y son funciones diferenciables por tramos y continuas y que y es continua por tramos. Supongamos que las tres son de orden exponencial. Luego, 

L( y





)(s) = s 2



L(y)(s) − s y(0) − y (0) = s

2

Y (s)



− s y(0) − y (0)

donde Y (s) es la transformada de Laplace de y. Inductivamente, puede probarse que en general:

L( y

(k)

)(s) = s k

k−1

L(y)(s) − s

y(0)

− ··· − s y

(k−2)

(0)

−y

(k−1)

(0)

Observación 1. Si f es continua en R + y f (0+ ) existe, entonces +



L( f )(s) = s L( f ) − f (0 ). 2. Si f es discontinua en x , ··· , x ∈ R y f (x ) y f (x ) existen, ∀i = 1, ··· n, entonces: 1

+ i

+

n

−

i

n



L( f )(s) = s L( f ) − f (0 ım+ f (t) f (x+ i ) = l´

donde

t→xi

+

)

  − x s

− i

e

f (x+ i )

i=1

−

− f (x

i



) ,

−

f (xi ) = l´ım− f (t)

y

t→xi

Ejemplos 1. Resolver

y



− y = 1,

Aplicamos

y(0) = 0,

y (0) = 1 

L a la ecuación, obteniendo:

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

L(y ) − L(y) 

=

1 s 12




s2 (y)

L − sy(0) − y (0) − L(y)

i.e.

Y (s)(s2

Luego,

y(t) =

∴

− 1) 1

L

−



1 + 1 s

=

1 s(s

− 1)



1 s

=



Y (s) =

⇒ = e

t

1 s(s

− 1)

 

3 1 

−1

2. Encontrar la solución del problema de valor inicial: 

y + y = cos 2t

L{y + y} L{y } + L{y}

=

− s y(0) − y (0) + Y (s)

=

s s2 + 4

=

s s2 + 4





s2 Y (s)



Y (s)(s2 + 1)

−1

y(0) = 0,

con

=



y (0) = 1

L{cos2t} L{cos2t}






1 s + 1 Y (s) = (s2 + 1) s2 + 4 s2 + s + 4 Y (s) = (s2 + 1)(s2 + 4) Y (s) =

1 1 s + 3 (s2 + 1) (s2 + 1)

− 13

s (s2 + 4)

ya que: s2 + s + 4 As + B Cs + D = + (s2 + 1)(s2 + 4) (s2 + 1) (s2 + 4) (As + B)(s2 + 4) + (Cs + D)(s2 + 1) = (s2 + 1)(s2 + 4) As3 + 4As + Bs 2 + 4B + Cs3 + Cs + Ds 2 + D = (s2 + 1)(s2 + 4) = A + C B + D 4A + C 4B + D

= = = =

0 1 1 4

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

(A + C )s3 + (B + D)s2 + (4A + C )s + (4B + D) (s2 + 1)(s2 + 4)

⇒

A B C D

= = = =

1/3 1 1/3 0

−

13


Departamento de Matemática 1 1 1 s2 + s + 4 3 s + 3s = + (s2 + 1)(s2 + 4) (s2 + 1) (s2 + 4)

−

1 1 s + 2 2 3 (s + 1) (s + 1)

=

− 13

(s2

s + 4)

 

Finalmente para encontrar el valor de y que es solución del problema de valor inicial, utilizamos la inversa de la transformada de Laplace: y(t) =

L

1 = 3 = 3. Resolver

1

−

(Y )

 L 1

−

s (s2 + 1)

L 1

+

1 cos(t) + sen(t) 3

−



− L  1 3




y (0) = 1 

L

entonces y



L(f ) 

f (0) = 0

y

f (t) = 2ω cos ωt 

= 2ω (cos ωt)

L

f (t) = sen ωt + ωt cos ωt 

2

− ω f (t)

2

− ω L(f ) s2 (f )

L − sf (0) − f (0)

El lado izquierdo de la igualdad es igual a: Por lo tanto:

1

−

s (s2 + 22 )

determine (f ).

f (0) = 0

Así,

y(0) = 3,



f (t) = t sen ωt,

1 (s2 + 1)

− 13 cos(2t)

y + 4y + 3y = 0,

4. Si f (t) = t sen ωt,

Luego,



(s2 + ω 2 ) (f ) = 2ω (cos ωt)

L

L

∴

L(f )

=

2ωs (s2 + ω 2 )2

5. Determine (f ), si

L

a ) f (t) = t cos ωt b ) f (t) = teat c ) f (t) = tn eat

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

4 1 

14



La transformada de Laplace de la integral 2.3.3.

Teorema



t

Si f es seccionalmente continua y de orden exponencial, entonces ponencial y se tiene que

L 



t

f (x) dx

a

Demostración: Como f es de orden exponencial,

 

Luego,

f (x) dx

Ahora,

1 s



a

  ≤

f (x) dx

|

≤

C

αx

e

a

∀t > 0.

,

c dx = eαx α



t a

 ∀ L             −    −→ −→ ∞ L   L −  t

f (x) dx

∴

a

C αt e α

=

C αt (e α

Luego: αa

−e


)

t > 0

es de orden exponencial.

t

t

∞

=

f (x) dx

st

−

e

a

0

f (x) dx dt

Integrando por partes:

a

u

1 e s

t

st

−

=

∞

f (x) dx

a

0

1 + s

∞

st

−

e

0

0

1 f (t)dt = s

f (x) dx +

a

1 (f ) s

L

t

ya que como

f (x) dx es de orden exponencial, se tiene que

a

t

st

−

e

0

f (x) dx

si

t

a

Así,

t

f (x) dx

a

1 = (f ) s

1 s

a

f (x) dx

0

Corolario

L 



t

Si a = 0, entonces

y(u) du (s) =

0

L

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

1

−

1 Y (s). s

   1 Y (s) = s

5 1 

f (x) dx

αt

t

 

0

+

a

f (x) dx

a

L −

t

a

t

1 = (f ) s

∃C, α ∈ R : |f (t)| ≤ C e

 ≤  |

t

f (x) dx es de orden ex-

a

Además, en este caso:

t

y(u) du

0

15



Ejemplos 1. Determine (tet ).

L



t

Notamos que

x

 −  L   x

xe dx = xe

0

0

t

∴

t

t

ex dx = tet

0

xex dx

=

0

∴

(tet )

2.

L

1

−

1 s2

1

=

−

1 s

1

1 1 s s

 

1 , 2 + ω 2 )

L(f ) = s(s

4. Si

L(f ) = s (s 1+ ω ) , 2

2

2

t

= t


2

(lo cual ya se sabía).

0

Además, este ejemplo muestra con claridad que 3. Si

t

t

1 dx = 1

0

6 1 

t

⇒ L(te ) = (s −1 1)

t

=

 

− L(e ) + L(1)

L

  L − − −   L   

de donde

t

+ 1.

L(te ) − L(e ) + L(1)

1 (tet ) = (tet ) s 1 1 = + s 1 s

L

t

−e

L

1

−

(f g) =

·  L

1

−

(f )

·L

1

−

(g)

determinar f (t). determinar f (t).

Cuadro 2: Transformada de Laplace y(t)

L(y)(s) = Y (s)

y (t)

s Y (s)

y (t)

s2

y(n) (t)

sk



1 Y (s) s





t

y(u) du

0

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

− y(0) Y (s) − s y(0) − y (0) Y (s) − s y(0) − ··· − s y 

k−1

(k−2)

(0)

−y

(k−1)

(0)

16



2.3.4.

Teorema

(1 de traslación) ◦

Sea f una función continua por tramos y de orden exponencial. Sea F (s) la transformada de Laplace de f , y sea c una constante. Entonces, ct

L{ e

 

f (t) (s) = F (s

}

7 1 

− c)

y por lo tanto,

L

1

−

(F (s

= ect f (t)

− c))

Demostración



∞

ct

f (t) (s) =

L{ e

}




∞

ct

e

f (t) e

st

−

dt =

0

f (t) e

(s−c)t

−

dt = F (s

0

− c)

Ejercicios: 1. Calcular la transformada de Laplace de g(t) = e 2t sen3t 2t

L{e 2.

L

1

−

sen3t = F (s

}



  L  L  L

s 2 s + 4s + 13 = =

− 2) = (s − 2)3 =

L

1

−



1

1

s + 2 (s + 2)2 + 32

−

+9

s2

 L −L   − L  =

−

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

−



=

1

s + 2 2 (s + 2)2 + 32

1

2 (s + 2)2 + 32

−

−

2 s + 2 = (s + 2)2 + 32 3 2 2t = e 2t cos(3t) e sen(3t) 3 1

−

−

3 4s + 13

s 2 (s + 2(2s) + 4) + 9

s (s + 2)2 + 32

−

2

=

1

−

−

 

3 (s + 2)2 + 32



−

17



Cuadro 3: Transformada de Laplace

L(f )(s) = F (s)

f (t)

eat sen(bt)

(s

−

b a)2 + b2

s>a

−a

s>a

s

eat cos(bt)

(s

 

2

+ b2

− a)

n! (s a)n+1

eat tn

8 1 

s>a

−

Observación Supongamos que f es una función continua por tramos de orden exponencial, y sea F (s) su transformada de Laplace. Luego,



∞

F (s) =

f (t) e

st

−



dt

0

Derivando con respecto a la variable s, suponiendo que es posible intercambiar la integral con la derivada, se tiene: d d F (s) = F (s) = ds ds 

  −

∞

=



∞

 

∞

f (t) e

0

t f (t) e

st

−

st

−



dt =

dt =

0

0

∂ (e f (t) ∂s

st

−



) dt =

−L{ t f (t)}(s)

es decir: 

L{ t f (t)}(s) = − F (s) Además: 2

L(t

f (t)) =

L(t (t f (t)))

=

d (t f (t)) = ds

− L

2 d 2 d F ( F (s) ) = ( 1) (s) ds ds2

− −



−

Inductivamente, si n es cualquier entero positivo, entonces: n

donde

dn F (s) = F (s) dsn

L{ t

f (t) (s) = ( 1)n F (n) (s)

}

−

(n)

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

18




Ejercicios: 1. Calcular Calcular la transformada transformada de Laplace de la función t2 e3t . f ( f (t) = e 3t

Aqui

d (F ( F (s)) = ds

F (s) =

con



1

F ( F (s) =

⇒

(s

 

− 3)

− (s −1 3)

y

2

F (s) = 

2 d (F (s)) = (s 3)3 ds 

−

luego, 2 3t

2

2



L{ t e }(s) = (−1)

9 1 

F (s) =

(s

− 3)

3

¿Cuál será la transformada de Laplace de t3 e3t ? ¿Puede conjeturar para tn ent para n para n

∈ N?

sen(ωt)). 2. Calcular Calcular la transformada transformada de Laplace de la función t sen(ωt

L(t sen(ωt sen(ωt)) ))

=

−[L(sen(ωt (sen(ωt))] ))]



=

  −

∴

1 t

página 14). 3. Determina Determinarr Como:

L

tf ( tf (t) = 1 t

=

− L

=

1 t

= 4. Resolve Resolverr

1

−

− L −



1

1

−

1 3t (e t

2ωs . (Comparar con ejemplo 4 s2 + ω 2

=

−

−1

 −

dF ds

f (t) =

s + 1 s + 1 (s 3) (s + 1)2 s 3 (s

− t

−e

−

2ty y + 2ty 



s 3 ln . s + 1

−LL −

−

  

ω s2 + ω 2



− −

4 3)(s 3)(s + 1)

) =

e



t

−

t

−

− 4y = 1,

=

− L



4 t

−1

− L

1

−



e 3t t

  d F ds

1 4

s

1 4

− 3 − s + 1

=

1 t

− L

−1



d s 3 ln ds s + 1

−





= y (0) = 0. 0. y(0) = y 

Aplicamos transformada de Laplace a la ecuación: 



L(y ) + L(2ty (2ty ) − 4L(y) d (s) − y (0) − sy (0) − 2 (sY (s (s) − y(0)) − 4Y (s (s) s Y (s ds (s) − 2(Y 2(Y (s (s) + sY + sY (s)) − 4Y (s (s) s Y (s −2sY (s) + (s ( s − 6)Y 6)Y (s (s) 6 − s (s) Y (s) + Y (s 2



2



2



2



2s

=

L(1)

1 s 1 = s 1 = s =

=

− 21s

2

que es una E.D.O. lineal de primer orden, cuya solución está dada por: MAT023 (2 sem. 2012) ◦

19




s

2

1 e + C 3 . 3 s s 1 (s) = 3 Y (s s 4

(s) = Y (s Así, 5. Resolve Resolverr

ty



−y



l´ım Y (s (s) = 0, necesa Como l´ necesaria riamen mente te C = 0. s→∞

t2 y (t) = . 2

de donde = t 2 ,

 

0. y(0) = 0.

Aunque no conocemos más que una condición inicial, aplicamos transformada de Laplace a la ecuación: 



L(ty ) − L(y ) d − y(0)) (−1) L(y ) − (sY − ds − dsd (s Y − − sy(0) sy(0) − y (0)) − sY − dds (s Y ) ) − sY −(s Y + 2sY 2sY ) ) − sY −s Y − 3sY 

2



2

2



2



= = = = = =

3 Y + Y = s 

2

L(t ) 2! s3 2! s3 2! s3 2 s3 2 s3 2 s5


−

que es una E.D.O. lineal de primer orden, cuya solución está dada por: 3 3 ds ds 2 s s ds + C (s) = e Y (s e s5 = = =

        −  −    −    −    1 s3

2 s5

1 s3

s3 ds + C

2 ds + C s2

=

1 s3

2 + C s

2 C + s4 s3

de donde la solución buscada es la transformada inversa de esta función:

  L − 

y (t) = 6. Determina Determinarr

L

1

−

MAT023 (2 sem. 2012) ◦



arctan

1

−

2 s4

+

L

1

−

 C s3

=

0 2 

1 3 C 2 t + t 3 2

s 3 . s + 1

20



2.4.

Funcion unciones es Disco Discont ntin inuas uas Espec Especiale ialess

En esta sección veremos cómo ciertas funciones definidas por tramos pueden reescribirse de modo de poder utilizar el conocimiento que tenemos de las transformadas de las funciones que componen por tramos a la función completa, en el cálculo de la correspondiente transformada de Laplace. Consideremos las siguientes funciones:

 

1 2 

Función intervalo:

H ab ab (t) =

 

0 , t
∞

Esta función es la "función "función característic característica" a" del intervalo intervalo [ [a, a, b[ definida en R. Función escalón unitario: H (t) =



0 , t < 0 1 , t0

Esta función también es conocida como "función de Heaviside". Función escalón unitario trasladada hasta el punto c: H c (t) = H ( H (t

− c) =



0 , t
Podemos expresar la función intervalo H intervalo H ab unitario H a (t) ab (t) en términos de la función escalón unitario H y H b (t) del siguiente modo: H ab ab (t) = H a (t)

− H (t) = H ( H (t − a) − H (t − b) b

Ejercicio: Exprese Ejercicio: Exprese la función g función g((t) en términos de la función escalón unitario: g (t) = g(t) = = = = =

MAT023 (2 sem. 2012) ◦



2t , 0  t < 1 2 , 1t<

∞

2t H 01 01 (t) + 2 H 1 (t) 2t [H 0 (t) H 1 (t)] + 2 H 1 (t) 2t H 0 (t) + ( 2t + 2) H 1 (t) 2t H (t 0) 2(t 2(t 1) H (t 1) 2t H (t) 2(t 2(t 1) H 1) H ((t 1)

−

− − − − − − − −

21




Ejercicio: Exprese Ejercicio: Exprese la función f función f ((t) en términos de la función escalón unitario:

 −

3 , 0  t < 4 5 , 4  t < 6 e t , 6t<

f ( f (t) = f (t) = = = =

 

2 2 

∞

−

t

3 H 04 5 H 46 + e H 6 (t) 04 (t) 46 (t) + e 3 [H 0 (t) H 4 (t)] 5 [H 4 (t) H 6 (t)] + e + e t H 6 (t) 3 H 0 (t) 8 H 4 (t) + 5 H 5 H 6 (t) + e + e t H 6 (t) 3 H (t) 8 H (t 4) + 5 H 5 H ((t 6) + e + e t H (t 6)

− − − −

−

− −

− −

−

−

−

−

La transformada de Laplace de la función escalón unitario

 

∞

L(H (t))(s ))(s)

=

c

H c (t) e

st

−

dt

0

c

=

∞

0

0

·

e

st

−

dt + dt +

c



T

=

l´ım

T →∞

1

l´ım

T →∞

e

=

·

c

−e

st

−

=



s

cs

−

 

e

st

−

·

e

st

−

dt

dt

T

= l´ım

T →∞

c

1

−

e T s e cs + s s



as

bs

−

−

s

Luego,

L(H (t))(s ))(s) = L(H (t))(s ))(s) − L(H (t))(s ))(s) = ab ab

2.4.1.

Te Teorema

a

e

−

b

−e

−

s

(2 de Traslación) ◦

Sea f Sea f ((t) una función continua por tramos y de orden exponencial. Sea F ( F (s) la transformada de 0 , la transformada de Laplace de la función H (t c) f ( Laplace de f . f . Luego para c  0, f (t c) está dado por: = e cs F ( H (t c) f ( f (t c) = e F (s)

−

Además:

L



1

−

−

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

cs

−

L {e

−



F ( F (s) (t) = H ( H (t

}

−

−

− c)f ( f (t − c) 22




Demostración

L

H (t

    

∞

− c) f ( f (t − c)

=

H (t

0

c

=

− c) f ( f (t − c) e



st

−

dt  

3 2 

∞

0 e

st

−

dt + dt +

0

f ( f (t

c

− c) e

st

−

dt

∞

=

f ( f (t

c

− c) e

st

−

(haciendo τ = t

dt

∞

=

∞

f ( f (τ ) τ ) e

s(τ + τ +c)

−

dτ = e

cs

−

0

= e

cs

−



− c)

f (τ ) τ ) e

sτ

−

dτ

0


F ( F (s)

Ejercicios: 1. Encontrar Encontrar la transformada transformada de Laplace Laplace de la función H función H ((t

− π/4) sen(tt). π/4) sen(

La función sen( función sen(tt) debe estar expresado en términos de ( de (tt

− π/4) π/ 4)::

sen(t sen(t) = sen((t

− π/4) + π/4) 4) π/4) + π/ sen(t − π/4) cos(π/4) 4) + cos(t cos(t − π/4) sen(π/4) 4) π/4) cos(π/ π/4) sen(π/ √ 2 √ 2 sen(t − π/4) + cos(t cos(t − π/4) π/4) π/4) 2 2

= = Luego, H (t

− π/4) sen(tt) = π/4) sen(

√ 2 2

H (t

− π/4) sen(t − π/4) π/ 4) sen(t π/ 4) +

√ 2 2

H (t

− π/4) cos(t − π/4) π/4) cos(t π/ 4)

Finalmente,

L

H (t

− π/4) sen(tt) π/4) sen(



=

√ 2 +

L

H (t

− π/4) sen(tt) π/4) sen(

MAT023 (2 sem. 2012) ◦



=



L 2 √ 2 2

− π/4) sen(tt − π/4) π/ 4) sen( π/4)



− π/4) cos(tt − π/4) π/4) cos( π/4) √ 2 √ 2 1 s

L 2

√ 2

e

−



H (t

π

s 4

H (t

s2 + 1

+

2

e

−

π

s 4

s2 + 1

+



=

2

e

−

π

s 4

  1 + s + s s2 + 1

23



2. Encontrar (f ), Notamos que

L(f )

f (t) =

si

L



sen t sen t + cos t

f (t) = sen t + H 2π (t) cos(t

=

L(sen t) + L (H

2π (t)cos(t

=

1 + e 1 + s2

2πs

−

− 2π))

0

si si

− 2π).

=

≤ t < 2π t ≥ 2π Luego:

 

4 2 

2πs

L(sen t) + e L(cos t) −

s 1 + s2

e 2s 3. Encontrar la transformada de Laplace inversa de la función F (s) = . s(s2 + 9) −

Para determinar ciales:

L

1

−

(F (s)), descomponemos la parte racional de F usando fracciones par-

1 A B s + C A(s2 + 9) + (Bs + C )s (A + B)s2 + Cs + 9A = + 2 = = s(s2 + 9) s s +9 s(s2 + 9) s(s2 + 9) A + B = 0 C = 0 9A = 1

A = B = C =

⇒

1 1/9 1/9s = + s(s2 + 9) s s2 + 9

−

−

1/9 1/9 0

1 e 2s = e 9 s(s2 + 9)

1 s

− 19 e

−

⇒

2s

−

2s

−

s s2 + 9

Luego,

 L 1

−

e 2s s(s2 + 9) −



MAT023 (2 sem. 2012) ◦

1 = 9

   L − L 1

−

e

2s

−

1 s

1 9

1

−

e

2s

−

s s2 + 9



=

1 H (t 9

− 2) · 1 − 19 H (t − 2) · cos(3(t − 2))

=

1 H (t 9

− 2)(1 − cos(3(t − 2)))

=



0 (1

− cos(3(t −

, t < 2 2))) /9 , 2  t <

∞

24




4. Resolver: y(0) = 0,

y + 4y + 4y = 

y (0) = 0. 

Solución: g(t) =

Sea







0

t 2 t > 2

≤

−(t−2)

e

con las condiciones iniciales

 

0 e

5 2 

t 2 t > 2

≤

(t−2)

−

Usando la función de Heaviside, escribimos g en la forma g(t) = e

(t−2)

−

H (t

− 2)

y + 4y + 4y = e

de donde la ecuación diferencial queda:





(t−2)

−

H (t

Aplicamos transformada de Laplace a esta ecuación: 



L(y ) + 4L(y ) + 4L(y) s2 Y (s)

=

L



(t−2)

−

e

H (t



− sy(0) − y (0) + 4sY (s) − 4y(0) + 4Y (s) s2 Y (s) + 4sY (s) + 4Y (s) = e (s2 + 4s + 4) Y (s) = e

2s

−

− 2) = e

− 2).

 2s

−


· s +1 1

· s +1 1

2s

−

· s +1 1

e 2s e 2s = Y (s) = (s + 1) (s2 + 4s + 4) (s + 1) (s + 2)2 −

−

Usamos fracciones parciales: 1 A B C = + + = 2 (s + 1) (s + 2) (s + 2)2 s + 1 s + 2 A (s + 2)2 + B(s + 1) (s + 2) + C (s + 1) = (s + 1) (s + 2)2 (A + B) s2 + (4A + 3B + C ) s + 4A + 2B + C = (s + 1) (s + 2)2 de donde

A + B = 0 4A + 3B + C = 0 4A + 2B + C = 1

⇒

e 2s Y (s) = (s + 1) −

y(t) = H (t MAT023 (2 sem. 2012) ◦

(t−2)

−

− 2)e

A = B = C = e 2s (s + 2) −

−

2(t−2)

−

− H (t − 2)e

1 1 1

− −

Luego:

e 2s (s + 2)2 −

−

2(t−2)

−

− H (t − 2) (t − 2)e

25






 

t



y + 2y +

y(t) dt =

0

Solución:

si 0 t < 1 2 t si 1 t < 2 0 si t 2

≤ ≤ ≥

t

−

con la c.i. y(0) = 0  

6 2 

Escribimos la función del lado derecho en términos de la función escalón unitario, como t + (2

− 2t)H (t − 1) + (t − 2)H (t − 2)

Ahora, aplicamos transformada de Laplace a la ecuación: s (y)

L −

1 1 (y) = 2 + 2e y(0) + 2 (y) + s s

L

L

1 Y (s) s + 2 + s





1 Y (s) = s(s + 1)2

s

−

1 = 2 s

− 2 es

s

−

2

2s

−

L(−t) + e L(t) e 2s + 2 s −

e s e 2s 2 + s(s + 1)2 s(s + 1)2 −

−


−

Usamos fracciones parciales: 1 A B C = + + (s + 1)2 s(s + 1)2 s s + 1

=

⇒

A = 1,

B =

−1,

C =

−1

Luego, 1 Y (s) = s

−

1 s + 1

1 (s + 1)2

−

+ e

2s

−



1 s

−

s

−

− 2e 1 s + 1

−



1 s

−

1 s + 1

1 (s + 1)2

−

1 (s + 1)2



+



de donde: y(t) = 1 + e

t

−

·

+ (1 + e

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

t

t+1

−

+ t e

t+1

−

t+2

−

−

− 2(1 + e + (t − 1) · e ) H (t − 1) + + (t − 2) · e ) H (t − 2) t+2

−

26



Transformada de Laplace de una Función Periódica Una función f es periódica con período T si f (t + T ) = f (t) menor número positivo que satisface esta propiedad.

∀t ∈ Dom(f ). El período T es el  

7 2 

Proposición Supongamos que f es una función periódica con período T , seccionalmente continua y de orden exponencial. Entonces:



T

L{f }(s)

f (t) e

st

−

dt

0

=

1

−e


Ts

−

Demostración

      

L{f }(s) =

f (t) e

st

−

T

f (t) e

f (t) e

st

−

f (t) e

st

s(τ +T )

−

dt + e st

dt

st

dt

f (t) e

−

f (t) e

−

0

T

0

f (t) e

st

−

T

dτ +

la 2a integral

f (τ ) e

sτ

−

1 + e

f (τ + 2T ) e

s(τ +2T )

−

dτ + e

τ =t−2T en T −2sT

dτ +

1

−

1 e

la 3a integral

f (τ ) e

sT

+ e

2sT

−

+ e

3sT

−

···

···   etc.

sτ

−

dτ +

0

−

dt +

2T

0

T

dt +

0

τ =t−T en τ −sT

−

st

−

T

f (τ + T ) e

dt +

0

=

dt +

3T

0

T

=

f (t) e

st

−

0 τ

0

=

2T

dt =

0

=

             ···   T

∞

···

+

sT

−

Ejemplo Calculemos la transformada de Laplace de la función definida por f (t) =



1 0

0 < t 1 t

≤ 1 ≤ ≤ 2

,

g(t + 2) = g(t)

∀ t > 0

Aplicamos el resultado obtenido arriba:

L{f }(s)

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

=

 2 0

e 1

st

−

−

f (t) dt = e 2s −



1 −st f (t) dt 0 e 1 e−2s

−

=

1 s(1 e

−

2s )

−

27



Observación La fórmula anterior simplifica el trabajo para determinar la transformada de Laplace de una función periódica, puesto que no es necesario calcular una integral impropia. Sin embargo, es posible simplificar los cálculos aún más, utilizando el conocimiento de las transformadas de las fórmulas que conforman, por subintervalos, a la función periódica. Para ver esto, notamos que a partir de una función periódica f de período T , es posible construir una nueva función (considerando solo un período de la función f y definiéndola como 0 en el resto del dominio) del siguiente modo:

f T (t) =



∞ (H (t) − H (t)) f (t) 0

T

Si F T (s) es la transformada de Laplace de f T (t), entonces:



T

L{f }(s)

=

f (t) e

st

−

dt

0

1

−e

=

Ts

−

F T (s) 1 e Ts

−

−

Ejemplo Calculemos la transformada de Laplace de la función definida por g(t) =



0 < t 1 t

≤ 1 ≤ ≤ 2

t 2

−t

g(t + 2) = g(t)

,

∀ t > 0

Claramente, g es una función periódica de período 2. Luego, para calcular su transformada de Laplace construimos la función: gT (t) = t (H (t) =

− H (t − 1)) + (2 − t) (H (t − 1) − H (t − 2)) t − 2 (t − 1) H (t − 1)) + (t − 2) H (t − 2) L(g)

Luego:

1 1 e 1 = 1 e

=

2s

−

−

−

−

2s

L(g

T (t))

 − 1 s2

e s e 2s 2 2 + 2 s s −

−



Ejercicios Determine las transformadas de Laplace de las siguientes: 1. Onda cuadrada: f (t) =



k k

−

0 < t a , a 2a 2

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

≤ ≤ ≤

8 2 

f (t) , 0  t < T 0 , T  t <

f T (t) = H 0T (t) f (t) =

∴

 

f (t + 2a) = f (t)

∀ t > 0 28




2. Onda diente de sierra : k g(t) = t, p

0 < t < p,

g(t + p) = g(t)

∀ t > 0

 

9 2 

3. Rectificador de media onda:

h(t) =

2.5.

 

sen ωt 0

π 0 < t ω 2π , π
≤

) = h(t) h(t + 2π ω

∀ t > 0

Convolución

1 1 (F + G) = (F (s)) + 1 (G(s)). Sabemos que 1 (F G) = para el producto puesto que en general 1 1 1 1 1 1 ( s2 ) = (s) ( s ). que

L

L

 L

−

L

−

−

·L

−

L ·

−

−

L

−

 L

Pero, esta propiedad no se cumple 1 (F (s)) (G(s)). Basta notar

1

−

·L

−

El siguiente producto de convolución de funciones, tiene una propiedad muy útil para calcular la transformada de Laplace inversa de un producto de transformadas conocidas. Definamos, en primer lugar, este producto: Definición Sean f y g dos funciones continuas por tramos. La convolución de f y g es la función f g definida por:

∗



t

(f g)(t) =

∗

f (u) g(t

0

− u) du

Observación En la integral anterior, notar que si hacemos el cambio de variable



t

 −

0

f (u) g(t

0

− u) du

=

t



v = t

− u, tenemos:

t

f (t

− v) g(v) dv

=

0

f (t

− v) g(v) dv

= (g f )(t)

∗

Así, hemos probado que el producto de convolución es conmutativo, que es la primera de las afirmaciones del siguiente teorema. Dejamos las demás como ejercicio.

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

29




2.5.1.

Teorema

Supongamos que f , g y h son funciones continuas por tramos. Luego,

∗ ∗ 2. f ∗ (g + h) = f ∗ g + f ∗ h 3. (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h) 4. f ∗ 0 = 0 1. f g = g f

2.5.2.

 

0 3 

Teorema

Supongamos que f y g son funciones seccionalmente continuas y de orden exponencial. (f ) = F (s) y (g) = G(s). Luego, amos que

L

Supong-

L

L(f ∗ g)(t) = F (s) · G(s) ó, equivalentemente,

t

1

−

L {F (s) · G(s)}(t) = Demostración:

f (u) g(t

0

− u) du

No se hará, requiere integración múltiple. Sea f (t) = t 2

Ejemplo 1:



  

− 2t

y

g(t) = t.

∗

Calcular (f g)(t)

t

(f g)(t) =

∗

f (u) g(t

0

− u) du

t

=

(u2

0

t

=

(tu2

0

t4 = 12

−

Ejemplo 2:

− 2u) (t − u) du 3

− 2tu − u

+ 2u2 ) du

t 3 3

Sea f (t) = sen t

y

g(t) = t.

∗

Calcular la convolución f g:



t

a) Directamente de la definición

∗

f g =

0

f (u) g(t

− u) du

b) Evaluando F = (f ) y G = (g) y luego calculando

L

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

L

∗

f g =

1

L {L(f ) L(g)} −

30




  − − − t

a) f g =

f (u) g(t

∗

0

 − −  −  −  −  −   −  −      −  −  

t

=

sen u (t

= t

= t

= t =



t

0

b)

− u) du u) du = t

t

sen u du

u sen u du

0

t

t

cos u

cos u du

0

t

t

u cos u

0

0

t

+ sen u

0

cos(t) + cos(0)

1 3 

t

u cos u

0

cos u

 

0

0

t cos(t) + 0 cos(0) + sen(t)




− sen(0)

−t cos(t) + t + t cos(t) − sen(t) = t − sen(t) 1 , s2 + 1

F (s) = (f ) = (sen t) =

L

F (s)G(s) =

L

G(s) = (g) = (t) =

L

L

1 s2

1 1 1 As + B C D = = + + 2 (s2 + 1) s2 (s2 + 1)s2 (s2 + 1) s s

·

(As + B)s2 + Cs(s2 + 1) + D(s2 + 1) = (s2 + 1)s2 As3 + Bs 2 + Cs3 + Cs + Ds2 + D = (s2 + 1)s2 (A + C )s3 + (B + D)s2 + Cs + D = (s2 + 1)s2 A + C B + D C D

= = = =

0 0 0 1

⇒

= = = =

A B C D

−

0 1 0 1

luego,

−1

1 + 2 F (s)G(s) = 2 (s + 1) s

1

−

⇒ L {F (s)G(s)} ∴

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

f g =

∗

=

 −L 1

−

1 (s2 + 1)

L +

1

−

1 s2

− sen(t) + t 31



Ejemplo 3:

L

1

−



1 s(s2 + 1)

1

=

−

1 1 s s2 + 1

t

= 1 sen t =

∗

Ejemplo 4:

 L  ·

1 sen u du =



=

L



− cos u

0

1

−

t

 ∗L   1 s

=

0

1

−

1 s2 + 1

=

− cos t + 1

 

2 3 

Resuelva el problema de valor inicial, usando Transformada de Laplace ty

Solución:







− 2y + ty = 0

y(0) = 1, y (0) = 0

Aplicando la transformada de Laplace: 



L{ty } − 2L{y } + L{ty} = 0 d d =⇒ − s L{y} − sy(0) − y (0) − 2 (sL{y} − y(0)) − ( L{y }) = 0 ds ds Llamando L{y} = Y (s), derivando, agrupando y simplificando se obtiene la ecuación lineal



2







Y (s) +

4s 3 (s) = Y s2 + 1 s2 + 1

cuya solución es Y (s) =

s3 + 3s + C (s2 + 1)2

Esto último es equivalente a 2s s3 + s + 2s + C s(s2 + 1) C = + + Y (s) = (s2 + 1)2 (s2 + 1)2 (s2 + 1)2 (s2 + 1)2 es decir Y (s) = Aplicando

L

1

−

2s s C + + s2 + 1 (s2 + 1)2 (s2 + 1)2

: y(t) =

Por lo tanto:

L

1

−

 L s s2 + 1

+

1

−

2s (s2 + 1)2

y = cos t + 2(cos t sen t) + C

∗

de donde y = cos t + t sen t

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

− sen

2



L +

sen t

1

−

C (s2 + 1)2

− t cos t 2

C t cos t + (sen t 2





− t cos t) 32






t

Ejemplo 5: Resolver

y(t) + 3

y(u)sen(t

0

− u) du = e

t

−

.

Solución: Para aplicar la transformada de Laplace, notamos que la integral corresponde al producto de convolución y(t) sen t. Luego, obtenemos:

∗

Y (s) + 3Y (s) de donde

 

1 s2 + 4 = Y (s) 2 s +1 s + 1

1 1 = s2 + 1 s + 1

⇒

s2 + 1 A B s + C (A + B)s2 + (B + C )s + A + C = + = (s + 1)(s2 + 4) (s + 1)(s2 + 4) s + 1 s2 + 4 de donde: Así: y(t) =

L

1

−



2 A = , 5

⇒

 L 

s2 + 1 = (s + 1)(s2 + 4) 2 y(t) = e 5

1

−

t

−

∴



Ejemplo 6: Resolver

4

2/5 3 + s + 1 5



3 , 5

C =

− 35 .



s s2 + 4

−

1 s2 + 4



− 103 sen 2t

t



y(u)du + y (u) =

0

Solución:

B =

3 + cos 2t 5

t

y(u)cos(t

0

− u)du,

y(0) = 1.

Aplicamos la transformada de Laplace:

Y (s) s + sY (s) y(0) = Y (s) 2 s s +1 Como y(0) = 1, reemplazamos, factorizamos y despejamos para obtener: 4

−

s(s2 + 1) Y (s) = 2 (s + 2)2 Dejamos como ejercicio la determinación de resultado y(t) = cos

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

1



−

 √ 

s(s2 + 1) , (s2 + 2)2

L √ 2 √ 2t − t sen 4

 

3 3 

s2 + 1 Y (s) = (s + 1)(s2 + 4)

Para calcular la transformada inversa, aplicamos fracciones parciales:

A + B = 1 B + C = 0 4A + C = 1

 

lo cual finalmente da como

2t

33




2.6.

Delta de Dirac ó distribución impulso unitario

En muchas aplicaciones a sistemas eléctricos, mecánicos ú otros, aparecen fuerzas muy grandes que actúan en intervalos de tiempo pequeños. Una manera de representar estos elementos es mediante la "función generalizada"δ de Dirac, que definiremos a continuación. 2.6.1.

Definición

 

4 3 

Sea a > 0 una constante, y considere la función δ a (t) =



1 2a 0

∀a > 0 :

Note que

si si



−a ≤ t ≤ a t < −a ó t > a

∞

δ a (t) dt = 1

−∞

Llamaremos "función" Delta de Dirac a aquella definida por δ (t) = l´ım δ a (t) a→0

2.6.2.

Propiedades

1. δ (t) = 0,



∀t = 0

δ (t)

y

−→ ∞

para t = 0.

∞

2.

δ (t) dt = 1

−∞

3.

L(δ (t))(s) En efecto:



= 1

L(δ (t))(s)

= l´ım (δ a (t))(s) = l´ım a→0

L

a→0



∞

4.

eas

−e

as

−

2as



= 1

∞

f (t) δ (t) dt = f (0)

y

f (t) δ (t) dt = f (0).

0

−∞

5.



L(f (t) δ (t))(s)

= f (0).

Observación 1. Notar que l´ım (δ (t))(s) = 1 = 0. Esta aparente contradicción no es tal, puesto que la s Delta de Dirac no es de orden exponencial, que son el tipo de funciones para las cuales se probó que el límite de su transformada de Laplace debe ser igual a 0. De hecho, en sentido estricto, ¡ni siquiera es una función! →∞

L

2. La propiedad 3. implica que



L

1

−

(1) = δ (t)

Podemos generalizar la Delta de Dirac recién definida centrada en 0, a un centro cualquiera c > 0: MAT023 (2 sem. 2012) ◦

34




2.6.3.

Definición

Sean a,c > 0 constantes tal que c δ a (t

− c)

=



∀a > 0 :

Note que

≥ a y considere la función 1 si c − a ≤ t ≤ c + a 2a 0 si t < c − a ó t > c + a



 

5 3 

∞

δ a (t

−∞

= 1

− c) dt

Llamaremos "función" Delta de Dirac a aquella definida por δ (t 2.6.4.

− c)

= l´ım δ a (t


− c)

a→0

Propiedades

1. δ (t



− c)

= 0,

∀t = c

δ (t)

y

−→ ∞

para t = c.

∞

2.

δ (t

−∞

3.

− c) dt

= 1 cs

1

−

−

a→0



a→0





cs

as

as

−



= e

cs

−

∞

f (t) δ (t

−∞

5.

−

a

∞

4.

cs

L(δ (t − c))(s) = e L (e ) = δ (t − c). de donde e −e En efecto: L(δ (t − c))(s) = l´ım L(δ (t − c))(s) = l´ım e 2as − c) dt

L(f (t) δ (t − c))(s)

Ejemplo

= f (c)

y

f (t) δ (t

0

= e

cs

−

− c) dt

= f (c).

f (0).

Resuelva el sistema de ecuaciones diferenciales lineal no homogéneo 

x y



Solución:

= y + δ (t 2π) , = x + H (t 3π) ,

−

x(0) = 0 y(0) = 0

− −

Aplicamos la transformada de Laplace a cada ecuación: sX (s) =

−Y (s) + e

sY (s) = X (s) +

e

2πs

−

3πs

−

s

Escribimos el sistema en la forma: 2πs

−

− MAT023 (2 sem. 2012) ◦

sX + Y = e e X + sY =

3πs

−

s 35



Aplicamos la regla de Cramer para obtener X e Y :

  − e e

2πs

−

3πs

−

X (s) =

     1

s s 1 1 s

s

se =

s

e

2πs

−

Y (s) =

2πs

−

−

e

s2 + 1

−1

e

3πs

−

s s2 + 1

 

3πs

−

=

s = 2 e s +1

s

e

2πs

−

3πs

−

+ e s2 + 1

2πs

−

−

e

3πs

−

s

+ e

3πs

−

 

6 3 

s s2 + 1

e 3πs e 2πs = 2 + s + 1 s2 + 1 −

−


donde para la expresión final para X (s) hemos aplicado fracciones parciales. Así: x(t) = H (t

− 2π)cos(t − 2π) − H (t − 3π) + H (t − 3π)cos(t − 3π)

y(t) = H (t

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

− 3π) sen(t − 3π) + H (t − 2π) sen(t − 2π)

36



EJERCICIOS 1. Determine las transformadas de Laplace de las siguientes funciones de la varaible t:

b ) (7t

5t

− 3)e



   t

e ) t3 e2t cos(6t)

a ) sen(t + α)

h ) e

f ) t2

π c ) t cos 2t + 3 2 d ) t cos t

 

7 3 

e6u cos(4u) du

0

t

 

2t

cos2 u du

0

t

i )

g ) tet f  (t)

0

u



f (x)dx du

0

2. Calcular las transformadas inversas de: 5 (s + 1)3 s (s2 + 1)2 s s2 (s2 + 1)2 e as , n 1, sn+1 e 3s (s 1)(s + 2)

a ) F (s) = b ) F (s) = c ) F (s) =

f ) F (s) =

g ) F (s) = e−2s

≥

∈ R

a

−

e ) F (s) =



1 1 + s2 s5

h ) F (s) = arctan

−

d ) F (s) =

1 s4 + 1

i ) F (s) = l n

−






 1 s

s2 + 1 s(s 3)

−



3. Usando transformada de Laplace, resuelva los siguientes problemas de valor inicial: a ) ty 

− ty − y = 0,

y(0) = 0,



b ) ty  + 2ty + 2y = 0,

y (0) = 3 

y(0) = 0,

y (0) = 3 

− 8ty + 16y = 3, y(0) = y (0) = 0 d ) t(1 − t)y + 2y + 2y = 6t, y(0) = y (0) = 0 e ) ty − ty + y = 2(e − 1), y(0) = 0, y (0) = −1 4. Usando transformada de Laplace, resuelva ty + (t − 1)y + y = 0, c ) y 













t









y(0) = 0.

5. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales: a ) y  + 4y = b ) y 



− 4y + 4y = 

c ) y  + 9y =



MAT023 (2 sem. 2012) ◦

1 si 0 t 1 , 0 si t > 1

≤ ≤



y(0) = 1,

t si 0 t < 3 , t + 2 si t 3

≤ ≥

0 si 0 t < π , cos(t) si t π

≤ ≥

y (0) = 0 

y(0) = 0,

y(0) = 1,

y (0) = 0 

y (0) = 1 

37



d ) y 

        −   − −  − 1 0 1 0 1 0

− 3y + 2y = 

6. Determine

L

1

−

s+a s−a

ln

si si si si si si

0 1 2 3 4

≤ t < 1 ≤ t < 2 ≤ t < 3 ≤ t < 4 ≤ t < 5 t ≥ 5

,

y(0) = 0,



 

8 3 

(Ayuda: F (s) =

.

y (0) = 0



−L[tf (t)]).

7. Resuelva, usando transformada de Laplace, las siguientes ecuaciones integrales: x

2

a ) y(x) = x +

sen(x


u)y(u)du

0

t

b ) y (t) = cos t + 

y(τ ) cos(t

0 t

c ) x(t) = e −t

2

cos(t

− τ )dτ,

y(0) = 1

u)x(u)du

0

d ) x(t) = t +

1 6

t

(t

u)3 x(u)du

0




t



y + 2y +

y(t) dt =

0

9. Sea la ecuación diferencial 

  

si 0 t < 1 2 t si 1 t < 2 0 si t 2 t

≤ ≤ ≥

−

y + 2y + y =



sen(t) si 0 0 si no

con la c.i. y(0) = 0

≤ t ≤ π

a ) Calcular y(4) si las condiciones iniciales son y(0) = y  (0) = 0. b ) Calcular y(4) si las condiciones iniciales son y(0) = 0, y  (0) = 1.

10. Encuentre la función y(x) que satisface:



x

x

−

e

= y(x) + 2

cos(x

0

11.

a ) Sea F (s) =

− t) y(t) dt

L[f (t)](s). Suponga que f (t)/t tiene límite cuando t → 0



+

. Probar que

∞

L[f (t)](s) =

F (u) du

s

b ) Use a) para encontrar la transformada de Laplace de f (t) =

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

sen t . t

38



12. Considere la ecuación diferencial: 



ty + (t a ) Demuestre que

eat

at

∗ (e

t

−

− 1)y + y = 1 − (1 + t)e f (t)) = e (1 ∗ f (t)).

 

at

9 3 

b ) Use a) para encontrar las soluciones de la ecuación que pasan por (0,0).

13. Use transformada de Laplace para resolver el siguiente sistema de E.D.O.: 



2x + x + y 2x + y con las condiciones iniciales



= e6t = 0

x(0) = 1, y(0) = 2 y y (0) = 


−2.

14. Resolver los siguientes sistemas de E.D.O. utilizando transformada de Laplace: x 4x y + t = 0 a ) y + 2x y + et = 0 



− − −

x + x + y + cos t = 0 = 0 y + x y + et 

b)


x(0) = 0, y(0) = 1





x(0) = 0, y(0) = 0


−

15. Resolver el problema de valor inicial y + y = e t + δ (t 



− 1)



cony(0) = y (0) = 1, y (0) = 2

16. La función gamma está definida por



∞

Γ(x) =

e t tx 1 dt −

−

0

a ) Demuestre que esta función converge b ) Pruebe que

Γ(x + 1) = xΓ(x),

∀x > 0.

∀x > 0.

c ) Calcule Γ(1), y use lo anterior para probar que Γ(n + 1) = n! d ) Sea n >

−1, n ∈ R. Probar que

n = 0, 1, 2, 3,

··· .

1) L(t ) = Γ(n + s +1 n

n

Sugerencia: hacer t = us en la integral que define a

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

n

L(t ). 39



17. Sea x(t) la solución de la ecuación de Bessel de orden cero: 



tx + x + tx = 0 x(0) = 1

con a )

L(x(t))(s)

b)



=

 

0 4 

x (0) = 0. Demostrar que:

y



√ s 1+ 1 . 2

∞

J 0 (u)du = 1,

donde J 0 (t) es la solución de la ecuación.

0



1 π c ) Probar formalmente que J 0 (x) = cos(x cos t)dt. π 0 π 1 3 5 (2n 1) cos2n x dx = (Ayuda: π) 2 4 6 2n 0



18. Demuestre que para definida por

Γ : [0,

MAT023 (2 sem. 2012) ◦

· · ··· − · · ···

x>0:

∞[−→ R,

Γ(x + 1) , donde la función Gamma, está sx+1 con Γ(x) = e t tx 1 dt. x

L(t )

=



∞

−

−

0

40


f 1 , f 2 : [a, b]

→ R

[a, b] b

f , f  = 1

2

[a, b]



f 1 (x) f 2 (x) dx = 0.

·

a

{f i : [a, b] → R, i = 1, 2, . . . } b

f n, f m = n = m



f n (x) f m (x) dx = 0,

·

a

f n, f n = 0



f n (x)

f n =

f n





b

 

f n , f n =



a

2

f n (x) dx

{f n(x)} f n = 1, ∀ n ∈ N

[a, b]

b

f n, f m =



f n (x) f m (x) dx =

·

a

1/2

.

{f n(x)}



0 1

n = m n = m



f n (x) = sen nx

n

[ π, π]

−

∈

N

π

f n, f m =

   

sen nx sen mxdx

π

−

1 2 1 = 2 =

π

(cos(n

1 = 2 =

π

−

1 (0 2

− m) x − cos(n + m) x) dx

π

π

cos(n π

−

− m) x dx

sen(n m)x n m

− −

− 0) = 0

π

 

π

−

−

 −



cos(n + m) x dx , π

−

sen(n + m)x n + m

   π

π

−

n = m :



n = m



1 f n , f n = 2



1 = 2 ∴

f n = √ π

π

 

(1 π

−

2π

− cos2nx) dx

−

sen2nx 2n

   π

= π

π

−

f n (x) = cos nx

n

∈

[ π, π] n = m

−

n = m



N

π

n = m :

f n, f m =



=

  

cos nx cos mxdx

·

π

−

1 2

π

(cos(n + m) x + cos(n

π

−

− m) x) dx

=0

π

1 f n , f n = 2

n = m :





cos2nx + 2π π

−

⇒ f n = √ π



= π =

{1, sen nx, cos nx; n ∈ N} π



1 sen nx cos nxdx = 2 π

−

·

1 = 2 =

{f n(x)}

−

π

 

1 (0 2

[ π, π]

sen(n + m) x + sen(n π

−

−

cos(n + m)x n + m

− 0) = 0.



  

− m) dx

π

dx

π

π

−

− cos(n − m)x

π

−

[a, b]

f (x)

f n (x) ∞

f (x) =



n=1

m

cn f n (x) = c 1 f 1 (x) + c2 f 2 (x) +

·· ·

f (x) f (x) f m(x)

cn

∞

f (x) f m(x) =

·

cn f n (x)f m (x)

n=1

b



    

b

∞

f (x) f m(x) =

·

a

cn

f m (x) f m (x) dx

·

a

n=1 ∞

=

⇒ f, f m =

cn f n , f m

n=1

n = m



f n, f m = 0



2

f, f m = cm f m f, f m = 1 =⇒ c m = f  f  2

m

b

2

m



f (x) f m (x) dx;

·

a

m = 1, 2, . . .

f 2π ∞

a0 f (x) = + (an cos nx + bn sen nx) 2 n=1



1 an = π 1 bn = π

π

 

f (x) cos nxdx,

·

π π

−

f (x) sen nxdx.

·

π

−

1 a0 = π

π



f (x) dx π

−

·

f

2π f ∞

a0 + (an cos nx + bn sen nx) 2 =1 n



an bn 1 π a0 = f (x) dx π π 1 π an = f (x)cos nxdx, π π



−



−

1 bn = π

f (x) = 1 a0 = π

π



−

π



f (x)sen nx dx,

n = 1, 2, . . .

π

−

1, 1,

−π < x < 0

1 f (x) dx = π π

−

0 < x < π

,

f (x + 2π) = f (x).

 −    −   −  −   −     − −    − ·  ··· π

0

dx +

π

1 = π

dx

0

−

1 ( π + π) = 0, π 0 π 1 f (x) cos nxdx = cos nxdx + π π π

x

1 an = π

 ·  ·   − −

−

+ x π

−

=

π

      π

0

0

cos nxdx = 0,

0

0 π 1 π 1 sen nxdx + sen nxdx bn = f (x) sen nxdx = π π π 0 π 1 cos nx 0 cos nx π 1 1 cos nπ cos nπ 1 = = + π n n 0 π n n n n π 0, n = 2, 4, 6, . . . 2 (1 cos nπ) = bn = 4 nπ , n = 1, 3, 5, . . . nπ 2 ∴ f (x) = (1 cos nπ) sen nx nπ n=1 −

−

−

−

∞

4 = π

4

π





sen x +

x sen x + sen3 3



sen 3x sen 5x sen 7x + + + 3 5 7

4

π

sen x + sen33x + sen55x





f (x) = x ,

| | −π < x < π,

f (x + 2π) = f (x) 1 a0 = π 1 = π an =

1 π

1 = π =

1 π

π

1 f (x) dx = π π

   −   − − − − −

x2 2

0

x2 + 2 π

−

x dx +

π

π 0

π

+

π 2 2

= π

x cos nxdx 0

1 (cos nx + nx sen nx) n2 cos nπ) +

1 + 2 (cos nx + nx sen nx) n π

−

1 (cos nπ n2

1)

=

π



0

1 ( 2 + 2cos nπ) n2 π

−

−    − −  −

1 = π 1 π

1 n2

sen nx

π



1 nπ cos nπ n2



x sen nxdx

0

  −   0

− nx cos nx 2

∞

1 n2

+

π

−

− n1 nπ cos nπ

π 2 x = + (cos nπ 2 n=1 n2 π

||

π 2 2

0

0

−

2 (cos nπ 1) n2 π 0 1 bn = x sen nxdx + π π

∴

1 π

=

x cos nxdx +

1 (1 n2

x dx

0

−

π

0

=

=

π

0

 −     −  −        − −

=0

− 1) cos nx

4 cos5x |x| = π2 − π4 cos x − π4 cos3x − −··· 3 π 5 |x| = π2 − π4 cos x + cos3 3x + cos5x + ·· · 5 2



2

2

2



  π

sen nx

− nx cos nx

0

2π f (x)

2L, L > 0, L = π



x [ L, L]

∈ −

t =

πx L

x =

∴

t [ π, π].

∈ −

  − ≤ ≤      

g(t) = f g(t + 2π) = f

Lt π

Lt , π

;

π

t

π

L Lt Lt (t + 2π) = f + 2L = f π π π

g

2π

= g(t)

g

∞

a0 g(t) = + an cos nt + bn sen nt 2 n=1



π

1 an = π



1 bn = π



g(t)cos ntdt π

−

π

g(t)sen ntdt π

−

f πx f (x) = g L

 

1 an = L

L

πx g L L

∞

a0 nπx nπx = + an cos + bn sen 2 L L n=1

  

nπx 1 cos dx = L L

   ·   −

x

1 bn = L

L



f (x)sen L

−

 

L



f (x) cos L

−

nπx dx. L

 

·

nπx dx L

 

f : f (x)

R

2L

→ R ∞

a0 nπx nπx + an cos + bn sen 2 L L n=1

  

1 an = L bn =

1 L

L

 

f (x) cos

·

L L

−

f (x) sen

·

L

−

1 a0 = L

f (x) =

−

x, x,

 

nπx dx L

   

nπx dx L

L



f (x) dx L

−

−1 ≤ x < 0 0 ≤ x ≤ 1,

,

f (x + 2) = f (x). L = 1

1



a0 =

0

f (x) dx = 1

 −

x dx =

0

−

1

an =

x dx +

1

−



1



0

f (x)cos(nπx) dx = 1

 −

x cos(nπx) dx +

1

 

2 = 2 x cos(nπx) dx = 2 2 (cos nπx) n π 0 4 , n 2 2 n π = 0,

x2 + 2 1

−

1

= 0

2 (1 n π2 2

n

f (x)sen(nπx) dx = 0 1

−

∴

1 f (x) = 2

−

4 π2



1

=1 0

x cos(nπx) dx =

1

bn =

 

0

−



0

  

1

1

−

  

−

x2 2

cos3πx cos 5πx cos πx + + + 32 52

 ···

− cos nπ) =

f

x f (x) = f ( x)

−

x f ( x) =

−

· ·

−f (x).

·

f (x)

2π

[ π, π]

−

f (x) π

2 an = π



2 bn = π



f (x)cos nx dx,

bn = 0.

f (x)sen nx dx,

an = 0.

0

f (x) π

0

ai , bi ,

i = 1, 2, 3,

i = 0, 1, 2,

···

f (x) = 3cos x

f (x) = sen2 (x)

cos2x = 1 2 sen2 (x) 1 1 f cos 2x 2 2

−

−

·· ·

f (x) = x,

0

≤ x < 1.

f

f

f f

f ∞

f (x)

∼

a0 + an cos nx + bn sen nx 2 n=1



2π f (x)

2π f (x)

[ π, π)

( π, π]

−

x f (x)

−

f (x + 2π) = f (x). f (x)

f (x)

f

f x0

f f (x+ ım+ f (x) 0 ) = l´

f (x0 ) = l´ım− f (x) −

x→x0

f (x0 ) = f (x+ 0 )

 f : [−π, π) → R

−

f (x) 1 2

x→x0

f (x+ 0 )

f (x0 ) −

2π f

(f (x+ ) + f (x ))

f

−

f (x) =

−

1, 1,

−π < x < 0 0 < x < π

,

f (x + 2π) = f (x). f

∞

f (x) = 4 = π



2 (1 nπ n=1



− cos nπ)sen nx

sen 3x sen 5x sen x + + + 3 5

 · ··

f (0 ) = 1, f (0+ ) = 1 f (π ) = 1, f (π+ ) = 1 −

−

−

1 2 1 2

(f (0 ) + f (0+ )) = 0 (f (π ) + f (π+ )) = 0

= =

⇒ ⇒

−

−

−

f

f (x) = x2 ,

0
f (x + 2) = f (x)

f 2

a0 =

 0

2

    

x2 cos(nπx) dx,

an = an =

u nπ

0

2

du 1 cos u = nπ (nπ)3

2

x2 sen(nπx) dx =

bn =

0

=

⇒

∞



4 f (x) = + 3 n=1

f (0+ ) = 0

f (2 ) = 4,

f (2+ ) = 0

−

=

0

8 3

1 (nπ)3

⇒

=

⇒ =⇒

du = nπdx

2nπ

u2 cos u du =

0

2nπ

u2 sen u du =

0

1 cos(nπx) (nπ)2

f (0 ) = 4, −

   

u = nπx =

0

2nπ

2

x3 x dx = 3 2

−

4 (nπ)2

−nπ4



4 sen(nπx) nπ

1 4= 2 2 1 f (2) = 4= 2 2 f (0) =

· ·

f x = 0

x = 0 ∞

4 4 f (0) = 2 = + , 3 n=1 (nπ)2



∞

4 4 2 = + 2 3 π

1 n2 n=1



∞

1 π2 = n2 4 n=1



=

⇒

−  4 3

2

=

π2 6 2π

f (x) =

1 a0 = π



0 π

− π ≤ x < 0 ∨ 0 ≤ x < π

π

1 f (x) dx = π π

   −

π

1 an = π bn =

0



1 0 dx + π π

−

π dx = π

0

−

1 π

π

π

  

=0

0

− cos(nx) n π n − cos(nπ) + 1 = 1 − (−1) = f (x) sen(nx) dx =

−

n

∞

π 1 f (x) = + 2 n=1



∞

π f (x) = + 2



k=0

− (−1) n sen(nx) n

2 sen((2k + 1)x) 2k + 1

π/2 π f 2

π



sen(nπ) f (x) cos(mx) dx = n π

n



x = π

π = + 2

π

−

∞

2 ( 1)k 2k + 1

 − − k=0

π =2 2

∞

k=0

∞

k=0

−

( 1)k 2k + 1

( 1)k π = 2k + 1 4

π 0

Mat023 Gruenberg

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