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Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Prof. Amaury Camargo Ben´ıtez

Lero y Jose

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Amaury Camargo B

Índice general ´ Indice general

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1. Introducci´ on 1.1. Soluciones y problemas de valor inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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2. Ecuaciones diferenciales de primer orden 2.1. Ecuaciones Separables . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Ecuaciones homogéneas. . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1. Ecuaciones Transformables a Homogéneas . 2.3. Ecuaciones exactas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1. Factores Integrantes. . . . . . . . . . . . . . 2.4. Ecuaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1. La ecuaci´ on de Bernoulli . . . . . . . . . . . 2.4.2. Sustituci´ on sugerida por la ecuación dada. 2.5. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.1. Crecimiento de poblaci´ on. . . . . . . . . . . 2.5.2. Desintegraci´ on Radiactiva. . . . . . . . . . 2.5.3. Mezclas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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3. Ecuaciones lineales de segundo orden 3.1. Reducci´ on de orden. . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1. Ecuaciones de 20 orden reducibles a 1er orden. 3.2. Ecuaciones Lineales con coeficientes ctes. . . . . . . . 3.2.1. La Soluci´ on general de la ecuación homogénea. 3.2.2. El método de los coeficientes indeterminados. . 3.2.3. Método de Variaci´ on de Parámetros . . . . . . 4. Transformada de Laplace 4.1. Transformada inversa. . . . . . 4.2. Transformada de una derivada. 4.3. Transformada de una integral. . 4.3.1. Convoluci´ on. . . . . . .

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17 17 19 25 29 34 40 47 49 53 53 53 56

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65 67 69 74 74 77 83

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89 97 99 105 105

ÍNDICE GENERAL

ÍNDICE GENERAL

5. Sistemas lineales de e.d.l. 109 5.1. Método de eliminaci´ on. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 5.2. Método de la transformada de laplace. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110 Bibliograf´ıa

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Cap´ıtulo 1

Introducci´ on En el estudio de las ciencias e ingenier´ıa se desarrollan modelos matemáticos para ayudar a comprender los fenómenos f´ısicos. Estos modelos a menudo dan lugar a una ecuación que contiene ciertas derivadas de una función inc´ ognita. A una ecuación de este tipo se le denomina ecuaci´ on diferencial. Dos ejemplos de modelos que se desarrollan en el cálculo diferencial e integral son la ca´ıda de un cuerpo y la desintegraci´ on de una sustancia radiactiva. En el caso de la ca´ıda libre, se suelta un objeto desde cierta altura sobre el suelo y se le deja caer bajo la acción de la fuerza de la gravedad. En este ejemplo se puede aplicar la segunda ley de Newton, la cual establece que la masa de un objeto multiplicada por su aceleración es igual a la fuerza total que act´ ua sobre él. Esto conduce a la ecuaci´ on m

d2 h = −mg, dt2

d2 h donde m es la masa del objeto, h su altura sobre el suelo, 2 su aceleración, g la constante gravitacional dt y −mg la fuerza debida a la gravedad. Afortunadamente, es f´ acil despejar h en la ecuación anterior. Todo lo que se tiene que hacer es cancelar los factores m e integrar dos veces con respecto a t. Esto es, d2 h = −g dt2 as´ı, dh = −gt + c1 , dt y −gt2 + c1 t + c2 . 2 La constante de integraci´ on, c1 y c2 se pueden determinar si se conocen la altura y velocidad iniciales del objeto. Se tiene entonces una f´ ormula para la altura del objeto en el instante t. En el caso de la desintegraci´ on radiactiva, ser parte de la premisa de que la rapidez de desintegraci´ on es proporcional a la cantidad presente de sustancia radiactiva. Esto conduce a la ecuación h=

dA = −kA, dt

k > 0, 5

´ CAPÍTULO 1. INTRODUCCION donde A (> 0) es la cantidad inc´ ognita de sustancia radiactiva presente en el instante t, y k es la constante de proporcionalidad. Para resolver esta ecuación la escribimos en la forma 1 dA = −kdt A e integramos para obtener ln A =

1 dA = −kdt = −kt + C1 . A

Despejando A resulta A = eln A = e−kt+C1 = Ce−kt , donde C es la nueva constante eC1 . Las constantes C y k se pueden determinar si se dan la cantidad inicial de sustancia radiactiva y la semivida de dicha sustancia. Se tiene entonces una fórumla para la cantidad de sutancia radiactiva en cualquier instante futuro t. Aunque los ejemplos anteriores fueron fáciles de resolver por los métodos aprendidos en c´ alculo, proporcionan una idea del estudio de las ecuaciones diferenmciales. En primer lugar, la integraci´ on es una herramienta importante para resolver ecuaciones diferenciales. En segundo lugar, no se debe esperar obtener una soluci´ on u ńica de una ecuación diferencial, ya que habrá “constantes de integraci´ on“ arbitrarias. En tercer luga, se encontrar´ an aplicaciones de las ecuaciones diferenciales cuando el modelo trate con razones de cambio de una variable con respecto a otra. Las ecuaciones diferenciales surgen en diversas áreas del conocimiento, que incluyendo no s´ olo las ciencias f´ısicas, sino también, campos diversos tales como la econom´ıa, medicina, psicolog´ıa e investigación de operaciones. Hacer una lista de todos los casos ser´ıa una labor muy ardua, as´ı que nos limitaremos al ´ analisis de unos cuantos ejemplos especificos. 1. Una aplicaci´ on cl´ asica de las ecuaciones diferenciales se presenta en el estudio de un circuito eléctrico que conciste en resistores, inductores y capacitores, al cual se aplica una fuerza electromotriz. En este caso, una aplicaci´ on de las leyes de Kirchhoff conduce a la ecuación d2 q dq 1 + R + q = E(t) (1.1) dt2 dt C donde L es la inductancia, R la resistencia, C la capacitancia, E (t) la fuerza electromotriz, q (t) la carga y t el tiempo. L

2. En el estudio del equilibrio gravitacional de una estrella, una aplicación de la ley de Newton de la gravedad y la de Stefan-Boltzmann para los gases da lugar a la ecuación de equilibrio 1 d r2 dP = −4πρG, (1.2) r2 dr ρ dr donde P es la suma de la presi´ on cinética del gas y la presión de radiacción, r es la distancia desde el centro de la estrella, ρ es la densidad de la materia y G es la constante gravitacional. 3. En psicolog´ıa, en un modelo del aprendizaje de una tarea interviene la ecuación dy 2p dt 3 = √ . 3 n y 2 (1 − y) 2 Lero y Jose

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(1.3)

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´ CAPÍTULO 1. INTRODUCCION Aqu´ı la variable y representa el estado del estudiante o su nivel de habilidad con¡mo una funci´ on del tiempo t. Las constantes p y n dependen del individuo considerado y de la naturaleza de la tarea. 4. En el estudio de resortes vibrantes y la propagación de ondas, se encuentra la ecuación diferencial parcial ∂2u ∂2u − 2 = 0, (1.4) ∂t2 ∂x donde t representa el tiempo, x la posici´ on a lo largo de la cuerda y u el desplazamiento de la cuerda, el cual es funci´ on del tiempo y la posici´ on. Para iniciar el estudio de las ecuaciones diferenciales se requiere alguna terminolog´ıa com´ un. Si una ecuiación contiene la derivada de una variable con respecto a otra, entonces la primera se llama variable dependiente y la segunda es una variable independiente. De esta manera, en la ecuaci´ on d2 x dx +a + kx = 0, dt2 dt

(1.5)

t es la variable independiente y x es la variable dependiente. Las constantes a y k presentes en la ecuación ( 1.5) se denominan par´ ametros o coeficientes. En la ecuación ∂u ∂u − = x − 2y, ∂x ∂y

(1.6)

x y y son variables independientes y u es una variable dependiente. Una ecuaci´ on diferencial que contiene derivadas ordinarias con respecto a una sola variable independiente se denomina ecuaci´ on ordinaria. Una ecuación diferencial que contiene derivadas parciales con respecto a más de una variable independiente es una ecuaci´ on diferencial parcial. Obsérvese que la ecuación ( 1.5) es una ecuaci´ on diferencial ordinaria, mientras que la ecuación ( 1.6) es una ecuación diferencial parcial. El orden de una ecuaci´ on diferencial es el correspondiente a las derivadas mayores presentes en la d2 x ecuación. La ecuaci´ on ( 1.5) es de segundo orden porque 2 es la derivada de mayor orden presente. dt La ecuación ( 1.6) es de primer orden, ya que solamente ocurren derivadas parciales de primer orden. Resultará u ´til clasificar las ecuaciones diferenciales ordinarias como lineales o no lineales. Una ecuación diferencial lineal es aquella que se puede expresar en la forma dn y dn−1 dy + a (x) + · · · + a1 (x) + a0 (1.7) n−1 n n−1 dx dx dx donde an (x) , an−1 (x) , . . . , a1 (x) y F (x) dependen sólo de la variable independiente x, no de y. Si una ecuación diferencial ordinaria no es lineal, entonces se llama no lineal. Por ejemplo an (x)

d2 y + y = x2 , dx2 es una ecuación diferencial lineal ordinaria de segundo orden, mientras que d2 y = sin y = 0, dx2 Lero y Jose

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´ CAPÍTULO 1. INTRODUCCION es no lineal debido al término sin y. La ecuación dy d2 y −y = cos x, 2 dx dx es no lineal ya que contiene el término y

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dy . dx

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´ CAPÍTULO 1. INTRODUCCION

1.1. SOLUCIONES Y PROBLEMAS DE VALOR INICIAL

Ejercicios propuestos 1. A continuación se presenta una lista de algunas ecuaciones diferenciales, junto con el campo o ´ area del problema en el cual surgen. Clasifique cada una de ellas como ecuación diferencial ordinaria (EDO) o ecuación diferencial parcial (EDP ), proporcione el orden e indique las variables independientes y las dependientes. Si la ecuaci´ on diferencial es ordinaria, se˜ nale si es lineal o no lineal. d2 x dx +2 + 9x = 2 cos 3t 2 dt dt " 2 # dy 2. y 1 + = C = constante dx 1. 5

3. 8

d4 y = x (1 − x) dx4

4.

∂2u ∂2u + 2 =0 ∂x2 ∂y

5.

y (2 − 3x) dy = dx x (1 + 3y)

6.

dx = k (4 − x) (1 − x), donde k es una constante dt

7.

d2 y dy − 2x + 2py = 0, donde p es una constante 2 dx dx

8. x

d2 y dy + + xy = 0 2 dx dx

9. −π (y tan α)2 10.

1 dy = 12 (2gy) 2 , donde α ,g son constantes dt

dp = kp (P − p), donde k y P son cosntantes dt

1.1.

Soluciones y problemas de valor inicial

Cualquier ecuaci´ on diferencial ordinaria de enésimo se puede expresar en la forma general dy dn y F x, y, , . . . , n = 0, (1.8) dx dx donde F es unafunci´ on de la variable independiente x, la variable dependiente y, y las derivadas dn y de y hasta la de orden n; esto es, x, y, . . . , n . Se supone que x pertenece a un intervalo I, que dx Lero y Jose

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puede ser cualquiera de los intervalos usuales (a, b) , [a, b] , [a, b) ,etc. En muchos casos se puede dn y despejar en la ecuaci´ on ( 1.8). Esto permite escribir la ecuación diferencial en la forma dxn dy dn y dn−1 = f x, y, , . . . , n−1 . (1.9) dxn dx dx Definici´ on 1. (Soluci´ on explicita) Se llama Soluci´ on explicita de la ecuación ( 1.8) o ( 1.9) en un intervalo I a una función φ (x) que al sustituirse por y en la ecuación, la satisface para todo valor x del intervalo I. Ejemplo 1. Demuestre que φ (x) = e3x es una solución expl´ıcita de dy = 3y dx

(1.10)

en el intervalo (−∞, ∞) . Soluci´ on: dφ = 3e3x están definidas en (−∞, ∞) . Cuando se sustituyen dx en la ecuaci´ on ( 1.10) se tiene que 3e3x = (3) e3x , La función φ (x) = e3x y su derivada

lo cual es cierto para todo valor x en (−∞, ∞) . Por tanto, φ (x) = e3x es una solución expl´ıcita de ( 1.10) en (−∞, ∞) . Ejemplo 2. Demuestre que φ (x) = x2 − x−1 es una solución expl´ıcita de y 00 (x) −

2 y (x) = 0. x2

(1.11)

Soluci´ on: Las funciones φ (x) = x2 − x−1 , φ0 (x) = 2x + x−2 y φ0 (x) = 2 − 2x−3 están definidas para todo x 6= 0. La sustituci´ on de φ (x) por y (x) en la ecuación ( 1.11) da por resultado 2 2 − 2x−3 − 2 x2 − x−1 = 2 − 2x−3 − 2 − 2x−3 = 0. x Puesto que esta expresi´ on es v´ alida para cualquier x 6= 0, la función φ (x) = x2 − x−1 es una solución expl´ıcita de ( 1.11) en (−∞, ∞) y en (0, ∞) . Ejemplo 3. Lero y Jose

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Demuestre que para cualquier elección de las constantes c1 y c2 la función φ (x) = c1 e−x + c2 e2x

(1.12)

y 00 − y 0 − 2y = 0.

(1.13)

es una soluci´ on expl´ıcita de Soluci´ on: Con φ (x) definida en ( 1.12), se calcula φ0 (x) = −c1 e−x + 2c2 e2x y φ00 (x) = c1 e−x + 4c2 e2x . La sustituci´ on de φ, φ0 y φ00 en vez de y, y 0 y y 00 en la ecuación ( 1.13) da por resultado c1 e−x + 4c2 e2x − −c1 e−x + 2c2 e2x − 2 −c1 e−x + 2c2 e2x = (c1 + c1 − 2c1 ) e−x + (4c2 − 2c2 − 2c2 ) e2x = 0. Puesto que la igualdad se satisface para todo x en (−∞, ∞), entonces φ (x) = c1 e−x + c2 e2x es una soluci´ on expl´ıcita de ( 2.42) en el intervalo (−∞, ∞) para cualquier elección de las constantes c1 y c2 . Como se ver´ a m´ as adelante, los métodos para resolver ecuaciones diferenciales no siempre dan lugar a una expl´ıcita de la ecuaci´ on. En tal caso, se trata de buscar una solución que esté definida impl´ıcitamente. Definici´ on 2. (Soluci´ on impl´ıcita) Se dice que una relaci´ on G (x, y) = 0 es una soluci´ on impl´ıcita de la ecuación ( 2.37) en el intervalo I, si se define una o m´ as soluciones expl´ıcitas en I. Ejemplo 4. Demuestre que y 2 − x3 + 8 = 0,

(1.14)

3x2 dy = , dx 2y

(1.15)

es una soluci´ on impl´ıcita de

en el intervalo (2, ∞) . Soluci´ on:

√ Si se despeja y de la ecuaci´ on ( 1.14), se obtiene y = ± x3 − 8. Probemos la función φ (x) = √ dφ 3x2 dφ x3 − 8 para verificar si es una solución expl´ıcita. Puesto que = √ , tanto φ como dx dx 2 x3 − 8 están definidas en (2, ∞) . Sustituyéndola en ( 1.15) se obtiene 3x2 3x2 , √ = √ 2 x3 − 8 2 x3 − 8 la cual es v´ alida para todo x en (2, ∞) . Por consiguiente, la relación ( 1.14) es una soluci´ on impl´ıcita de ( 1.15) en (2, ∞) . Lero y Jose

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Ejemplo 5. Demuestre que x + y + exy = 0,

(1.16)

es soluci´ on impl´ıcita de (1 + xexy )

dy + 1 + yexy = 0. dx

(1.17)

Soluci´ on: En primer lugar, observamos que no es posible despejar y directamente de ( 1.16) en términos s´ olo de x. Sin embargo, para que ( 1.16) se cumpla, advertimos que cualquier cambio en x requiere un cambio en y, as´ı que es de esperar que la relación ( 1.16) defina impl´ıcitamente por lo menos una funci´ on y (x). Esto es dif´ıcil de demostrar directamente, pero se puede verificar con rigor usando el teorema de la funci´ on impl´ıcita del cálculo avanzado, el cual garantiza que existe una funci´ on y (x) de ese tipo que, además, es diferenciable. Una vez que se sabe que y es una función diferenciable de x, se puede utilizar la técnica e la diferenciaci´ on impl´ıcita. En efecto, de ( 1.16) se obtiene dy dy xy +e y+x =0 1+ dx dx ó equivalentemente (1 + xexy )

dy + 1 + yexy = 0, dx

que es idéntica a la ecuaci´ on diferencial ( 1.17). De esa manera, la relación ( 1.16) es una soluci ón impl´ıcita de ( 1.17) en alg´ un intervalo garantizado por el teorema de la función impl´ıcita. Definici´ on 3. (Problema de valor inicial) Un problema de valor inicial de una ecuación diferencial de enésimo orden dy dn y F x, y, , . . . , n = 0, dx dx significa; encontar una soluci´ on de la ecuación diferencial en un intervalo I que satisfaga en x0 las n condiciones iniciales y (x0 ) = y0 , dy (x0 ) = y1 , dx dn−1 (x0 ) = yn−1 , dxn−1 donde x0 εI y y0 , y1 , . . . , yn−1 son constantes dadas. El término condiciones ininciales proviene de la mecánica en donde y (x0 ) = y0 normalmente dy (x0 ) = y1 proporciona la velocidad del representa la ubicaci´ on de un objeto en el tiempo x0 y dx objeto en el mismo tiempo x0 . Lero y Jose

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Ejemplo 6. Demuestre que φ (x) = sin xx − cos x es una solución del problema de valor inicial d2 y + y = 0; dx2

y (0) = −1,

dy (0) = 1. dx

(1.18)

Soluci´ on: dφ d2 φ = − sin x + cos x est án definidas en = cos x + sin x y dx dx2 (−∞, ∞) . Sustituyendo en la ecuación diferencial inidicada en ( 1.18) resulta Obsérvese que φ (x) = sin x − cos x,

(− sin x + cos x) + (sin x − cos x) = 0, la cual se cumple para todo xε (−∞, ∞) . Por tanto, φ (x) es una solución de la ecuación diferencial incluida en ( 1.18) en (−∞, ∞) . Si se verifican las condiciones iniciales, se obtiene φ (0) = sin 0 − cos 0 = 1, dφ (0) = cos 0 + sin 0 = 1, dx lo cual satisface los requisitos de la expresión ( 1.18). En consecuencia, φ (x) es soluci´ on del problema de valor inicial dado. Ejemplo 7. Como se demostr´ o en el ejemplo 3 la función φ (x) = c1 e−x + c2 e2x es una solución de d2 y dy − − 2y = 0, 2 dx dx

(1.19)

para cualquier elecci´ on de las constantes c1 y c2 . Determine c1 y c2 de tal manera que las condiciones iniciales dy (0) = −3 y (0) = 2 y dx se satisfagan. Soluci´ on: dφ dφ Para determinar las constantes c1 y c2 , primero se calculan para obtener = −c1 e−x +2c2 e2x . dx dx La sustituci´ on en las condiciones iniciales da como resultado el siguiente sistema de ecuaciones: ( φ (0) = c1 e0 + c2 e0 = 2, c1 + c2 = 2, o dφ 0 0 −c (0) = −c1 e + 2c2 e = −3, 1 + 2c2 = −3. dx 7 1 Al final se obtiene que la soluci´ on del problema de valor inicial es φ (x) = e−x − e2x . 3 3 Lero y Jose

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Teorema 1. (Existencia y unicidad de una soluci´ on) Dado el problema de valor inicial dy = f (x, y) , dx supóngase que f y

y (x0 ) = y0 ,

∂f son funciones continuas en un rectángulo ∂y R = {(x, y) : a < x < b, c < y < d}

que contienen al punto (x0 , y0 ) . Entonces, el problema de valor inicial tiene una solución u ńica φ (x) en alg´ un intervalo x0 − h < x < x0 + h, donde h es un n´ umero positivo. Observaci´ on: El teorema anterior dice dos cosas. En primer lugar, si una ecuación cumple las hipótesis del teorema de unicidad, se asegura que existe una solución al problema de valor inicial. Naturalmente, es importante saber si la ecuación que se está tratando de resolver tiene en realidad soluci´ on, antes de emplear mucho tiempo en intentar resolverla. En segundo lugar, cuando las hip´ otesis se cumplen, existe una solución u ńica del problema de valor inicial. La unicidad establece que si es posible obtener una solución, entonces ésta es la u ńica soluci´ on del problema de valor inicial. Ejercicios propuestos 2. I. Para cada una de las siguientes ecuaciones verifique si la función o funciones dadas son soluciones de la ecuaci´ on diferencial c1 et a) P 0 = P (1 − P ) ; P = 1 + c1 et 2 dy d y −4 + 4y = 0; y = c1 e2x + c2 xe2x b) 2 dx dx d3 y d2 y dy c) x3 3 + 2x2 2 − x + y = 12x2 ; y = c1 x−1 + c2 x + c3 x ln x + 4x2 dx dx dx d ) y 00 − y = 0; y1 (x) = ex , y2 (x) = cosh x π e) y 00 + y = sec x, 0 < x < ; y = φ (x) = (cos x) ln cos x + x sin x 2 Zx 2 2 2 0 x e−t dt + ex f ) y − 2xy = 1; y = φ (x) = e 0

II. Determine los valores de r para los que las siguientes ecuaciones diferenciales lineales tienen soluciones de la forma y = erx . g) y 0 + 2y = 0 h) y 0 + 2y = 0 Lero y Jose

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i ) y 00 − 5y + 6y = 0 j ) y 00 − y = 0 k ) y 00 + y 0 − 6y = 0 l ) y 000 − 3y 00 + 2y 0 = 0 III. Determine los valores de r para los que las siguientes ecuaciones diferenciales lineales tienen soluciones de la forma y = xr para x > 0. m) x2 y 00 + 4xy 0 + 2y = 0 n) x2 y 00 − 4xy 0 + 4y = 0 IV. En los siguientes problemas, compruebe que la función indicada sea una solución explicita de la ecuaci´ on diferencial dada. Suponga un intervalo de definición I, adecuado. x

n ˜) 2y 0 + y = 0; y = e− 2 dy o) + 20y = 24; y = 56 − 65 e−20t dt p) y 00 − 6y 0 + 13y = 0; y = e3x cos 2x q) y 00 + y = tan x;

y = − (cos x) ln (sec x + tan x)

V. En los siguientes problemas, compruebe que la expresión indicada sea una solución impl´ıcita de la ecuaci´ on diferencial dada. Determine al menos una solución explc´ıta en cada caso. Con una graficadora trace las gráficas de las soluciones explic´ıtas. Describa el intervalo I de definici´ on en cada soluci´ on φ. dX 2X − 1 r) = (X − 1)(1 − 2X); ln( )=t dt X −1 s) 2xy dx + (x2 − y)dy = 0; −2x2 y + y 2 = 1 VI. a. Verifique que y = φ1 (x) = x2 y que y = φ2 (x) = −x2 sean soluciones de la ecuaci´ on diferencial xy 0 − 2y = 0 en el intervalo (−∞, ∞) . b. Compruebe que la funci´ on definida por tramos −x2 , x<0 y= x2 , x≥0 es también una soluci´ on de xy 0 − 2y = 0 en el intervalo (−∞, ∞) . VII. Determine valores de m tales que la función y = xm sea una solución de la ecuación diferencial dada. Explique su razonamiento. t) xy 00 + 2y 0 = 0 u) x2 y 00 − 7xy 0 + 15y = 0 VIII. En los siguientes problemas compruebe que cada para de funciones sea una soluci´ on del sistema respectivo de ecuaciones diferenciales en el intervalo (−∞, ∞) . −2t + 3e6t , a)  x=e   dx = x + 3y dt dy   = 5x + 3y dt

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y = −e + 5e6t ;

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1.1. SOLUCIONES Y PROBLEMAS DE VALOR INICIAL 1 b) x = cos 2t + et , 5  2 d x   = 4y + et dt2 2   d y = 4x − et dt2

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1 y = − cos 2t − sin 2t − et ; 5

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Cap´ıtulo 2

Ecuaciones diferenciales de primer orden En este capaitulo se estudian ecuaciones diferenciales de primer orden, dy = f (x, y) dx

(2.1)

Sin embargo, para una funci´ on arbitraria f , no existe un método general para resolver esta ecuación en términos de funciones elementales. En lugar de ello, se describen varios métodos, cada uno de los cuales es aplicable a cierta subclase de ecuaciones. En otros apartes de este capitulo se abordan algunas de las aplicaciones importantes de las ecuaciones diferenciales de primer orden y algunas cuestiones relacionadas con la existencia y unicidad de las soluciones.

2.1.

Ecuaciones Separables

Una ecuaci´ on diferencial de primer orden , como dy = F (x, y) dx

(2.2)

a menudo es conveniente escribirla en la forma M (x, y) + N (x, y)

dy =0 dx

(2.3)

siempre es posible hacer esto poniendo M (x, y) = −F (x, y) y N (x, y) = 1, aunque pueden existir nuevas formas mejores. En el caso de que M sea función de x u ńicamente y N una funci´ on s´ olo de y, entonces la ecuaci´ on ( 2.3) toma la forma M (x) + N (y) 17

dy =0 dx

(2.4)

2.1. ECUACIONES SEPARABLES CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Una ecuaci´ on diferencial que puede ponerse en la forma ( 2.4) se dice que es separable; la raz´ on para este nombre es clara, si la ecuación ( 2.4) se escribe en la forma diferencial M (x)dx + N (y)dy = 0

(2.5)

La ecuaci´ on ( 2.5) puede ser resuelta inmediatamente por integración; luego la solución general de ( 2.5) es Z Z M (x)dx + N (y)dy = c (2.6) donde c es una constante de integración. Ejemplo 8. halle la soluci´ on de

xy 0 = 2x2 y + y, y(1) = 1.

Soluci´ on: Si xy 0 = 2x2 y + y entonces x

dy = 2x2 y + y dx

entonces xdy = 2x2 ydx + ydx entonces

2x2 + 1 x

2x2 + 1 x

dx −

dy =0 y

entonces Z

Z dx −

dy =c y

entonces x2 + ln(x) − ln(y) = c entonces x x + ln = c y 2

ahora para

y(1) = 1. =⇒ c = 1

luego, x x + ln = 1 y 2

Ejemplo 9. Halle la soluci´ on de Lero y Jose

du u2 + 1 + 2 = 0, dt t +1 18

u(0) = −1 Amaury Camargo B

´ CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER 2.2. ORDEN ECUACIONES HOMOGENEAS. Soluci´ on: Separando variables tenemos que: du dt + 2 =0 +1 t +1

u2 entonces

Z

du + u2 + 1

Z

dt = c, t2 + 1

de donde se recibe tg −1 (u) + tg −1 (t) = c para (t, u) = (0, −1), se tiene que tg −1 (0) = 0 luego la soluci´ on pedida est´ a dada por:

y tg −1 (−1) = −

tg −1 (u) + tg −1 (t) = −

π 4

π 4

Tomando tangente a ambos lados llegamos a: u+t = −1, 1 − ut

o

(ut − u − t − 1 = 0)

Ejemplo 10. Halle la soluci´ on de x2 (y + 1)dx + y 2 (x − 1)dy = 0 Soluci´ on: La ecuaci´ on se puede escribir en la forma 2 2 y x dx + dy = 0 x−1 y+1 entonces

entonces

Z

Z x+1+

x2 x−1

Z dx +

y2 y+1

dy = c

Z 1 1 dx + y−1+ dy = c x−1 y+1

entonces (x + 1)2 + (y − 1)2 + 2 ln [(x − 1)(y + 1)] = c

2.2.

Ecuaciones homog´ eneas.

Definici´ on 4. Decimos que la funci´ on f (x, y) es homogénea de grado “k” en x ∧ y, s´ı y s´ olo s´ı: f (λx, λy) = λk f (x, y)

(2.7)

Observaci´ on 1. La definici´ on anterior puede generalizarse f´ acilmente para funciones de n´ as de dos variables. Lero y Jose

19

Amaury Camargo B

´ ÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 2.2. ECUACIONES HOMOG CAP ENEAS. Ejemplo 11. Dada f (x, y) = 2y 3 eyx −

x4 x + 3y

veamos si f (x, y) es o no homogénea y de qué grado. Soluci´ on: (λx)4 λx + 3(λy) λ 4 x4 = 2λ3 y 3 eyx − λ(x + 3y) x4 ) = y(2y 3 eyx − x + 3y = λ3 f (x, y)

f (λx, λy) = 2(λy)3 eλyλx −

lo que nos muestra que la funci´ on es homogénea de grado 3 en x ∧ y. Teorema 2. Si M (x, y) ∧ N (x, y) son ambas homogéneas del mismo grado, la funci´ on M (x, y) N (x, y) es homogénea de grado cero. Teorema 3. Si f (x, y) es homogénea de grado cero en (yx) solamente.

x ∧ y; entonces f (x, y) es funci´ on de

Definici´ on 5. Se dice que una ecuaci´ on de la forma dy = f (x, y) dx es homogénea siempre que la funci´ on f (x, y) no dependa de x ∧ y separadamente, sino solamente de sus razones (xy) o (yx), por tanto las ecuaciones homogéneas son de la forma dy = f (yx) dx

(2.8)

Ejemplo 12. Considérense las ecuaciones siguientes : dy 2xy + y 2 = = 2 (yx) + (yx)2 dx x2 dy y+x 1 [1 + (yx)] 2. = ln(x) − ln(y) + = ln + dx x−y (yx) [1 − (yx)]

1.

Lero y Jose

20

Amaury Camargo B

´ CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER 2.2. ORDEN ECUACIONES HOMOGENEAS.

3.

h i dy 2xy + y 3 y3 2 = = + 2 (yx) = y (yx) + 2 (yx) dx x2 x2

♣− Es claro que (1 y 2) son homogéneas, ya que la expresión de la derecha de cada una de ellas puede expresarse como una funci´ on de (yx); como (3) no puede escribirse as´ı, no es homogénea. ♣−Por su forma, una ecuaci´ on diferencial homogénea ( 2.8) puede simplificarse introduciendo una nueva variable, la cual denotaremos por “u ”, para representar la razón de “y a x ”. Por tanto, la sustituci´ on u = yx o y = ux (2.9) transforma la ecuaci´ on ( 2.8) en dy = f (u) (2.10) dx Considerando a “u ”como la nueva variable dependiente (que remplaza momentáneamente a y), dy en la ecuación ( 2.10) debemos considerar a “u ” como una función de “x ” y sustituir a dx por una expresi´ on apropiada en términos de “u ”entonces cuando derivamos la ecuación ( 2.9) obtenemos dy du =x + u; dx dx luego la ecuaci´ on ( 2.8) se transforma en: x

du + u = f (u) dx

(i)

o

x

du = f (u) − u dx

(ii)

Las ecuaciones (i) y (ii) son (e.d.v.s) las cuales pueden ser escritas en la forma dx du = f (u) − u x

(iii).

Resolviendo la ecuaci´ on (iii) y remplazando “u ” por yx obtenemos la solución de la ecuaci´ on original. Ejemplo 13. Halle la soluci´ on general de las siguientes e.d.h.

1.

dy 2xy + y 2 = dx x2

Soluci´ on: dy 2xy + y 2 = dx x2 = 2 (yx) + (yx)2 , tómese u = yx Lero y Jose

o 21

y = ux, Amaury Camargo B

´ ÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 2.2. ECUACIONES HOMOG CAP ENEAS. entonces

dy du =x + u, dx dx

entonces x

du + u = u2 + u dx

entonces

Z

dx = x

entonces

Z ln(x) =

dx du = x u(u + 1)

o

Z

du +c u(u + 1)

1 1 − u u+1

du + c

entonces ln(x) = ln(u) − ln(u + 1) − ln(c) entonces

ln(cx) = ln

entonces y= 2. xdy − ydx =

u u+1

cx2 1 − cx

p x2 + y 2 dx

Soluci´ on: transponiendo y asociando términos se obtiene: p x2 + y 2 dy y = + , dx x x entonces dy y = + dx x

p x2 + y 2 , x

entonces sea

u = yx

entonces

x

Lero y Jose

y = ux,

dy du =x + u, dx dx

entonces

entonces

o

p du + u = u + 1 + u2 , dx dy du −√ = 0, dx 1 + u2 22

Amaury Camargo B

´ CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER 2.2. ORDEN ECUACIONES HOMOGENEAS. entonces

Z

dy − dx

Z

√

du = c, 1 + u2

de donde se tiene que p ln(x) − ln u + 1 + u2 = ln(c) entonces

p ln(x) + ln(c) = ln u + 1 + u2 ,

o sea que u+

p 1 + u2 = cx,

entonces y+

p x2 + y 2 = cx2

3. (x2 − xy + y 2 )dx − xydy = 0 Soluci´ on: Sea y = ux, entonces,

dy = udx + xdu, as´ı (x2 − x2 u + u2 x2 )dx − x2 u(udx + xdu) = 0,

entonces (1 − u + u2 )dx − u(udx + xdu) = 0, entonces (1 − u)dx − xudu = 0, entonces

dx udu + = 0, x u−1

entonces

entonces

dx 1 + 1+ du = 0, x u−1 Z

dx + x

Z 1+

1 u−1

du = c,

entonces ln(x) + u + ln(u − 1) = ln(c) entonces x(u − 1)eu = c o (y − x)e(yx) = c

Lero y Jose

23

Amaury Camargo B

´ ÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 2.2. ECUACIONES HOMOG CAP ENEAS. Ejercicios propuestos 3. Resuelva las siguientes Ecuaciones diferenciales x dy = 2y, Rta : ln(y − x) + =c dx x−y dy b) 3x2 = 2x2 + y 2 , dx 3 3 dy y(2x3 − y 3 ) c) = , Rta : y 3 = cxe(−2x 3.y ) dx x(2x3 − 3y 3 )

a) x + y

d ) xydx − (x2 + 2y 2 )dy = 0, RT a : x2 = 4y 2 ln( yc ) dy e) x cos( xy ) = y cos( xy ) − x, Rta : x = ce−sen(yx) dx f ) y cos( xy ) + xsen( xy ) dx = x cos( xy )dy, Rta : x = csen( xy ) hp i g) x2 − y 2 + ysen−1 ( xy ) dx = xsen−1 ( xy )dy x2 + xy + y 2 ) dy −1 y − ln(x) = c = , Rta : tg 2 x dx 2 y x π i ) x cos ( x ) − y dx + xdy = 0, p(1, 4 ), Rta : tg( xy ) = ln( xe )

h)

j ) y(2x2 − xy + y 2 )dx − x2 (2x − y)dy = 0, k ) v(3x + 2v)dx − x2 dv = 0,

p(1, 12 ),

Rta : y 2 ln(x) = 2y 2 + xy − x2

Rta : 2x3 + 3x2 v − 3v = 0

p(1, 2),

l ) y 2 dx + (x2 + 3xy + 4y 2 )dy = 0, p(2, 1), Rta : 4(2y + x) ln(y) = 2x − y dy = 2xy, p(0, −1), RT a : x2 = 2y 2 (y + 1) m) (3x2 − 2y 2 ) dx p √ n) (y − x2 + y 2 )dx − xdy = 0, p( 3, 1), Rta : x2 = 9 − 6y

Lero y Jose

24

Amaury Camargo B

´ CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER 2.2. ORDEN ECUACIONES HOMOGENEAS.

2.2.1.

Ecuaciones Transformables a Homog´ eneas

Ecuaciones de la forma, dy =F dx

ax + by + c a0 x + b0 y + c0

,

(2.11)

no son e.d.h; puesto que aparecen dos constantes, una en el numerador y otra en el denominador (c y c0 ) respectivamente. ( c y c0 son los términos independientes de las ecuaciones). Por medio de los cambios de variables dx = dp x=p+α =⇒ , y =q+β dy = dq donde (α, β) es el punto de corte de las dos ecuaciones; la ecuación ( 2.11) puede escribirse en la forma siguiente: ! a + b( pq ) dq ap + bq q =F =F =F , (2.12) q 0 0 0 0 dp ap+bq a + b (p) p la ecuaci´ on ( 2.12) es una ecuaci´ on homogénea; y el método para hallar su solución fue estudiado en la secci´ on (2.4.1) Ejemplo 14. Resuelva 1.

dy x−y−1 = dx x + 3y − 5

Soluci´ on:Las rectas x − y − 1 y x + 3y − 5 se cortan en el punto (α, β) = (2, 1); por lo tanto el cambio de variables: x = p + 2 y y = q + 1 transforma la ecuación dada en la siguiente: 1 − ( pq ) dq p−q = = dp p + 3q 1 + 3( pq ) haciendo u=

(e.d.h)

(i).

q dq du =⇒ =u+p , p dp dp

y remplazando en (i) se tiene u+p la cual conduce a:

1−u du = , dp 1 + 3u

(e.d.v.s)

(3u + 1)du dp = (u + 1)(1 − 3u) p

cuya soluci´ on general es: (p − 3q)(p + q) = c; Lero y Jose

25

Amaury Camargo B

´ ÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 2.2. ECUACIONES HOMOG CAP ENEAS. y volviendo a las variables originales se llega a: (x − 3y + 1)(x + y − 3) = c 2.

dy (2x − y + 2) =− dx (4x − 2y − 1)

Soluci´ on:n´ otese ahora que las ecuaciones 2x − y + 2 = 0

y

4x − 2y − 1 = 0

son paralelas, esto es, no existe punto de corte (α, β). Para estos casos se procede de la forma siguiente (2x − y) + 2 = 0 y 2(2x − y) − 1 = 0, se hace la sustituci´ on: u = 2x − y

o

y = 2x − u

de donde se tiene que du dy =2− ; dx dx luego con estas variaciones la ecuación toma la forma siguiente 2− o

du u+2 =− dx 2u − 1 (2u − 1)du dx = 5u

cuya soluci´ on est´ a dada por: u = ce2u−2y y = 2x − ce−x−2y

o

z Algunas ecuaciones diferenciales llegan a ser homogéneas con el cambio de variable yn = v Ejemplo 15. halle la soluci´ on de la e.d. Soluci´ on:

xm = t

dy y2 − x = . dx 2xy dy y2 − x = dx 2xy

entonces 2y Lero y Jose

o

dy y2 − x = dx x 26

Amaury Camargo B

´ CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER 2.2. ORDEN ECUACIONES HOMOGENEAS. haciendo

dy du = dx dx luego con esta transformaci´ on llegamos a lo siguiente: y 2 = u =⇒ 2y

du u−x u = = −1 dx x x

(e.d.h),

cuya soluci´ on general es: x = ce−ux

Lero y Jose

o

27

x = ce−y

2 x

Amaury Camargo B

´ ÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 2.2. ECUACIONES HOMOG CAP ENEAS. Ejercicios propuestos 4. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales. a) (x − y + 1)dy − (x + y − 1)dx = 0, Rta : tg −1 ( y−1 x )=

ln x2 + (y − 1)2 + c

Rta : y − x − 3 = c(x + y − 1)3

b) (x − 2y + 5)dx + (2x − y + 4)dy = 0,

Rta : y − 2x − 3 = c(x + 1)3

c) (3y − 4x − 7)dx − (x + 1)dy = 0, d ) (2x − y)dx + (4x − 2y + 1)dy = 0, e) (2x − 2y)dx + (y − x + 1)dy = 0, f ) (2x + 3y)dx + (y + 2)dy = 0,

1 2

Rta : 10x − 5y + 2 = ce5x+10y Rta : 2x − y = 2 ln(y − x − 1) + c

Rta : (2x + y − 4)2 = c(x + y − 1)

g) (2x − y − 1)dx − (y − 1)dy = 0,

Rta : (x − y)(2x + y − 3)2 = c

h) (6x + 4y − 8)dx + (x + y − 1)dy = 0, Rta : (y + 3x − 5)2 = c(y + 2x − 3) Ax + By m dy = m−1 0 , se puede transformar en una i ) Muestre que la ecuaci´ on diferencial dx y (A x + B 0 y m ) e.d.h, haciendo el cambio: y m = v. dy xm−1 (Ay + Bxm ) j ) Muestre que la ecuaci´ on diferencial = , se puede transformar en una dx (A0 y + B 0 xm ) m e.d.h, haciendo el cambio: x = t. k ) Use las bases de los problemas 9 y 10 y el ejemplo 3 de la sección 2.2.1 para resolver las siguientes ecuaciones diferenciales. a) b) c) d)

(2xy − 4x3 )dx − (2y − x2 )dy = 0,

Rta : y 2 − x2 y + x4 = c

dy y + (xy 2 ) = , Rta : x2 + 2xy 3 − 3y 6 = c dx 3y 3 − x √ √ √ (4x y − 6y)dx + (4 y − 3x)dy = 0, Rta : x2 − 3x y + 2y = c √ √ dy y+4 x √ , 2 = Rta : 2x + y x − y 2 = c dx x − 2y x

Lero y Jose

28

Amaury Camargo B

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 2.3. ECUACIONES EXACTAS.

2.3.

Ecuaciones exactas.

Considérese primero la ecuaci´ on ψ (x, y) = c

(2.13)

donde c es una constante arbitraria. Supóngase adenás que la ecuación ( 2.13) define a y implicitamente como una funci´ on diferenciable de x, podemos entonces diferenciarla con respecto a x y obtener ψx (x, y) + ψy (x, y) y 0 = 0 (i) La ecuaci´ on (i) es la ecuaci´ on diferencial cuya solución se define por la ecuación. ( 2.13) A la inversa, supongamos que se da la ecuación diferencial M (x, y) + N (x, y)y 0 = 0

(2.14)

Si existe una funci´ on ψ tal que ψx (x, y) = M (x, y),

ψy (x, y) = N (x, y),

(ii)

y es tal que ψ (x, y) = c defina implicitamente a y = φ (x) como una función diferenciable de x, entonces

M (x, y) + N (x, y) y 0 = ψx (x, y) + ψy (x, y) y 0 d = ψ [x, φ (x)] dx

(iii)

Como resultado, la ecuaci´ on ( 2.14) se transforma en d ψ[x, φ(x)] = 0 dx

(2.15)

En este caso, se dice que la ecuaci´ on ( 2.14) es una ecuación diferencial exacta. La solución de la ecuación ( 2.14), o la equivalente ( 2.15), está dada implicitamente por la ecuación ( 2.13) En la práctica, la ecuaci´ on diferencial ( 2.14) en muchas ocasiones se escribe en la forma diferencial simétrica M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0

(2.16)

Observaci´ on 2. Los subindices denotan derivadas parciales con respecto a la variable indicada por ellos. Lero y Jose

29

Amaury Camargo B

2.3. ECUACIONES EXACTAS. CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Teorema 4. Sean las funciones M, N, My , y Nx continuas en la regi´ on rectangular α < x < β, γ < y < δ. Entonces la ecuaci´ on ( 2.14),

R tal que

M (x, y) + N (x, y) y 0 = 0 es una ecuaci´ on diferencial exacta en R si y sólo si My (x, y) = Nx (x, y)

(2.17)

en cada punto de R. Esto es, existe una función ψ que satisface las ecuaciones (ii) , ψx (x, y) = M (x, y) ,

ψy (x, y) = N (x, y) ,

si y sólo si M y N satisfacen la ecuación ( 2.17) Observaci´ on 3. No es necesario que la regi´ on R sea rectangular, sino s´ olo que sea simplemente conexa. La demostraci´ on de este teorema se hace en dos partes. Primero demostraremos que si hay una función ψ tal, que la ecuaci´ on (ii) sea cierta, entonces se concluye que satisface la ecuación ( 2.17). Calculando Nx y My de la ecuaci´ on (ii) se obtiene My (x, y) = ψxy (x, y),

Nx (x, y) = ψyx (x, y)

(2.18)

Supuesto que My y Nx son continuas, se deduce que ψxy y ψyx también lo son. Esto garantiza su igualdad() y se lleva a la ecuación ( 2.17) Ahora demostraremos que si M y N satisfacen la ecuación ( 2.17) entonces la ( 2.14) es exacta. La demostración conciste en elaborar una funci´ on ψ que satisfaga las ecuaciones (ii), ψx (x, y) = M (x, y) ,

ψy (x, y) = N (x, y) .

Integrando la primera de las ecuaciones (ii) con respecto a x, manteniendo y constante, se obtiene Z x ψ (x, y) = M (t, y) dt + h (y) (2.19) La funci´ on h es una funci´ on arbitraria de y que hace las veces de la constante arbitraria. Ahora debemos demostrar que siempre es posible elegir h (y) tal que ψy = N. De la ecuación ( 2.19) Z x ∂ M (t, y) dt + h0 (y) ψy (x, y) = ∂y Z x = My (t, y) dt + h0 (y) Haciendo ψy igual a N despejando h0 (y) resulta Z

0

h (y) = N (x, y) − Lero y Jose

30

x

My (t, y) dt

(2.20) Amaury Camargo B

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 2.3. ECUACIONES EXACTAS. () Se requiere la hip´ otesis de continuidad ya que, de otra manera, ψxy y ψyx no ser´ıan siempre iguales. Sin embargo, las excepciones son funciones un tanto peculiares, y rara vez se presentan. Para determinar h (y) de ( 2.20) es esencial que, independientemente de su apariencia, los términos del lado derecho de la ecuaci´ on ( 2.13) sea sólo función de y. Para establecer este hecho, podemos derivar la cantidad en cuesti´ on con respecto a x, obteniendo de acuerdo con la ecuación ( 2.17) Nx (x, y) = My (x, y) Entonces, a pesar de su forma aparente, el lado derecho dela ecuación ( 2.20) realmente no depende de x, y una sola integraci´ on dar´ a h (y) . Sustituyendo h (y) en la ecuación ( 2.19) obtenemos, como solución de las ecuaciones (ii) , Z x Z y Z x Ms (t, s) dt ds. (2.21) N (x, s) − M (t, y) dt + ψ (x, y) = Observaci´ on 4. N´ otese que esta prueba contiene un método para el c´ alculo de ψ (x, y) que, en consecuencia, sirve para resolver la ecuaci´ on diferencial original ( 2.14). Sin embargo, generalmente, es mejor llevar a cabo todo este proceso cada vez que se necesite, en lugar de tratar de aprenderse el resultado que se da en la ecuaci´ on ( 2.21). También cabe notar que lasoluci´ on se obtiene en forma impl´ıcita, la cual puede o no ser factible la soluci´ on expl´ıcitamente. Ejemplo 16. Resolver (y cos x + 2xey ) + sin x + x2 ey + 2 y 0 = 0.

(i)

Es claro que My (x, y) = cos x + 2xey = Nx (x, y) , y la ecuaci´ on dada es exacta. Por lo tanto, existe una ψ (x, y) tal que ψx (x, y) = y cos x + 2xey , ψy (x, y) = sin x + x2 ey + 2. Integrando con respecto a x, la primera de estas ecuaciones se tiene ψ (x, y) = y sin x + x2 ey + h (y) .

(ii)

haciendo ψy = N obtenemos ψy (x, y) = sin x + x2 ey + h0 (y) = sin x + x2 ey + 2. de aqu´ı que h0 (y) = 2. y h (y) = 2y. Lero y Jose

31

Amaury Camargo B

2.3. ECUACIONES EXACTAS. CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN La constante de integraci´ on puede omitirse, ya que cualquier solución de la ecuación diferencial previa ser´ a suficiente; esto es, no requerimos a la más general. Sustituyendo h (y) en la ecuaci´ on (ii) da ψ (x, y) = y sin x + x2 ey + 2y. por lo tanto, la soluci´ on de la ecuación original está dada implicitamente por y sin x + x2 ey + 2y = c. Teorema 5. Condiciones de exactitud Sean M (x, y), N (x, y) y sus derivadas parciales funciones continuas en un rectángulo a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d, Entonces existe una función ψ(x, y) (definida en el mismo rectángulo) tal que dψ = M (x, y)dx + N (x, y)dy ⇐⇒ My = Nx . Ejemplo 17. resuelva la ecuaci´ on (2x + 2xy + 1)dx + (x2 + 4y 3 )dy = 0 Solución: En este problema M (x, y) = 2x + 2xy + 1 2

N (x, y) = x + 4y

y

3

Dado que My = 2x = Nx , la ecuación es exacta. Las ecuaciones diferenciales parciales para ψ(x, y) son ψx = M (x, y) = 2x + 2xy + 1

y

ψy = N (x, y) = x2 + 4y 3

Se puede obtener la antiderivada (integral) de cualquiera de las dos ecuaciones; en este caso lo haremos tomando la segunda ecuación, de modo que Z y ψ(x, y) = ψdy Z = (x2 + 4y 3 )dy entonces ψ(x, y) = x2 y + y 4 + g(x)

(∗)

Hallemos g(x), derivando (∗), respecto a x; y lo comparamos con la ecuación ψx = M (x, y) = 2x + 2xy + 1. As´ı

Lero y Jose

∂ψ ∂ 2 = (x y + y 4 + g(x) = 2xy + g 0 (x) ∂x ∂x 32

Amaury Camargo B

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 2.3. ECUACIONES EXACTAS. luego 2xy + g 0 (x) = 2x + 2xy + 1 g 0 (x) = 2x + 1 g(x) = x2 + x por tanto ψ(x, y) = x2 y + y 4 + x2 + x = c. Ejemplo 18. Resuelva el P.V.I. (3x2 + y 3 ey )dx + (3xy 2 ey + xy 3 ey + 3y 2 )dy = 0,

y(2) = 0

Soluci´ on:

M (x, y) = (3x2 + y 3 ey )

N (x, y) = (3xy 2 ey + xy 3 ey + 3y 2 )

y

Como My = 3y 2 ey + y 3 ey = Nx , la ecuaci´ on es exacta. Las ecuaciones diferenciales parciales para la función F (x, y) son ψx = M (x, y) = (3x2 + y 3 ey )

ψy = N (x, y) = (3xy 2 ey + xy 3 ey + 3y 2 ).

y

Para hallar ψ(x, y), evaluamos la ecuación que presente menor dificultad, en este caso lo haremos en Z x ψ(x, y) = ψx dx Z ψ(x, y) = (3x2 + y 3 ey )dx ψ(x, y) = x3 + xy 3 ey + h(y) hallamos h(y), derivando el u ´ltimo resultado con respecto a y, e igualándolo con ψy = N (x, y), esto es: ∂ 3 ∂ψ = (x + xy 3 ey + h(y)) = ψy = N (x, y) ∂y ∂y de donde se tiene que 3xy 2 ey + xy 3 ey + h0 (y) = 3xy 2 + xy 3 ey + 3y 2 h0 (y) = 3y 2 , de donde se tiene que h(y) = y 3 , luego la cuación general está dada por ψ(x, y) = x3 + xy 3 ey + y 3 para y(2) = 0 se llega a que x3 + xy 3 ey + y 3 = 8 Lero y Jose

33

Amaury Camargo B

2.3. ECUACIONES EXACTAS. CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Ejemplo 19. Resolver (3x2 + 2xy) + (x + y 2 )y 0 = 0. Aqu´ı My (x, y) = 2x,

Nx (x, y) = 1;

ya que My no es igual a Nx , la ecuación dada no es exacta. Para comprobar que no puede resolverse por el procedimiento antes descrito, supongamos que hay una función ψ tal que ψx (x, y) = 3x2 + 2xy,

ψy (x, y) = x + y 2 .

(b)

Integrando la primera de las ecuaciones (b) se tiene ψ (x, y) = x3 + +x2 y + h (y) ,

(c)

donde h es una funci´ on arbitraria que depende solamente de y. Para tratar de satisfacer la segunda de las ecuaciones (b) , calculamos ψy de la ecuación (c) y la ponemos igual a N, obteniendo ψy (x, y) = x2 + h0 (y) = x + y 2

h0 (y) = x + y 2 − x2 .

(d)

Ya que la expresi´ on del lado derecho de la ecuación (d) depende tanto de x como de y, es imposible resolverla para h (y) . De aqu´ı que no haya ψ (x, y) que satisfaga las dos ecuaciones que se muestran en (b) .

2.3.1.

Factores Integrantes.

Si la ecuaci´ on diferencial M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0

(2.22)

es exacta, entonces se puede resolver por los métodos estudiados en la sección anterior. En caso de que ( 2.22) no sea exacta, es decir, si ∂M ∂N 6= ; ∂y ∂x es posible que podamos hacerla exacta al multiplicarla por un factor integrante (F.I) apropiado µ(x, y), de modo que la ecuaci´ on resultante µ(x, y)M (x, y)dx + µ(x, y)N (x, y)dy = 0, Lero y Jose

34


CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 2.3. ECUACIONES EXACTAS. será exacta, esto es, ∂ ∂ (µM ) = (µN ) ∂y ∂x

(2.24)

ex ex dx + (1 − 2 )dy = 0 y y

(2.25)

N− Un caso particular. La ecuaci´ on

es una ecuaci´ on diferencial exacta, pero si la multiplicamos por y 2 , la ecuación resultante yex dx + (y 2 − ex )dy = 0

(2.26)

ya no es (e.d.e). Este ejemplo muestra que muchas ecuaciones como ( 2.26) provienen de una (e.d.e). y por lo tanto pueden ser transformadas a e.d.e. si se les multiplica o divide por una función adecuada, (esta funci´ on se denomina factor integrante) En el caso de la ecuaci´ on ( 2.26), se convierte en ecuación diferencial exacta si se multiplica por −2 y . Existen muchos métodos para hallar (F.I). veamos un caso general. Considérese el caso donde M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0, no es exacta, multipliquemos dicha ecuación por el factor µ(x, y) (a´ un desconocido);por definici´ on de ( F.I ) la ecuaci´ on µ(x, y)M (x, y)dx + µ(x, y)N (x, y)dy = 0 es exacta, de modo que ∂ ∂ (µM ) = (µN ) ∂y ∂x

(2.27)

H−Simplificamos nuestro trabajo al considerar los siguientes casos. Caso 1. µ es funci´ on s´ olo de x, en este caso podemos escribir ( 2.27) como

∂M ∂N dµ µ =µ +N ∂y ∂x dx

o

dµ 1 = µ N

∂M ∂N − ∂y ∂x

dx

(2.28)

si el coeficiente de dx, a la derecha de ( 2.28) es una función que depende sólo de x (digamos f (x)), entonces tenemos que Lero y Jose

35

Amaury Camargo B

2.3. ECUACIONES EXACTAS. CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

dµ = f (x)dx µ Z ln(µ) = f (x)dx entonces µ=e

R

f (x)dx

este u ´ltimo es el factor integrante. Teorema 6. Si 1 N

∂M ∂N − ∂y ∂x

= f (x),

entonces R

e

f (x)dx

es un Factor integrante para la ecuación no exacta. M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0. Caso 2. Si µ es funci´ on solo de y, en este caso podemos escribir ( 2.28) como ∂M dµ ∂N µ +M =µ ∂y dy ∂x

dµ 1 = µ M

o

∂N ∂M − ∂x ∂y

dy.

(2.29)

si el coeficiente de dy, a la derecha de ( 2.29) es una función que depende sólo de y (digamos g(y)), entonces tenemos que dµ = g(y)dy µ Z ln(µ) = g(y)dy entonces R

µ=e

g(y)dy

este u ´ltimo es el factor integrante. Lero y Jose

36

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CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 2.3. ECUACIONES EXACTAS. Teorema 7. Si

1 M

∂N ∂M − ∂x ∂y

= g(y),

entonces R

g(y)dy

µ=e

es un (F.I) para la ecuaci´ on diferencial no exacta M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0. Nota 1. Un esquema nemotécnico para resumir todo el procedimiento visto anteriormente es el siguiente. 1−Escriba la ecuaci´ on en la forma M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0. Llame a

∂M = (1) ∂y

∂N = (2) ∂x

y

a) Si (1) = (2), la ecuaci´ on es exacta y puede resolverse de manera fácil por los métodos estudiados en la secci´ on (2:5). b) Si (1) 6= (2), calcule (1) menos (2), dividaR por N (x, y), llame el resultado f ; si f es una función que depende s´ olo de x, entonces µ = e f (x)dx es un factor integrante. Si no, calcule (2) menos (1), divida por M (x, y); llame el resultado g. Si g es una función que depende sólo de y, R g(y)dy entonces µ = e es un factor integrante para la ecuación dada. Ejemplo 20. Resuelva la ecuaci´ on ydx + (3 + 3x − y)dy = 0 Soluci´ on:aqu´ı tenemos que M (x, y) = y

N (x, y) = 3 + 3x − y,

y

luego ∂M =1 ∂y de modo que

∂N =3 ∂x

y

∂M ∂N 6= , se trata entonces de una e.d no exacta. ∂y ∂x

Ahora:

1 N

∂M ∂N − ∂y ∂x

=

−2 3 + 3x − y

no es funci´ on s´ olo de x; pero 1 M Lero y Jose

∂N ∂M − ∂x ∂y 37

=

2 , y Amaury Camargo B

2.3. ECUACIONES EXACTAS. CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN es función s´ olo de y, entonces 2 y

R

e

! dy

= e2 ln(y) = y 2

es un ( F.I ), luego multiplicando la ecuación dada por y 2 , se llega a lo siguiente: y 3 dx + (3y 2 + 3xy − y 3 )dy = 0, la cual es una ( e.d.e ). cuya soluci´ on es xy 3 + y 3 −

y4 =c 4

Ejemplo 21. una curva que tiene una pendiente dada por dy 2xy = 2 , dx x − y2 y pasa por el punto p(1, 2). Halle su ecuaci´ on. Soluci´ on: Escribimos la ecuaci´ on de la siguiente forma: 2xydx + (y 2 − x2 )dy = 0 Aqu´ı M (x, y) = 2xy,

y

∂M = 2x ∂y

y

entonces

N (x, y) = y 2 − x2 , ∂N = −2x. ∂x

Nótese que ∂M ∂N 6= ∂y ∂x o sea que la ecuaci´ on no es exacta. Ahora; 1 N

∂M ∂N − ∂y ∂x

=

y2

4x , − x2

no es funci´ on s´ olo de x, pero; 1 M

∂N ∂M − ∂x ∂y

=

−2 y

es funci´ on s´ olo de y. Por tanto un F.I está dado por R −2

e Lero y Jose

y

dy

= e−2 ln(y) = y −2 . 38

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CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 2.3. ECUACIONES EXACTAS. Multiplicando la ecuaci´ on por el F.I tenemos que: x2 2xdx + 1 − 2 dy = 0, y y la cual es una ( e.d.e

y e.d.h ), cuya solución general está dada por x2 + y 2 = cy.

5 En el caso particular donde la curva pasa por p(1, 2); c = . Entonces la ecuación pedida es 2 p 1 5 + 25 − 16x2 . x2 + y 2 = cy o y= 4 Ejercicios propuestos 5. Examine cada una de las siguientes ecuaciones para saber si son o no exactas, luego resuélvalas utilizando el procedimiento indicado para cada caso. y2 =c 2 Rta : y = cx(x − 1)−3

a) (2xy − 3x2 )dx + (x2 + y)dy = 0,

Rat : x2 y − x3 +

b) (2xy + y)dx + (x2 − x)dy = 0,

c) (sen(θ) − 2r cos2 (θ))dr + r cos(θ)(2rsen(θ) + 1)dθ = 0, Rta : rsen(θ) − (r cos(θ))2 = c d ) 2xydx + x2 + y 2 dy = 0, Rta : y 3x2 + y 2 = c e) (xy 2 − y)dx + x(xy + 1)dy = 0, f ) (1 − xy)−2 dx + y 2 + x2 (1 − xy)−2 dy = 0, g) y 0 = e2x + y − 1,

Rta : y = cex + e2x + 1

h) ydx + (2xy − e−2y )dy = 0,

Rta : xe2y − ln(y) = c

i ) ex dx + (ex cot(y) + 2y csc(y))dy = 0, j ) dx + (xy −1 − sin(y))dy = 0, k ) (3x +

Lero y Jose

6y −1 )

+

(x2 y −1

y(2) = 1, Rta : xy 4 − y 3 + 5xy − 3x = 5

+

ex sen(y) + y 2 = c

xy + y cos(y) − sin(y) = c

3x−1 y).y 0

Rta : x3 y + 3x2 + y 3 = c

= 0,

39

Amaury Camargo B

2.4. ECUACIONES LINEALES CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

2.4.

Ecuaciones lineales

Empezaremos con las ecuacioens de la forma dy = f (x, y) dx

(2.30)

en donde f es una funci´ on dada de dos variables. Cualquier función diferencial y = ψ(x) que satisface la ecuaci´ on ( 2.30) para toda x en alg´ un intervalo se llama solución, y el objetivo es determinar si existen funciones de este tipo y, en caso afirmativo, desarrollar métodos para encontrarlas. En esta secci´ on y en la siguiente se supondra que la función f (x, y) depende linealmente de la variable dependiente y. En este caso, la ecuación ( 2.30) puede escribirse en la forma y 0 + p(x)y = q(x)

(2.31)

Y se denomina ecuaci´ on lineal de primer orden. Se supondra que p(x) y q(x) son funciones dadas y que son continuas en alg´ un intervalo α < x < β. z Cuando q(x) = 0, se dice que la ecuación diferencial lineal es una ecuación diferencial homogénea, en caso contrario es no homogénea. Debemos hallar entonces una solución para la ecuación ( 2.31) en un intervalo I sobre el cual las funciones p(x) y q(x) sean continuas. Por ejemplo, la ecuaci´ on diferencial 1 3 y0 + y = 2 2

(2.32)

3 1 es una ecuaci´ on lineal particularmente simple en la que las funciones p(x) = y q(x) = son 2 2 constantes. Ejemplo 22. Resolver la ecuaci´ on ( 2.32) y determinar el comportamiento de las soluciones para valores grandes de x. Solución: Para resolver la ecuaci´ on ( 2.32) se observa que si y 6= 3, entonces esa ecuación puede escribirse de nuevo como dx dy =− y−3 2

(2.33)

Como el primer término de la ecuación ( 2.33) es la derivada de ln(y − 3) se tiene d 1 ln | y − 3 |= − dx 2 entonces se concluye que Lero y Jose

40

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CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 2.4. ECUACIONES LINEALES

ln | y − 3 |= −

x +C 2

en donde C es una constante arbitraria de integración. Por tanto al tomar la exponencial de ambos lados de la ecuaci´ on, se obtiene x

| y − 3 |= ec e− 2 o bien, x

y − 3 = ±ec e− 2 , y, por u ´ltimo, x

y = 3 + ce− 2

(2.34)

en donde c = ±ec también es una constante arbitraria (diferente de cero). A partir de la ecuaci´ on ( 2.33) resulta evidente que y → 3 cuando x → ∞. Si en particular en la ecuación ( 2.34), se sutituye x = 0 y y = 2, se encuentra que c = −1. Por tanto x

y = 3 − e− 2

(2.35)

es la soluci´ on particular de la ecuación cuya gráfica contiene al punto (0,2). Al volver a examinar la soluci´ on de la euación diferencial del ejemplo 3, es posible encontrar un indicio que conduzca a un método para resolver ecuaciones lineales de primer orden más generales. En primer lugar, la ecuaci´ on ( 2.34) se escribe en la forma x

x

ye 2 = 3e 2 + c;

(2.36)

y luego, al derivar con respecto a x, a ambos lados de ( 2.36), se obtiene 1 x 3 x y 0 + ye 2 = e 2 ; 2 2

(2.37)

lo que es equivalente a la ecuaci´ on ( 2.32). Observe ahora que la ecuación ( 2.32) puede resolverse x

si se invierten los pasos precedentes. Es decir, si se multiplica primero la ecuación ( 2.32) por e 2 , con lo que se obtiene la ecuaci´ on ( 2.37). Luego note que el primer término de la ecuación ( 2.37) x

es la derivada de (ye 2 ), de modo que la ecuación queda x

x

(ye 2 )0 = 23 e 2 ;

(2.38)

Por u ´ltimo, al integrar ambos lados de la ecuación ( 2.38) se obtiene la ecuación ( 2.36), y por tanto, la soluci´ on de la ecuaci´ on ( 2.32). En otras palabras una manera de resolver la ecuaci´ on Lero y Jose

41

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2.4. ECUACIONES LINEALES CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN x

( 2.32) es multiplicarla primero por la función e 2 . Como esta multiplicación reduce la ecuaci´ on a x

una forma que es integrable de manera inmediata, la función e 2 se denomina factor integrante (o de integraci´ on) de la ecuaci´ on ( 2.32). Es claro que para que este método sea eficaz debe ser posible calcular el factor integrante directamente a partir de la ecuaci´ on diferencial. A continuación, se aborda esta cuestión en el contexto de la ecuaci´ on m´ as general ( 2.31). El análisis anterior sugiere que una manera posible de resolver la ecuación lineal general de primer orden ( 2.31), y 0 + p(x)y = q(x) es multiplicar por un factor integrante adecuado y llevarla en consecuencia a una forma integral. Para encontrar ese factor integrante, primero se multiplica ( 2.31) por una función µ(x), que por el momento no est´ a determinada. Entonces, se tiene µ(x)y 0 + µ(x)p(x)y = µ(x)q(x).

(2.39)

El objetivo es elegir µ(x) de modo que el lado izquierdo de la ecuación ( 2.39) sea la derivada de alguna funci´ on. El término µ(x)y 0 sugiere que la función deseada podr´ıa ser el producto µ(x)y. A fin de obtener la combinaci´ on [µ(x)y]0 = µ0 (x)y + µ(x)y 0 es necesario sumar y restar el término µ0 (x)y en el primer término de la ecuación ( 2.39); al hacerlo y agrupar términos de manera conveniente, se obtiene [µ0 (x)y + µ(x)y 0 ] − [µ0 (x) − p(x)µ(x)]y = µ(x)q(x).

(2.40)

Ahora, si el segundo término del primer término de la ecuación ( 2.40) fuese cero, entonces esta ecuación tendr´ a la forma [µ(x)y]0 = µ(x)q(x)

(2.41)

y el primer término (por lo menos) ser´ıa fácilmente integrable. A fin de logarar lo anterior, debe elegirse µ de modo que µ0 (x) − p(x)µ(x) = 0

(2.42)

Si, por el momento, se supone que µ es positiva, entonces la ecuación ( 2.42) puede escribirse como µ0 (x) = p(x), µ(x) o bien, Lero y Jose

42

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d lnµ(x) = p(x) dx

(2.43)

Por tanto, Z lnµ(x) =

p(x)dx + k

(2.44)

Al elegir la constante k como cero se obtiene la función más simple posible para µ, a saber Z µ(x) = exp

p(x)dx

(2.45)

Observe que µ(x) es positiva para toda x, como se supuso. Una vez que se ha encontrado la función µ, se regresa a la ecuación ( 2.31) y se multiplica por µ(x), obteniéndose as´ı la ecuaci´ on ( 2.41). Al integrar ambos términos de la ecuación ( 2.41) se obtiene Z µ(x)y =

µ(x)q(x)dx + c,

o bien R y=

µ(x)q(x)dx + c µ(x)

(2.46)

Como y representa cualquier solución de la ecuación ( 2.31), se concluye que toda soluci´ on de la ecuaci´ on ( 2.31) est´ a incluida en la expresión del segundo término de la ecuación ( 2.46). Por consiguiente, esta expresi´ on se conoce como soluci´ on general de la ecuación ( 2.31). Observe que para encontrar la solución dada por la ecuación ( 2.46) se requieren dos integraciones: una para obtener µ(x) a partir de la ecuación ( 2.45) y otra para determinar y a partir de la ecuación ( 2.46). También, observe que antes de calcular el factor integrante µ(x) a partir de la ecuación ( 2.45), es necesraio asegurarse de que la ecuación diferencial esté exactamente en la forma ( 2.31); espec´ıficamente, el coeficiente de y 0 debe ser uno. En caso contrario, la p(x) usada para calcular µ será incorrecta. En segundo lugar, después de encontrar µ(x) y multiplicar la ecuación ( 2.31) por ella, es necesario tener la certeza de que los términos en los que aparecen y y y 0 son, en efecto la derivada µ(x)y. Por supuesto, una vez que se ha encontrado la solución y, también puede verificarse sustituyéndola en la ecuación diferencial. La interpretaci´ on geométrica de la ecuiación ( 2.46) es una familia infinita de curvas, una para cada valor de c, de la misma manera en que las gráficas de la figura 2.1.1 representan las soluciones ( 2.34) de la ecuaci´ on ( 2.32). A menudo, a estas curvas se les da el nombre de curvas integrales. Algunas veces es importante elegir un elemento espec´ıfico de la familia de curvas integrales. Lo Lero y Jose

43

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2.4. ECUACIONES LINEALES CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN anterior se lleva a cabo al identificar un punto particular (x0 , y0 por el que se requiera que pase la gráfica de la soluci´ on. Este requisito suele expresarse como y = (x0 ) = y0

(2.47)

y se denomina condici´ on inicial. Una ecuación diferencial de primer orden, como la ( 2.30) o ( 2.31), junto con una condici´ on inicial, como la ( 2.47), constituyen un problema con valor inicial. z−Por u ´ltimo, integrando a ambos lados de ( 2.39) obtenemos la solución general para la ecuaci´ on diferencial lineal ( 2.31), as´ı: R

ye

p(x)dx

Z =

Rh

y=e

R

p(x)dx

i

p(x)dx

R

p(x)dx

e Z h

p(x)dx

R

q(x)e

y=

−

R

[q(x)e

q(x)e

R

dx + c]

dx + c

p(x)dx

i

dx + c

Observaci´ on: Pasos para la soluci´ on de una ecuaci´ on diferencial lineal de primer orden 1. Convierta la ecuaci´ on diferencial lineal a la forma estándar ( 2.31) R

2. Identifique p(x) y con base en él, determine el factor integrante µ(x) = e

p(x)dx

3. Multiplique la forma est´ andar de la ecuación por el factor integrante µ(x, y); el lado izquierdo de la ecuaci´ on resultante es la derivada del producto del factor integrante por la variable dependiente y; 4. Integre a ambos lados de la ecuación resultante en el paso 3. Ejemplo 23. resuelva la ecuaci´ on diferencial (2y − 8x2 )dx + xdy = 0.

Soluci´ on: la ecuaci´ on es lineal en y, al escribirla en su forma estándar se llegs a: dy + Lero y Jose

2 ydx = 8xdx; x 44

Amaury Camargo B


donde p(x) =

2 y el factor integrante es x e

R

p(x)dx

= x2 ,

luego Z

2

8x3 dx

yx = de lo cual se tiene que

y = 2x2 + cx−2 . ydx + (3x − xy + 2)dy = 0.

Ejemplo 24. resuelva la ecuaci´ on diferencial Soluci´ on: Ya que el producto

ydy aparece en la ecuaci´ on, entonces esta no es lineal en y. No obstante organizando los términos en otra forma llegamos a ydx + (3 − y)xdy = −2dy;

(2.48)

la cual es una ecuaci´ on lineal en x. La forma est´ andar de ( 2.48) es: dx +

−2 3 − 1 xdy = dy; y y

(2.49)

de ( 2.49) observamos que p(y) =

3 −1 y

y que el factor integrante es y 3 e−y . Multiplicando ambos lados de la ecuación ( 2.49) por y 3 e−y llegamos a la ecuación diferencial exacta y 3 e−y dx + y 2 (3 − y)e−y xdy = −2y 2 e−y dy donde se logra 3 −y

x(y e

Z ) = −2

y 2 e−y dy,

es decir, xy 3 e−y = 2y 2 e−y + 4ye−y + 4e−y + c o

xy 3 = 2y 2 + 4y + 4 + ce−y .

Problema 1. Lero y Jose

45

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2.4. ECUACIONES LINEALES CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Un tanque de 120 galones inicialmente contiene 10 librasde sal disueltas en 90 galones de agua, hacia el tanque fluye salmuera que contiene 41 .libgal a razón de (4.gal m´ın) . y la mezcla fluye hacia afuera del tanque a raz´ on de (2.gal m´ın) . ¿En cuánto tiempo se llenará el tanque y cuánta sal habr´ a en él cuando se llene? Solución: a) en este problema el volumen de agua salada aumenta; dado que S(0) = 10 y como Re − Rs = (4 − 2) = 2 entonces V (t) = 90 + 2t, el tanque de 120 galones se llenar´ a cuando t = 15 m´ın . dS b) Sea “S ” el n´ umero de libras de sal en el tanque después de t minutos, luego es la tasa de dt cambio de la cantidad de sal “S ”, con respecto al tiempo t; Re es la razón de entrada y Rs la razón de salida de la salmuera del tanque, entonces: dS = (Re − Rs ), dt de donde se tiene que

R

e

2 90+2t dt

1 lib 4 gal

lib m´ın y gal lib 2s lib Rs = 2 S = m´ın ( 90 + 2t) gal 90 + 2t m´ın de lo anterior se tiene que dS 2s dS 2s = (Re − Rs ) = 1 − =⇒ + =1 dt 90 + 2t dt 90 + 2t entonces 2 dS + S dt = 1dt 90 + 2t la cual es una ecuaci´ on diferencial lineal en S, cuyo F.I es Re =

gal 4 m´ın

=1

(2.50)

(2.51)

(2.52)

= 90 + 2t.

De ( 2.52) se recibe que (90 + 2t)S = (90t + t2 ) + C, como S(0) = 10, entonces C = 900. As´ı que, la cantidad de sal en el tanque en un momento t es 90t + t2 900 S(t) = + ; 90 + 2t 90 + 2t el tanque se llena en 15 m´ın y cuando t = 15 tenemos que S(15) = 20,625 (lib).

Lero y Jose

46

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2.4.1.

La ecuaci´ on de Bernoulli

La ecuaci´ on diferencial

dy + p(x)y = q(x)y n , dx donde “n ” es cualquier n´ umero real se llama ecuación diferencial de Bernoulli.

(2.53)

− Obsérvese que cuando n = 0 y cuando n = 1, la ecuación ( 2.53) es una e.d.l (caso anterior). − Cuando n 6= 0 y

n 6= 1, la sustitución z = y 1−n

(2.54)

reduce cualquier ecuaci´ on de la forma ( 2.53) a una ecuación diferencial lineal en su forma est´ andar. − Para resolver una ecuaci´ on de la forma ( 2.53) empezamos por escribir dicha ecuación en la forma y −n dy + p(x)y 1−n dx = q(x)dx (2.55) − Haciendo z = y 1−n y derivando impl´ıcitamente respecto de y tenemos que dz = (1 − n)y −n dy donde y −n dy =

dz (1 − n)

(2.56)

Remplazando estos u ´ltimos resultados en ( 2.55) se tiene que dz + p(x)zdx = q(x)dx (1 − n)

o dz + (1 − n)p(x)zdx = (1 − n)q(x)dx

(2.57)

La ecuaci´ on ( 2.57), que depende de x ∧ z, es una ecuación diferencial lineal en su forma est´ andar, la cual después de resuelta se debe regresar a la variable original “y ”.

Ejemplo 25. resuelva la ecuaci´ on

dy −y 3 + ytg(x) = dx cos(x)

Solución: Es claro que esta no es una ecuación diferencial lineal, puesto que en el término derecho de la ecuaci´ on aparece y 3 , es decir, n 6= 0 y n 6= 1; (n = 3). Escribimos la ecuaci´ on as´ı y −3 dy + tg(x)y −2 dx = Lero y Jose

47

−dx cos(x)


2.4. ECUACIONES LINEALES CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Dado que (n = 3), entonces hacemos la sustitución z = y 1−3 = y −2 , luego dz = −2y −3 dy o sea que −dz 2 −dz y −3 dy = en ( 2.58) 2 y −3 dy =

Sustituyendo

z = y −2

y

tenemos que: −dz −dx + tg(x)zdx = 2 cos(x) 2dx dz − 2tg(x)zdx = cos(x)

o

la cual es una ecuaci´ on l´ıneal en su forma estándar; cuyo factor integrante es e−2

R

tg(x)dx

= cos2 (x),

luego 2

Z

z cos (x) =

2 cos2 (x) dx + c, cos(x)

entonces

z cos2 (x) = 2sen(x) + c, sustituyendo z = y −2 llegamos a cos2 (x) = 2sen(x) + c o y2 cos2 (x) = y 2 (2sen(x) + c).

Lero y Jose

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CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 2.4. ECUACIONES LINEALES Ejercicios propuestos 6. Resuelva las siguientes ecuaciones lineales y de Bernoulli. 2

a) y 0 + 2xy = 4x,

Rta : y = 2 + c.ex

b) xy 0 = y + x3 + 3x2 − 2x,

Rta : 2y = x3 + 6x2 − 4x ln(x) + cx

c) (x − 2).y 0 = y + 2(x − 2)3 ,

Rta : y = c.(x − 2) + (x − 2)3

d ) y 0 + y. cot(x) = 5.ecos(x) ,

y( π2 ) = −4,

e) y 0 − 2y cot(2x) = 1 − 2x cot(2x) − 2 csc(2x), f ) .y ln(y)dx + (x − ln(y))dy = 0,

Rta : y. sin(x) + 5.ecos(x) = 1 Rta : y = x + cos(2x) + c sin(2x)

Rta : 2x ln(y) = ln2 (y) + c

g) y 0 − y = xy 3 , h) y 0 + 2xy + xy 5 = 0 i ) y 0 + 3−1 y = 3−1 (1 − 2x)y 4 ,

Rta : y −3 = cex − 2x − 1

j ) y 0 + y = y 2 (cos(x) − sin(x)), Rta : y −1 = − sin(x) + cex k ) xdy − y + x3 (1 + ln(x)) dx = 0, l ) Considere un tanque de 100m3 lleno de agua. El agua bien mezclada contiene un contaminante con una concentraci´ on de 0,6 galm3 . Se bombea hacia el tanque agua nás limpia con una concentraci´ on de contaminante de 0,15 galm3 , a una tasa de 5 m3 s. El agua fluye hacia fuera del tanque a través de una válvula de exceso de flujo a la misma tasa que se bombea hacia adentro. a) Determine la cantidad y concentración del contaminante en el tanque como una funci´ on del tiempo. b) ¿En que momento será 0,3 galm3 la concentraci´ on?. m) Un tanque bien mezclado contiene 100 litros de agua con una concentración de sal de 0,1 kgl Agua que contiene sal a una concentración de 0,2 kgl entra a una tasa de 5.lh, una v´ alvula abierta permite que el agua salga a 5.lh La evaporación de agua del tanque es de 1.lh. a) Determine la cantidad y concentración de sal en el tanque como una funci´ on del tiempo. b) ¿En que momento será 0,15 kgl la concentración?. n) Una habitaci´ on tiene un volumen de 800 pies c´ ubicos. El aire de la habitación contiene cloro a una concentraci´ on de 0.1 gramos por pies c´ ubico. Aire fresco entra a la habitación a una tasa de 8 pies c´ ubicos por minuto. El aire de la habitación está bien mezclado y fluye hacia fuera por una puerta a la misma tasa que entra el aire fresco. a) Determine la cantidad de cloro en la habitaci´ on como una función del tiempo. b) Suponga que la tasa de flujo de aire fresco es ajustable. Determine la tasa de entrada requerida para reducir la concentraci´ on de cloro a 0.001 gramos por pies c´ ubicos en 20 minutos.

2.4.2.

Sustituci´ on sugerida por la ecuaci´ on dada.

Una ecuaci´ on de la forma M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 Lero y Jose

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2.4. ECUACIONES LINEALES CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN puede no conducir a ninguno de los métodos estudiados anteriormente; a´ un entonces la utilidad de estos métodos no est´ a agotada totalmente, puede ser posible que alg´ un cambio de variables transforme la ecuaci´ on dada por otra que pueda resolverse por métodos directos. Una fuente natural de sugerencias para encontrar transformaciones u ´tiles que nos conduzca a la resoluci´ on de una ecuaci´ on diferencial , es ella misma. Ejemplo 26. en la ecuaci´ on (x + 2y − 1)dx + 3(x + 2y)dy = 0

(2.59)

la combinaci´ on (x + 2y) aparece dos veces, lo cual llama la atenci´ on; de aqu´ı que para resolver el ejercicio se hace la sustituci´ on

u = (x + 2y)

o

x = u − 2y =⇒ dx = du − 2dy entonces la ecuaci´ on ( 2.59) se convierte en

(u − 1)(du − 2dy) + 3udy = 0 (u − 1)du + (u + 2)dy = 0

o (e.d.v.s),

la cual se puede escribir como

u−1 du + dy = 0 u+2 3 1− du + dy = 0, u+2

o

lo que conduce a u − 3 ln(u + 2) + y + c = 0, para finalmente llegar a: x + 3y + c = 3 ln(x + 2y + 2) Ejemplo 27. resuelva la ecuaci´ on (1 + 3x sin(y))dx = x2 cos(y)dy Lero y Jose

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CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 2.4. ECUACIONES LINEALES Soluci´ on: (1 + 3x sin(y))dx = x2 cos(y)dy, entonces (1 + 3x sin(y))dx − x2 cos(y)dy = 0,

(2.60)

tómese u = sin(y) =⇒ du = cos(y)dy la ecuaci´ on ( 2.60) se convierte en (1 + 3xu)dx − x2 du = 0, la cual es lineal en u; y cuya forma estándar es: du − 3x−1 udx = x−2 dx. Un factor integrante para esta u ´ltima ecuación es x−3 , que al aplicarlo genera la ecuaci´ on diferencial exacta siguiente x−3 du − 3x−4 udu = x−5 dx, de la cual se obtiene que 4x−3 u = c − x−4

o

4xu = cx4 − 1

luego, sustituyendo u se recibe 4x sin(y) = cx4 − 1.

Ejercicios propuestos 7. Obtenga la soluci´ on general o particular seg´ un se indique en cada ecuación diferencial. a) 2xe2y y 0 = 3x4 + e2y , Rta : y = 21 ln x4 + cx b) y 0 = sin(x + y),

Rta : x + c = tan(x + y) − sin(x + y)

c) (x + 2y − 1)dx + (2x + 4y − 3)dy = 0, Rta : (x + 2y − 1)2 = 2y + c d ) (3x − 2y + 1)dx + (3x − 2y + 3)dy = 0, Lero y Jose

Rta : 5(x + y + c) = 2 ln(15x − 10y + 11) 51

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2.4. ECUACIONES LINEALES CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Rta : sin(x) ln(y) = x cos(x) − sin(x) + c 21x + 7y − 8 4(3x + y − 2)dx − (3x + y)dy = 0, y(1) = 0, Rta : 7(4x − y − 4) = 8 ln 13 dy = tan(x + y), Rta : x − y − ln [sin(x + y) + cos(x + y)] = c dx dy = e(x+y−1) − 1, Rta : x + e(1−x−y) + c dx 1 dy − 2, Rta : (2x + y + 3) ln(2x + y + 3) = x + c = dx ln(2x + y + 3) − 1 dy = (x + y + 1)2 , Rta : x − y + 2 = c(y − x)e2x dx y 0 = 2(3x + y)2 − 1, Rta : 4 tan−1 (3x + y) = 8x + π

e) y(x tan(x) + ln(y))dx + tan(x)dy = 0, f) g) h) i) j) k)

Lero y Jose

52

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CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

2.5.

2.5. APLICACIONES

Aplicaciones

2.5.1.

Crecimiento de poblaci´ on.

Supóngase que se colocan x0 bacterias en una solución nutriente en el instante t = 0 y que x = x(t) es la poblaci´ on del cultivo en el instante t. Si el alimento y el espacio son ilimitados, y si como consecuencia la poblaci´ on est´ a creciendo en todo momento a un ritmo proporcional a la poblaci´ on presente en ese momento, hallar x en función de t. Solución: Dado que el ritmo de crecimiento de x es proporcional a la propia x, podemos escribir la ecuaci´ on diferencial dx = kx (2.61) dt Separando variables e integrando se deduce que dx = kdt, x

ln(x) = kt + c.

Como x = x0 cuando t = 0, tenemos que c = ln(x0 ), as´ı que ln(x) = kt + ln(x0 ) x = x0 ekt

y (2.62)

Con el fin de concretar m´ as estas ideas, supóngase que la población humana crece de este modo. Seg´ un los expertos en demograf´ıa de los EE.UU., esta población está creciendo a una tasa media de aproximadamente el 2 % anual, luego k = 0,02 = 1/50 y ( 2.62) se convertir´ıa en x = x0 et/50

(2.63)

Para hallar el tiempo t necesario para que se duplique la población mundial, sustituimos la constante c por 2x0 = x0 eT /50 . De ah´ı que

2.5.2.

t = ln(2), luego t = 50 ln(2) ∼ nos = 34, 65 a˜ 50

Desintegraci´ on Radiactiva.

Si las moléculas de cierto tipo tienen tendencia a desintegrarse en moléculas más peque˜ nas a un ritmo que no se ve afectado por la presencia de otras sustancias, es natural esperar que el n´ umero de moléculas que se descomponen en una unidad de tiempo sea proporcional al n´ umero total presente. Una reacci´ on qu´ımica de esta clase se llama una reacci´ on de primer orden. Supóngase, por ejemplo, que x0 gramos de materia iniciales se descomponen por una reacci´ on de primer orden. Si x denota el n´ umero de gramos presentes en un instante t posterior, el principio enunciado antes conduce a la ecuación diferencial − Lero y Jose

dx = kx, dt

53


2.5. APLICACIONES


[Como dx/dt es el ritmo de crecimiento de x, −dx/dt es el de decrecimiento, y ( 2.64) dice que el ritmo de decrecimento es proporcional a x.] Separando variables en ( 2.64) e integrando se obtiene −

dx = kdt, x

ln(x) = −kt + c.

La condici´ on inicial x = x0 cuando t = 0 da c = ln(x0 ), luego ln(x) = −kt + ln(x0 ). y x = x0 e−kt Ejemplo 28. El einstenio 253 decae con una rapidez proporcional a la cantidad que se tenga. Determine la vida media si este material pierde un tercio de su masa en 11,7 d´ıas. Solución: Sean, Q : cantidad de einstenio 253 en cualquier instante dado,( t en d´ıad) dQ : rapidez con la que decae el einstenio 253. dt r : razón de decaimiento. Dado que el einstenio 253 decae con rapidez proporcional a la cantidad presente en un instante dado, entonces se tiene que; dQ dQ = −rQ ⇔ = −rdt dt Q ln Q = −rt + C Q = ce−rt

(1)

Además se tiene que, Q (0) = Q0 (2) ( cantidad inicial de einstenio 253 en el tiempo 0 d´ıas ) Sustituyendo 2 en 1, se obtiene: Q0 = ce−r(0) ⇔ c = Q0

3

Sustituyendo (3) en (1) , se obtiene: Q = Q0 e−rt (4) ; para t = 11,7 d´ıas tengo que 1 2 Q = Q0 − Q0 ⇔ Q = Q0 3 3 Sustituyendo (5) en (4) , se obtiene: r = 0,034656 Lero y Jose

54

(5) (6) Amaury Camargo B


2.5. APLICACIONES

Sustituyendo (6) en (4) , se tiene que, Q = Q0 e−0,034656t

(7)

La vida media, τ, es el tiempo necesario para que se desintegre la mitad de la cantidad de material Q0 inicial, . 2 As´ı, de la ecuaci´ on (7) , se recibe que: 1 1 Q0 = Q0 e−0,034656τ ⇔ = e−(0,034656)τ 2 2 −0,6931471806 τ = , −0,034656 ∴ τ ≈ 20d´ıas Ejemplo 29. Enfriamiento - Calentamiento Seg´ un la ley de enfriamiento (calentamiento) de Newton, la razón con que cambia la temperatura de un objeto es proporcional a la diferencia entre su temperatura y la del medio que lo rodea (temperatura ambiente), es decir, dTt = −k(Tt − Tm ) (2.65) dt donde Tt es la temperatura del cuerpo que se está enfriando (calentando), Tm es la temperatura del medio que lo rodea y k es la constante de proporcionalidad; en ambos casos; enfriamiento – calentamiento, si Tm se considera constante, es razonable que k > 0. Ejemplo 30. Resuelva la ecuaci´ on diferencial ( 2.65) para Tt . Soluci´ on:se sabe que dTt = −k(Tt − Tm ), dt luego separando variables e integrando se tiene que: Z Z dTt = −k dt (Tt − Tm ) entonces ln(Tt − Tm ) = −kt + c entonces Tt = Tm + e−kt+c de donde se logra : Tt = Tm + (T0 − Tm )e−kt ⇔ ec = T0 − Tm Lero y Jose

55


2.5. APLICACIONES


Ejemplo 31. la temperatura ambiente en una oficina es de 70o . F; la experiencia ha ense˜ nado que la temperatura de una tasa de café que se trae a la oficina bajar´ a su temperatura de 120o F a 100o F en 10 minutos. ¿Cu´ al debe ser la temperatura de la tasa de café (T0 ) al traerla si quiere que pasen 20 minutos antes de que baje a 100o F ?. Soluci´ on:De la descripci´ on del problema tenemos que : Tm = 70o F, y

T (10) = 100o F

cuando T (0) = 120o F.

♣ Hallemos primero k, esto es, de la ecuación principal ( 2.66)se tiene que: Tt = Tm + (T0 − Tm )e−kt Tt = 70 + (120 − 70)e−kt Tt = 70 + 50e−kt además, T (10) = 100o F = 70 + 50e−10k por lo que e−10k =

ln( 35 ) 3 ⇔k= −→ k = 0,05. 5 −10

Ahora podemos hallar la temperatura inicial si se quiere que T (20) = 100o F ; de nuevo de ( 2.66) se tiene Tt = Tm + (T0 = Tm )e−kt = 70 + (T0 − 70)e−kt sin embargo T (20) = 100o F = 70 + (T0 − 70)e−20k 30 + 70e−20k e−20k =⇒ T0 = 151,53o F.

=⇒ T0 =

2.5.3.

Mezclas

Ejemplo 32. Un tanque est´ a lleno con 10 galones de agua salada en la cual están disueltas 50 libras de sal. Agua salada conteniendo 3 libras de sal por galón entra al tanque a razón de 2 galones por minuto; y la mezcla bien agitada sale del tanque a la misma tasa. a) Encuentre la cantidad de sal en el tanque en cualquier tiempo. b) ¿Cuánta sal est´ a presente en el tanque después de 10 minutos?. c) ¿ Cuánta sal est´ a presente en el tanque después de un tiempo largo?. Lero y Jose

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2.5. APLICACIONES

dS Soluci´ on:Sea “S ” el n´ umero de libras de sal en el tanque después de ”t” minutos, luego es la dt tasa de cambio de la cantidad de sal “S ”, con respecto al tiempo t; Re es la razón de entrada y Rs la raz´ on de salida de la salmuera del tanque. Entonces: dS = (Re − Rs ) dt

(2.67)

Dado que entran 2gal m´ın conteniendo 3libgal de sal, tenemos que gal lib lib Re = 2 3 =6 m´ın gal m´ın

(2.68)

Puesto que siempre hay 10gal de agua salada en el tanque y debido a que hay S libras de sal lib en cualquier tiempo t, la concentración de sal al tiempo t es: S gal , por tanto la cantidad de sal que sale por minuto viene dada por gal lib lib 2 =S (2.69) Rs = S 10.gal m´ın 5 m´ın Remplazando y en se tiene que: dS = (Re − Rs ) = dt

6

lib lib −S m´ın 5 m´ın

=

S lb 6− 5 m´ın

Separando variables e integrando en ( 2.70), tenemos que: Z Z dS dt t = =⇒ − ln(30 − S) = + c 30 − S 5 5

(2.70)

(2.71)

Puesto que inicialmente hay 50.lib de sal en el tanque, Tenemos que S = 5, cuando t = 0. Luego de ( 2.71) se llega a que c = − ln(25) esto conduce a

ln

30 − S 25

=

o sea que S = 30 − 25e

−t ; 5 −t 5

(cantidad de sal en el tanque en cualquier tiempo .) ♣−Al cabo de 10 minutos la cantidad de sal es S = 30 − 25e−2 = 26,6lib. ♣−Después de un tiempo largo, es decir, cuando t −→ ∞, vemos que S −→ 30lib.

Lero y Jose

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2.5. APLICACIONES


Ejemplo 33. Considere una masa de 4gr que se deja caer desde una altura de 6m. Suponga que la resistencia gr . Determine la del aire act´ ua sobre la masa con una constante de proporcionalidad igual a 12 seg velocidad como funci´ on del tiempo. ¿Cuál es la velocidad más rápida a la que viajará el cuerpo?. ¿Depende la velocidad terminal de la condición inicial? Solución: a) para determinar la ecuaci´ on del movimiento, observamos que hay dos fuerzas que act´ uan sobre m ), dirigida hacia el objeto: una fuerza constante debida a la gravedad (tomaremos g = 9,8 seg 2 abajo y una fuerza debida a la resistencia del aire, que es proporcional a la velocidad y que act´ ua gr ). Si la velocidad en sentido contrario al movimiento (constante de proporcionalidad k = 12 seg v (t) a su velocidad del objetoen el instante t, aplicando la segunda ley de Newton tenemos m

dv (t) = mg − kv (t) dt

que da lugar a la ecuaci´ on diferencial 4v 0 + 12v = 39,2 (por simplicidad en la notaci´ on v (t) = v). Se trata de una ecuación de variables separables 4 dv = dt, 39,2 − 12v que integrando

1 − ln |39,2 − 12v| = t + C0 3 ⇐⇒ 39,2 − 12v = Ce−3t ⇔ vt = 3,27 − Ce−3t Puesto que, inicialmente, v (0) = 0, se tiene que C = 3,27. Por tanto, la velocidad de la masa de cada instante viene dada por v (t) = 3,27 1 − e−3t Teniendo en cuenta que, a medida que transcurre el tiempo, la cantidad e−3t se hace muy peque˜ na y que la velocidad m´ axima se alcanzará cuando el objeto choque contra el suelo, podemos aproximar esta velocidad por v (t) ≈ 3,27. Observar que este valor de la velocidad terminal corresponde 4 (9,8) mg = que, evidentemente, no depende de la condición inicial. a la constante k 12 Lero y Jose

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2.5. APLICACIONES

Ejemplo 34. Supongamos que el ritmo de propagación de un rumor es proporcional a la cantidad de personas que lo conocen en cada momento. Se sabe que hab´ıa 100 personas que conoc´ıan el rumor tras el segundo d´ıa y 300 tras el cuarto. Estimar cuantas personas conocerán el rumor pasados 10 d´ıas. Solución: Si llamamos y (t) a la cantidad de personas que conocen el rumor en un instante t, el n´ umero de personas en el instante t que conocen dicho rumor, puede expresarse as´ı dy (t) = ky (t) dt La soluci´ on de dicha ecuaci´ on de variables separables es: y (t) = Cekt Como, seg´ un el enunciado es: y (2) = 100, y (4) = 300, sustituyendo en la ecuación tenemos que k=

log 3 100 yC= 2 3

Por tanto el modelo experimental es y (t) = conocen el rumor.

Lero y Jose

59

100 log 3 t e 2 a los 10 d´ıas habrá 8100 personas que 3

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2.5. APLICACIONES


Ejercicios propuestos 8. Resuelva cada uno de los siguientes ejercicios, (y problemas).

a) ydx + (x3 y 2 + x3 )dy = 0, p √ b) x 1 + y 2 dx = y 1 + x2 dy, √ c) π 2 dx = x x2 − π 2 dy, d)

dy x + xy 2 = , dx 4y

y(1) = 0,

e) 3x(y 2 + 1)dx + y(x2 + 2)dy = 0, f ) ex (y − 1)dx + 2(ex + 4)dy = 0, g) (xy − x)dx + (xy + y)dy = 0, h) (1 + ln x)dx + (1 + ln y)dy = 0,

Rta : x−2 − y 2 − 2 ln(y) = c p √ Rta : 1 + y 2 − 1 + x2 = c

Rta : x2 − 4 ln(1 + y 2 ) = 1 Rta : (y 2 + 1)(x2 + 2)3 = c Rta : (y − 1)2 (ex + 4) = c2 Rta : (y − 1)ex+y = c(x + 1) Rta : x ln(x) + y ln(y) = c

i ) y ln(x). ln(y)dx + dy = 0, Rta : x ln(x) + ln(ln(y)) = x + c dy = cos2 (x) cos(y), Rta : 4 ln(sec(y) + tg(y)) = 2x + sen(2x) + c j) dx dy k ) 2xy = 1 + y2; p(2, 3), Rta : y 2 = 5x − 1 dx dy 2 2 l) = xey−x ; p(0, 0), Rta : 2e−y = 1 + e−x dx ex m) xy 2 dx + ex dy = 0; x −→ ∞, y −→ 12 , Rta : y = x (2e − x − 1) 3x + xy 2 dy =− ; p(2, 1), Rta : (x2 + 2)(y 2 + 3) = 24 dx 2y + x2 y dy (y − 1)(y + 3)(x − 2) n ˜) = , Rta : (x − 1)(y + 3)5 = c(y − 1)(x + 3)5 dx (x + 3)(x − 1)(y − 2)

n)

o) Se calienta agua a la temperatura de 100o C. El agua se guarda en un cuarto el cual est´ a a una o temperatura constante de 60 C. Después de tres minutos la temperatura del agua es de 90o C. a). Encuentre la temperatura del agua después de 6 minutos. b). ¿Cuándo la temperatura del agua ser´ a de 75o C?, ¿de 61o C?. Rta: T (6) = 82,5o C, t = 10,2 m´ın y t = 38,5 m´ın . p) Un term´ ometro que est´ a en el interior de una habitación se lleva al exterior, donde la temperatura del aire es de 10o F . Después de un minuto el termómetro marca 60o F , y después de 5 m´ın marca 35o F .¿Cu´ al es la temperatura de la habitación? q) Un organismo que vive en un estanque se reproduce a una tasa proporcional al tama˜ no de su poblaci´ on. los organismos también mueren a una tasa proporcional al tama˜ no de su poblaci´ on. Aden´ as, se agregan organismos continuamente a una tasa de k gr/a˜ no. Dé la ecuaci´ on diferencial que modela esta situación. Lero y Jose

60

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2.5. APLICACIONES

r ) inicialmente se tiene 0.1 gr de una bacteria en un contenedor grande; 2 horas nás tarde se tienen 0.15 gr. ¿Cu´ al es el tiempo para duplicarse para esta bacteria? s) Un is´ otopo radiactivo tiene una vida media de 16 d´ıas. Se quiere tener 30 gr después de 30 d´ıas. ¿Cu´ anto radiois´ otopo debe tenerse al inicio? t) Se va usar un radiois´ otopo en un experimento. transcurridos 10 d´ıas, debe quedar s´ olo 5 %. ¿Cu´ al debe ser la vida media? u) El tiempo para duplicarse para cierto virus es 3 a˜ nos. ¿Cuánto tiempo tomará que el virus aumente 10 veces su nivel de población actual? v ) Un cristal crece 5 % en un d´ıa.¿Cuándo se puede esperar que el cristal tenga el doble de su tama˜ no?

Lero y Jose

61

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2.5. APLICACIONES


Ejercicios propuestos 9. (Problemas diversos) Esta secci´ on conciste en una lista de problemas, de los cuales los primeros 32 pueden resolverse por lo métodos explicados en las secciones anteriores. Se presentan de tal forma que el lector pueda adquirir cierta pr´ actica para identificar el método o métodos aplicables a la ecuación dada. Al final de la lista hay un n´ umero de problemas que requieren técnicas especializadas, las cuales son u ´tiles para ciertos tipos de ecuaciones. En particular, algunos problemas se refieren a las euaciones de Riccati. 1. 2.

dy x3 − 2y = dx x (x + y) dx − (x − y) dy = 0

3.

dy 2x + 2y = , dx 3 + 3y 2 − x

4.

(x + ey ) dy − dx = 0

5.

x x2 dy 2x y − =− − 2 2 2 2 x +y y dx y x + y2

6.

dy 2xy + y 2 + 1 =− dx x2 + 2xy

7.

cos 2y − sin x dy = dx − 2 tan x sin 2y dx

8.

x

9.

dy x = 2 dx x y + y3

10. 11. 12. 13.

y(0) = 0

dy − xy = 1 − y, dx

x

y (1) = 0

sin x dy + 2y = , dx x

y (2) = 1

2xy + 1 dy = 2 dx x + 2y 3y 2 + 2xy dx − 2xy + x2 dy = 0 x2 + y dx + (x + ey ) dy = 0

14.

dy 1 +y = dx 1 + ex

15.

x dy − y dx = (xy) 2 dx

Lero y Jose

1

62

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CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 16.

(x + y) dx + (x + 2y) dy = 0, y(2) = 3

17.

(ex + 1)

18.

x2 − y 2 dy = dx x2

19.

dy = e2x + 3y dx

20.

(2y + 3x) dx = −x dy

21.

x dy − y dx = 2x2 y 2 dy,

22.

y 0 = ex+y

23.

xy 0 = y + xe x

24.

x2 − 1 dy = 2 , dx y −1

25.

xy 0 + y − y 2 e2x = 0

26.

2 sin y cos x dx + cos y sin x dy = 0 2 x −y (2y + 1) dx + dy = 0 x

27.

28.

29. 30. 31.

dy = y − yex dx

y(1) = −2

y

y(−1) = 1

dy 3x2 − 2y − y 3 = dx 2x + 3xy 2 p 2y + x2 − y 2 dy = dx 2x dy y3 = , y (0) = 1 dx 1 − 2xy 2 x2 y + xy − y dx + x2 y − 2x2 dy = 0

32.

dy 3x2 y + y 2 = 3 , dx 2x + 3xy

33.

(1 + ex ) y 0 = ex y +

34.

√ dy 4xy − = 1 + x2 dx (1 + x2 )

Lero y Jose

2.5. APLICACIONES

y (1) = −2 q (1 + ex )3

63

Amaury Camargo B

2.5. APLICACIONES

35.

36.


e2x y − 1 = e2x 1 + e2x y 2 xe − x √ dy = 1 + 3 (ey − 1) dx x x3 − 1

y0 +

37.

y0 =

y sec2 x +1 1 + tan x

38.

y0 +

y sin x =1 1 + cos x

39.

(ex+y − ey−x ) y 0 = 1 + e−y

40.

y0 =

(ey + 1) tan−1 ex ey−x

43.

xdy = 1 + 2x−3 (ey − 1) dy x3 − 1 2y+ln x √ e + xey 0 y = tan−1 ( x) y e x2 − y 2 dx + x2 − 2xy dy = 0

44.

xy 2 y 0 + y 3 = x cos x

45.

y 2 dx + xy − x3 dy = 0

46.

xy 0 + y = y 2 ln (x)

41.

42.

√

47.

x2 − 1 y 0 + 2y = (x + 1)2

48.

√ √ x x2 − 1y 0 = 2y x2 − 1 + x

49.

(x + 2)2 y 0 = 5 − 8y − 4xy

50.

dy −y x − 1 = + dx x 2y

51.

xy 00 = (2y − 1) y 0 ; Sugerencia, haga x = et

Lero y Jose

64

Amaury Camargo B

Cap´ıtulo 3

Ecuaciones lineales de segundo orden Definici´ on 6. Una ecuaci´ on diferencial lineal de orden n es una ecuaci´ on de la forma: bn (x) y (n) + bn−1 (x) y (n−1) + · · · + b1 (x) y 0 + b0 (x) y = g (x) . Donde cada bi y g son funciones reales de variables real con dominio J ⊆ R. Una soluci´ on para esta ecuaci´ on es cualquier funci´ on f con dominio I ⊆ J tal que: bn (x) f (n) (x) + bn−1 (x) f (n−1) (x) + · · · + b1 (x) f 0 (x) + b0 (x) f (x) g (x) . Un problema de condiciones iniciales para una ecuaci´ on diferencial de orden n es: bn (x) y (n) + · · · + b1 (x) y 0 + b0 (x) y = g (x) y (x0 ) = y0 , y 0 (x0 ) = y, . . . , y (n−1) (x0 ) = yn−1 Donde x0 , y0 , . . . , yn−1 son constantes cualesquieras con x0 ∈ J. Una soluci´ on para este problema es cualquier funci´ on f con dominio I ⊆ J tal que: bn (x) f (n) (x) + · · · + b1 (x) f 0 (x) + b0 (x) f (x) = g (x) y x0 ∈ I, f (x0 ) = y0 , f 0 (x0 ) = y1 , . . . , f (n−1) (x0 ) = yn−1 . Un problema de valores de frontera para una ecuaci´ on diferencial lineal de orden 2 es: b2 (x) y 00 + b1 (x) y 0 + b0 (x) y = g (x) y (x0 ) = y0 , y (x1 ) = y1 . Donde x0 , x1 , y0 , y1 son constantes cualesquiera con x0 ∈ J, x1 ∈ J. Una soluci´ on para este problema es cualquier funci´ on f con dominio I ⊆ J y tal que: b2 (x) y 00 + b1 (x) y 0 + b0 (x) y = g (x) 65

CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN y x0 ∈ I, x1 ∈ I, f (x0 ) = y0 , f (x1 ) = y1 .

Existencia y unicidad de soluciones Teorema 8. Si las funciones bi y g son continuas en un intervalo I y adem´ as bn (x) 6= 0 para todo x ∈ I, entonces cualquier problema de condiciones iniciales para x0 ∈ I tiene soluci´ on u ńica definida I. Ejemplo 35. El problema x2 y 00 − 2xy 0 + 2y = 6, y (0) = 3, y 0 (0) = 1 no tiene soluci´ on u ńica: todas las funciones y = cx2 + x + 3 son soluciones. Ejemplo 36. Las condiciones del teorema anterior no aseguran la unicidad de soluciones para un problema de valores de frontera: las funciones y = c1 cos 4x + c2 sin 4x son soluciones de la ecuaci´ on y 00 + 16y = 0, que tiene la propiedad de unidad en R2 ; sin embargo, para las condicione de frontera y (0) = 0, y π2 = 0 existen infinitas soluciones, las de la forma y = c sin 4x. En lo sucesivo, para los resultados téoricos, supondremos que estamos en las condiciones del teorema anterior. Ecuaciones lineales Homog´ eneas Una ecuaci´ on lineal se dice homogénea si g (x) = 0 : bn (x) f (n) (x) + · · · + b1 (x) f 0 (x) + b0 (x) f (x) = 0. Teorema 9. (Principio de supeposici´ on): Si y1 , . . . , yk son soluciones de una ecuaci´ on homogénea, entonces cualquier combinaci´ on lineal: y = c1 y1 + · · · + ck yk también es soluci´ on de la ecuaci´ on. Definici´ on 7. Se llama conjunto fundamental de solucines en un intervalo I para la ecuaci´ on lineal homogénea a cualquier conjunto {y1 , . . . , yk } de n soluciones linealmente independientes. a) Para cada ecuaci´ on lineal homogénea existe un conjunto fundamental de soluciones. b) Si {y1 , . . . , yn } es un conjunto fundamental de soluciones en un intervalo I para una ecuaci´ on lineal homogénea, entonces cualquier otra soluci´ on de la ecuaci´ on queda determinada por una combinaci´ on lineal del conjunto fundamental de soluciones. Por esta raz´ on, la expresi´ on y = c1 y1 (x) + · · · + cn yn (x) se denomina soluci´ on general de la ecuaci´ on. Lero y Jose

66

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´ DE ORDEN. CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN 3.1. REDUCCION Teorema 10. Sea {y1 , . . . , yn } un conjunto de soluciones en un intervalo I para una ecuaci´ on lineal homogénea con an 6= 0. Este conjunto es linealmente independiente en I si y solo si: y1 y2 ··· yn 0 y y20 ··· yn0 1 W (y1 , . . . , yn ) = . 6= 0 .. .. .. .. . . . n−1 n−1 n−1 y y2 ··· yn 1 El determinante introducido en el teorema anterior se denomina Wronskiano de y1 , . . . , yn . En general, para un conjunto cualquiera de funciones, se verifica que si W y1 , . . . , yn 6= 0, entonces el linealmente independiente, pero el rec´ıproco no es cierto; el teorema anterior asegura que si el conjunto est´ a formado por soluciones de una ecuaci´ on lineal homogénea con an (x) 6= 0, entonces el rec´ıproco es v´ alido. Ecuaciones lineales no Homog´ eneas Teorema 11. Sea yp una soluci´ on de la ecuaci´ on lineal bn (x) f (n) (x) + · · · + b1 (x) f 0 (x) + b0 (x) f (x) = g (x) y sea {y1 , . . . , yn } un conjunto fundamental de soluciones de la ecuaci´ on lineal homogénea asociada bn (x) f (n) (x) + · · · + b1 (x) f 0 (x) + b0 (x) f (x) = 0. Entonces, cualquier soluci´ on de la ecuaci´ on lineal tiene la forma: y = yp (x) + c1 y1 (x) + · · · + cn yn (x) .

3.1.

Reducci´ on de orden.

Dividamos d2 y dy + b1 (x) + b0 (x)y = 0 2 dx dx entre b2 (x) para llevarla a la forma est´ andar b2 (x)

y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = 0,

(3.1)

obsérvese que p(x) = Lero y Jose

b1 (x) b2 (x)

y 67

q(x) =

b0 (x) b2 (x) Amaury Camargo B

´ DE ORDEN.CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN 3.1. REDUCCION en donde p(x) y q(x) son continuas en alg´ un intervalo I. Sup´ ongase ahora que y1 (x) es una soluci´ on conocida de ( 3.1) en I; una segunda soluci´ on de ( 3.1) viene dada por Z y2 (x) = y1 (x)

R

e− p(x)dx [y1 (x)]2

! dx

(3.2)

Ejemplo 37. segunda soluci´ on con la f´ ormula ( 3.2) La funci´ on y1 (x) = x2 es una soluci´ on de x2 y 00 − 3xy 0 + 4y = 0. Determine la soluci´ on general en I = (0, ∞). Solución:

y 00 − 3x−1 y 0 + 4x−2 y = 0, =⇒

p(x) =

−3 x

entonces Z y2 (x) = y1 (x)

R

e− p(x)dx [y1 (x)]2

! dx,

o sea que   Z − R −3dx Z x e dx 2 2  y2 (x) = x =⇒ y2 (x) = x 2 2 x [x ] luego y2 (x) = x2 ln(x) + c y la soluci´ on general viene dada por la ecuaci´ on

y = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) = c1 x2 + c2 x2 ln(x). Lero y Jose

68

Amaury Camargo B

´ DE ORDEN. CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN 3.1. REDUCCION

3.1.1.

Ecuaciones de 20 orden reducibles a 1er orden.

Caso 3. Si la ecuaci´ on diferencial de segundo orden no contiene y, puede escribirse como sigue: d2 y dy = f (x, dx ) dx2 Considerando que

y 00 = f (x, y 0 )

o

(3.3)

dy es la variable dependiente, haciendo dx dy dx

p = y0 =

(i),

se tiene entonces que d2 y d = dx2 dx

dy dx

=

dp dx

(ii)

sustituyendo (i) y (ii) en ( 3.3), se obtiene la siguiente ecuaci´ on: dp = f (x, p) dx

(3.4)

La ecuaci´ on ( 3.4) es una ecuaci´ on diferencial de primer orden, la cual se puede resolver de diferentes formas.

Caso 4. si la ecuaci´ on diferencial de segundo orden no contiene la variable x, entonces puede escribirse en la siguiente forma d2 y =f dx2

dy y, , dx

es decir, y 00 = f (y, y 0 );

(3.5)

en este caso también se hace p = y0 =

dy dx

(i),

entonces d d2 y = 2 dx dx Lero y Jose

dy dx

=⇒

69

dy dp dp = , dx dx dy

(ii)

Amaury Camargo B

´ DE ORDEN.CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN 3.1. REDUCCION o sea que, dp d2 y =p dx2 dy

(iii)

Sustituyendo (i) y (iii) en ( 3.5) se obtiene la ecuaci´ on siguiente: p

dp = f (y, p) dy

(3.6)

La ecuaci´ on ( 3.6) es una ecuaci´ on diferencial de primer orden en donde y es la variable independiente.

Ejemplo 38. resolver xy 00 + y 0 = 4x Soluci´ on : obsérvese que en la ecuaci´ on falta la variable y, entonces hagamos la sustituci´ on y 0 = p =⇒ y 00 = p0 y escr´ıbase la ecuaci´ on as´ı: xp0 + p = 4x

(e.d.l),

de donde d (xp) = 4x dx entonces xp = 2x2 + c =⇒ p = 2x + cx−1 , es decir, dy = 2x + cx−1 dx

(e.s),

o sea que dy = 2xdx + cx−1 dx y al final se tiene que y = x2 + c ln(x) + c2 .

Lero y Jose

70

Amaury Camargo B

´ DE ORDEN. CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN 3.1. REDUCCION Ejemplo 39. resolver 2yy 00 = 1 + (y 0 )2 Soluci´ on : dp dp dy dp dp en este caso falta la variable x. Sea y 0 = p =⇒ y 00 = p0 = , pero = = p o dx dx dx dy dy dp dp dp = p . As´ı la ecuaci´ on se convierte en: 2yp = 1 + (p)2 (e.d.v.s). separando sea que dx dy dy R 2p.dp R dy variables e integrando, tenemos que: = =⇒ ln(1 + p2 ) = ln(y) + c, as´ı que p = 2 1+p y R R √ √ dy dy √ = ± cy − 1 entonces = ± dx, de donde se tiene que: ± cy − 1, pero p = dx cy − 1 y = (4c)−1 (c1 x + c2 )2 + 4c . Ejemplo 40. resolver y 00 + y = 0.

dp dy = p ∧ y 00 = p , entonces la ecuaci´ on toma la forma dx dy o equivalentemente pdp+ydy = 0, de donde se tiene que p2 +y 2 = 2c1 = c2 , luego p dy p 2 entonces p = ± c2 − y 2 o p = ± c − y2 dx R R dy p de lo cual se tiene que = ± dx, c2 − y 2 y −1 luego sen o y = c sin(±x + c2 ). c = ±x + c2 Soluci´ on : t´ omese y 0 =

dp + y = 0, dy p2 = c2 −y 2

p

Ejercicios propuestos 10. Resuelva en c/c las e.d, sujetas a las condiciones dadas, usando reducci´ on de orden. 1.

y 00 + 4y = 0,

2.

y 00 − y = 0,

3.

y 00 + (y 0 )2 = 1,

4.

x2 y 00 = x2 + 1,

5.

yy 00 + (1 + y)(y 0 )2 = 0,

6.

yy 00 + (y 0 )2 = 0,

7.

y 00 + (y 0 )2 − 2ey y 0 = 0,

Lero y Jose

y(0) = 3, y 0 (0) = 2; p Rta : ln y + y 2 + c = ±x + c2

y(1) = 1, y 0 (1) = 0,

Rta : y = 12 x2 − ln(x) +

1 2

Rta : ey (y − 1) = c1 x + c2 Rta : y 2 = c1 x + c2

71

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´ DE ORDEN.CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN 3.1. REDUCCION 8.

y 00 = ey y 0 ,

9.

2y 00 = (y 0 )2 + 1,

10.

Rta : y − ln(ey + c1 ) = c1 x + c2 Rta : y − 2 ln cos

(1 + x2 )y 00 + xy 0 + πx = 0,

x 2

+ c1

+ c2

√ Rta : y = −πx + c1 ln x + 1 + x2 + c2

La funci´ on y1 (x) es una soluci´ on de las ecuaciones diferenciales de los siguientes problemas, use la f´ ormula ( 3.2) ( 3.6)para hallar una segunda soluci´ on y2 (x) 11.

y 00 − 4y 0 + 4y = 0,

12.

y 00 + 16y = 0,

13.

y 00 − y = 0,

14.

9y 00 − 12y 0 + 4y = 0,

15.

x2 y 00 − 7xy 0 + 16y = 0,

16.

x2 y 00 − xy 0 + 2y = 0,

y1 (x) = e2x ,

Rta : y2 (x) = xe2x

y1 (x) = cos(4x),

Rta : y2 (x) = sin(4x)

y1 (x) = cosh(x),

Rta : y2 (x) = sinh(x) 2

2

y1 (x) = e 3 x ,

Rta : y2 (x) = xe 3 x

y1 (x) = x4 ,

Rta : y2 (x) = x4 ln(x)

y1 (x) = x sin(ln x),

Rta : y2 (x) = x cos(ln x)

La funci´ on y1 (x) = x es una soluci´ on de las ecuaciones diferenciales de los siguientes problemas, use la f´ ormula ( 3.2) ( 3.6)para hallar una segunda soluci´ on y2 (x) 17.

y 00 −

18.

x2 y 00 + 2xy 0 − 2y = 0,

19.

x2 y 00 − x(x + 2)y 0 + (x + 2)y = 0,

20.

Verifique que y1 = ex es una soluci´ on de la ecuac`ı´ on diferencial

x 0 x−1 y

+

1 x−1 y

=0

xy 00 − (2x + 1)y 0 + (x + 1)y = 0, Determine una soluci´ on general. 21.

Encuentre la soluci´ on general de la ecuaci´ on diferencial y 00 − xf (x)y 0 + f (x)y = 0.

Lero y Jose

72

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´ DE ORDEN. CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN 3.1. REDUCCION dy = A(x)y 2 + B(x)y + C(x), se llama ecuaci´ on de Ricatti. Suponga que se dx 1 conoce una soluci´ on particular y1 (x) de esta ecuaci´ on. Compruebe que la sustituci´ on y = y1 + v la transforma en la ecuaci´ on lineal

22. La ecuaci´ on

dv + (B + 2Ay1 )v = −A. dx ♠.Con el metodo del problema 22 23. 24.

resuelva los siguientes ejercicios.

y 0 + y 2 = 1 + x2 y 0 + 2xy = 1 + x2 + y 2

25. Usando el método del problemas anterior y con la soluci´ on particular dada, resuelva cada una de las siguientes ecuaciones de Riccati. a) y 0 = 1 + x2 − 2xy + y 2 ; y1 (x) = x y 1 1 y1 (x) = b) y 0 = − 2 − + y 2 ; x x x 2 2 2 2 cos x − sin x + y dy = ; y1 (x) = sin x c) dx 2 cos x

Lero y Jose

73

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ÍTULO 3.2. ECUACIONES LINEALESCAP CON COEFICIENTES 3. ECUACIONES CTES. LINEALES DE SEGUNDO ORDEN

3.2. 3.2.1.

Ecuaciones Lineales con coeficientes ctes. La Soluci´ on general de la ecuaci´ on homog´ enea.

Definici´ on 8. Si dos funciones f y g est´ an definidas sobre un intervalo [a, b] y una de ellas es un m´ ultiplo constante de la otra, se dice que son linealmente dependientes (L.D) sobre [a, b]. En caso contrario, se dice que son linealmente independientes(L.I). N´ otese que si f (x) es idénticamente cero, entonces f y g son (L.D), sea cual fuere la funci´ on g, ya que f (x) = 0 · g(x). Proposici´ on 1. Sean y1 (x) e y2 (x) soluciones linealmente independientes de la ecuaci´ on homogénea

y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = 0,

(A)

en un intervalo [a,b]. Entonces c1 y1 (x) + c2 y2 (x),

(B)

es la soluci´ on general de la ecuaci´ on (A) en [a,b], en el sentido de que toda soluci´ on de (A) sobre ese intervalo se puede obtener de (B) por una elecci´ on apropiada de las constantes c1 y c2 . En secciones anteriores,hemos considerado varios métodos para hallar la soluci´ on general de la ecuaci´ on homogénea y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = 0, Considérese ahora la ecuaci´ on diferencial de coeficientes constantes, lineal homogénea general de segundo orden. ay 00 + by 0 + cy = 0 (61) donde a, b ∧ c son constantes reales y a 6= 0. Una “ una ecuación diferencial con coeficientes constantes, lineal homogénea siempre tiene al menos una soluci´ on de la forma y = erx ”. Ahora bien, la soluci´ on general de (61) es de la forma y = c1 y1 + c2 y2 , en donde {y1 , y2 } forman un conjunto fundamental de soluciones para ay 00 + by 0 + cy = 0. Las sustituciones de y = erx , y 0 = rerx y

y 00 = r2 erx transforman la ecuaci´ on (61); en:

ar2 erx + brerx + cerx = 0.

o

erx (ar2 + br + c) = 0.

Como erx nunca es cero cuando x ∈ R, la u ńica forma en que la funci´ on exponencial y = erx , satisface la ecuaci´ on diferencial es cuando se elige “r ” que sea ra´ız de la ecuaci´ on cuadr´ atica: Lero y Jose

74

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CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES 3.2. ECUACIONES DE SEGUNDO LINEALES ORDEN CON COEFICIENTES CTES. ar2 + br + c = 0. (62). la ecuaci´ on (62) se llama ecuaci´ on caracter´ıstica de ay 00 + by 0 + cy = 0, y sus ra´ıces son respectivamente: p p 1 1 r1 = y r2 = −b + b2 − 4ac −b − b2 − 4ac 2a 2a ♦.Si b2 − 4ac > 0, ♦.Si b2 − 4ac = 0, ♦.Si b2 − 4ac < 0,

r1 ∧ r2 son reales y distintas. r1 ∧ r2 son reales e iguales. r1 ∧ r2 son n´ umeros complejos conjugados.

Ejemplo 41. Encuentre la soluci´ on general de y 00 − y 0 − 20y = 0.

Soluci´ on: Sustituyendo y = erx , y 0 = rerx

y

y 00 = r2 erx

en la ecuaci´ on original, se encuentra que la ecuaci´ on caracter´ıstica es:

as´ı y = e5x y es:

r2 − r − 20 = 0

´ o

(r − 5)(r + 4) = 0

=5

o

r = −4,

y = e−4x son soluciones de la ecuaci´ on y 00 − y 0 − 20y = 0, y la soluci´ on general y = c1 e5x + c2 e−4x .

Ejemplo 42. Halle la soluci´ on general de y 00 − 4y 0 = 0.. Solución:Sustituyendo y 0 = rerx y y 00 = r2 erx en la ecuaci´ on original, se llega a que la ecuaci´ on caracter´ıstica es r2 + 4r = 0

´ o

r(r + 4) = 0

=0

o

r = −4,

as´ı, un conjunto fundamental de soluciones ser´ıa 0x −4x e ,e ´ o 1, e−4x . Y la soluci´ on general ser´ a: y = c1 + c2 e−4x .

Cuando y = er1 x es una soluci´ on de la ecuaci´ on (61) correspondiente a ra´ıces repetidas, una segunda soluci´ on es siempre de la forma y2 = xer1 x (63). Ejemplo 43. encuentre la soluci´ on general de y 00 + 2y 0 + y = 0. Lero y Jose

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ÍTULO 3.2. ECUACIONES LINEALESCAP CON COEFICIENTES 3. ECUACIONES CTES. LINEALES DE SEGUNDO ORDEN Solución: Sustituyendo y = erx , y 0 = rerx y y 00 = r2 erx , en la ecuaci´ on original, se encuentra que la ecuaci´ on caracter´ıstica es r2 + 2r + 1 = 0

´ o

(r + 1)(r + 1) = 0

⇔ r = −1

(r = −1) ,es una ra´ız repetida; una soluci´ on homogénea es .y1 = e−x ; como la ra´ız es repetida, la segunda soluci´ on es xe−x ; entonces la soluci´ on general ser´ a: y = c1 e−x + c2 xe−x . Nota 2. resumen de las soluciones de la ecuaci´ on ay 00 + by 0 + cy = 0, donde a, b y c son constantes y a 6= 0. ˙ − ˙ −

r1 ∧ r2 son reales y distintas, entonces

˙ −

r1 ∧ r2 son ra´ıces complejas, forman un conjugado donde √ r1 = α + iβ y r2 = α − iβ, con i = −1,

r1 = r2 (son ra´ıces repetidas), entonces

y = c1 er1 x + c2 er2 x y = c1 er1 x + c2 xer2 x

La soluci´ on general viene dada por: y = c1 eαx cos(βx) + c2 eαx sin(βx).

Ejemplo 44. 1 N Un cuerpo de masa kg, se sujeta a un soporte con constante de restituci´ on de 5 . Si la masa 2 m se empuja hacia arriba y se sujeta, a partir del reposo, desde un punto que est´ a 2m sobre la posici´ on de equilibrio, determinar los desplazamientos w (t) sabiendo aden´ as que el medio ofrece una resistencia n´ umerica igual a la velocidad instant´ anea. Soluci´ on: 1 Para determinar la ecuaci´ on del movimiento, observamos que se trata de una masa de kg, 2 sujeta a un resorte sobre las que act´ uan tres fuerzas, el peso, la fuerza de recuperaci´ on del muelle N seg (constante elastica k = 5) y una fuerza de rozamiento (constante de amortiguaci´ on b = 1 ). m Si llamamos x (t) al desplazamiento de la masa respecto de la posici´ on en el instante t, y aplicamos la segunda ley de Newton obtenemos la ecuaci´ on diferencial 1 00 x (t) + x0 (t) + 5x (t) = 0 2 Lero y Jose

76

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CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES 3.2. ECUACIONES DE SEGUNDO LINEALES ORDEN CON COEFICIENTES CTES. El problema de valores iniciales que modeliza el movimiento viene dado por  1   x00 (t) + x0 (t) + 5x (t) = 0 2 x (0) = −2   x0 (0) = 0 Resolvemos en primer lugar la ecuaci´ on diferencial considernado la ecuaci´ on caracteristica 1 2 λ +λ+5 = 0, cuyas ra´ıces son λ1 = −1+3i y λ2 = −1−3i. De aqu´ı, dos soluciones linealmente 2 independientes de la ecuaci´ on son x1 (t) = e−t cos 3t y x2 (t) = e−t sen3t y la ecuaci´ on general se puede expresar como xg (t) = C1 e−t cos 3t + C2 e−t sen3t,

con C1 , C2 ∈ R

Si imponemos ahora las condiciones iniciales x (0) = −2 y x0 (0) = 0, obtenemos que C1 = −2 y 2 on al problema de valores iniciales viene dada por C2 = − , con lo que la soluci´ 3 2 x (t) = −2e−t cos 3t − e−t sen3t 3

3.2.2.

El m´ etodo de los coeficientes indeterminados.

La soluci´ on general de ay 00 + by 0 + cy = g(x) . (i) donde a, b,c son ctes y a 6= 0, se puede escribir en la forma y = yp + c1 y1 + c2 y2 , donde y1 , y2 son soluciones de la ecuaci´ on homogenea asociada ay 00 + by 0 + cy = 0 y yp es una solución particular 00 0 de ay + by + cy = g(x).La funci´ on g(x) puede ser una de las siguientes: a) g(x) = Polinomio en x. b) g(x) = exponencial =eαx , α = cte. c) g(x) = senoide = sin(βx)

o cos(βx), β = cte.

d ) g(x) = producto o combinaciones lineales de 1, 2, 3 En el método de coeficientes indeterminados se usan procedimientos un poco distintos para encontrar una soluci´ on particular dependiendo del tipo de función de forzamiento. El entendimiento b´ asico de esta técnica se logrará a través de ejemplos. Primer paso El primer paso al usar coeficientes indeterminados será siempre el mismo: analizar las soluciones de la ecuaci´ on homogénea asociada y determinar el polinomio caracter´ıstico y todas las ra´ıces (incluyendo su multiplicidad).

Lero y Jose

77

Amaury Camargo B

ÍTULO 3.2. ECUACIONES LINEALESCAP CON COEFICIENTES 3. ECUACIONES CTES. LINEALES DE SEGUNDO ORDEN Segundo paso

El segundo paso depende de g(x). Por ejemplo

Si g(x) en (i) es una funci´ on exponencial, eαx , multiplicada por un polinomio de grado m, entonces yp es de la forma yp = eαx xk (A0 + A1 x + · · · + Am xm ), (ii) donde k es la multiplicidad de r = α correspondiente a una ra´ız del polinomio caracter´ıstico. El grado del polinomio de la solución particular es el mismo que el grado del polinomio en la función de forzamiento g(x) si eαx ,no es una solución homogénea (es decir, si r = α no es una soluci´ on de la ecuaci´ on caracter´ıstica). El grado del polinomio en la solución particular se incrementa en el n´ umero de veces que r = α sea una ra´ız del polinomio caracter´ıstico. La ecuaci´ on (ii) da la forma de una ecuación particular. La Ai se llaman coeficientes indeterminados y se pueden determinar sustituyendo la solución propuesta (ii) en la ecuación diferencial (i).

Caso especial 1 (forzamiento polinomial) Un caso especial de (ii) ocurre si la funci´ on de forzamiento g(x) es s´ olo un polinomio. Esto corresponde a α = 0. Si la función de forzamiento es un polinomio, entonces una soluci´ on particular también es un polinomio (tal vez de grado mayor). Para ser m´ as preciso, si g(x) en (i) es un polinomio de grado m, entonces yp es de la forma yp = xk (A0 + A1 x + · · · + Am xm )

(iii)

donde k es la multiplicidad de r = 0 correspondiente a una ra´ız del polinomio caracter´ıstico.

Ejemplo 45. Forzamiento polinomial (0 no es una ra´ ız) Encuentre la soluci´ on de y 00 − 3y 0 + 2y = 2x2 + 1. (iv) Soluci´ on: La ecuaci´ on caracter´ıstica r2 − 3r + 2 = (r − 2)(r − 1) = 0 tiene ra´ıces r = 1 y r = 2. x 2x As´ı, yh = c1 e + c2 e . Aqu´ı, g(x) = 2x2 + 1 es un polinomio de segundo grado. Entonces yp tiene la forma xk (A0 + A1 x + A2 x2 ). Cero (0) no es una ra´ız del polinomio caracter´ıstico, por lo que k = 0 y se tiene yp = A0 + A1 x + A2 x2 , (v) Sustituyendo esta expresi´ on para y en la ecuación diferencial (iv), se obtiene (A0 + A1 x + A2 x2 )00 − 3(A0 + A1 x + A2 x2 )0 + 2(A0 + A1 x + A2 x2 ) = 2x2 + 1 o sea 2A2 − 3A1 − 6A2 x = +2A0 + 2A1 x + 2A2 x2 = 2x2 + 1 Lero y Jose

78

Amaury Camargo B

CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES 3.2. ECUACIONES DE SEGUNDO LINEALES ORDEN CON COEFICIENTES CTES. de donde se tiene que 2A2 − 3A1 + 2A0 = 1 −6A2 + 2A1 = 0 2A2 = 2, cuya soluci´ on es A0 = 4, A1 = 3, A2 = 1. Entonces la solución particular es yp = 4 + 3x + x2 y la soluci´ on general es y = yp + yh = 4 + 3x + x2 + c1 ex + c2 e2x

Ejemplo 46. Forzamiento polinomial (0 es una ra´ ız) Supóngase que se quiere resolver la ecuación diferencial y 00 − 3y 0 = 2x2 + 1

(vi)

usando el método de coeficientes indeterminados. Dé la forma de la solución particular que se usar´ıa. Soluci´ on: La ecuaci´ on caracter´ıstica r2 − 3r = (r − 3)r = 0 tiene las ra´ıces r = 0 y r = 3. Entonces yh = c1 + c2 e3x . Aqu´ı, g(x) = 2x2 + 1 es un polinomio de segundo grado, entonces yp tiene la forma xk (A0 + A1 x + A2 x2 ). En este caso, cero (0) es una ra´ız de multiplicidad 1 del polinomio caracter´ıstico, de manera que k = 1 y se tiene yp = x(A0 + A1 x + A2 x2 ) = A0 x + A1 x2 + A2 x3 .

(vii)

Observaci´ on 1. Es importante hacer notar que tanto en (iv) como en (vi) se tienen lados derechos idénticos g(x) = 2x2 + 1 pero las formas (v) y (vii) para yp son distintas. Para obtener la forma correcta para yp , se tiene que observar no s´ olo el término de forzamiento sino también las ra´ıces de la ecuaci´ on caracter´ıstica.

Caso especial 2 (forzamiento exponencial) Si g(x) en (i) es una constante multiplicada por eαx , entonces yp tiene la forma yp = Axk eαx

(viii)

en donde k es la multiplicidad de r = α correspondiente a una ra´ız del polinomio caracter´ıstico.

Ejemplo 47. Forzamiento exponencial(α no es una ra´ız) Lero y Jose

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ÍTULO 3.2. ECUACIONES LINEALESCAP CON COEFICIENTES 3. ECUACIONES CTES. LINEALES DE SEGUNDO ORDEN Encuentre una soluci´ on particular de y 00 + y = 3e−x

(ix)

Soluci´ on: Aqu´ı g(x) = 3e−x es una exponencial. Por (viii), yp = Axk e−x donde k es el n´ umero de veces que α = −1 es una ra´ız del polinomio caracter´ıstico r2 + 1, que tiene ra´ıces i, −i. Como -1 no es una ra´ız, se tiene que k = 0 y yp = Ae−x . Sustituyendo esta forma para yp en (ix) se obtiene (Ae−x )00 + Ae−x = 3e−x . La derivaci´ on y simplificaci´ on del resultado anterior dan 2A = 3, de manera que yp = 23 e−x , es una soluci´ on particular de (ix).

Ejemplo 48. Forzamiento exponencial(α es una ra´ız) Encuentre una soluci´ on particular de y 00 − y = 3e−x

(x)

Soluci´ on:Ahora g(x) = 3e−x es una exponencial. Por (viii), yp = Axk e−x donde k es el n´ umero de veces que α = −1 es una ra´ız del polinomio caracter´ıstico r2 − 1, que tiene ra´ıces 1, −1. Como -1 es una ra´ız una vez, se tiene que k = 1 y yp = Axe−x Sustituyendo esta forma para yp en (x) se obtiene (Axe−x )00 + Axe−x = 3e−x . Derivando una vez, A(e−x − xe−x )0 − Axe−x = 3e−x, y una segunda vez, A(−2e−x + xe−x ) − Axe−x = 3e−x . Simplificando la expresi´ on anterior se tiene que A = − 23 , de manera que yp = − 23 xe−x , es una solución particular de (x). Lero y Jose

80

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CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES 3.2. ECUACIONES DE SEGUNDO LINEALES ORDEN CON COEFICIENTES CTES. Caso especial 3 (forzamiento senoidal) Si la funci´ on de forzamiento es senoidal, g(x) = E1 cos βx + E2 sin βx, se piensa en el forzamiento como en una combinaci´ on lineal de exponenciales complejas e±iβx . Entonces, seg´ un (viii) [que es un caso especial de (ii)], la soluci´ on particular debe incluir las mismas exponenciales e±iβx , que son equivalentes a una convinaci´ on lineal de cos βx y sin βx. Por supuesto, esto se debe multiplicar por una potencia de x si r = ±β son ra´ıces de la ecuación caracter´ıstica para ser más precisos, si g(x) = E1 cos βx + E2 sin βx, entonces yp tiene la forma yp = xk (E1 cos βx + E2 sin βx) ,

(xi)

donde k es la multiplicidad de r = βi como una ra´ız del polinomio caracter´ıstico. Ejemplo 49. Forzamiento senoidal(iβ no es una ra´ız). Encuentre la soluci´ on general de y 00 + 2y 0 + 2y = 3e−x + 4 cos βx

(xii)

Soluci´ on: La ecuaci´ on caracter´ıstica de la ecuación homogénea asociada es r2 + 2r + 2 = 0. Sus ra´ıces son r = −1 ± i. entonces yh = c1 e−x cos x + c2 e−x sin x. Ahora se determina yp . Obsérvese que g es una suma de dos términos, 3e−x y 4 cos x. Considérese primero 3e−x . Como - no es una ra´ız de la ecuaci´ on caracter´ıstica, el caso especial 2 dice que yp incluye un término de la forma A1 e−x . Ahora considérese 4 cos x. Como i no es una ra´ız de la ecuación caracter´ıstica, el caso especial 4 con β = 1 dice que yp incluye términos de la forma A2 cos x + B2 sin x. Por lo tanto yp = A1 e−x + A2 cos x + B2 sin x. para algunas constantes A1 , A2 , B2 . Sustituyendo esta expresión en (xii) se obtiene [A1 e−x + A2 cos x + B2 sin x]00 + 2[A1 e−x + A2 cos x + B2 sin x]0

+2[A1 e−x + A2 cos x + B2 sin x] = 3e−x + 4 cos x. Es decir, A1 e−x − A2 cos x − B2 sin x − 2A1 e−x − 2A2 sin x + 2B2 sin x +2A1 e−x + 2A2 cos x + 2B2 sin x = 3e−x + 4 cos x. Lero y Jose

81

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ÍTULO 3.2. ECUACIONES LINEALESCAP CON COEFICIENTES 3. ECUACIONES CTES. LINEALES DE SEGUNDO ORDEN Aparecen tres funciones e−x , cos x, sin x en esta ecuación. Igualando los coeficientes de términos semejantes se tiene e−x :

A1 = 3

cos x :

A2 + 2B2 = 0

sin x :

B2 − 2A2 = 0

El sistema tiene tres ecuaciones con tres incognitas A1 , A2 , B2 tiene la solución 4 A2 = , 5

A1 = 3, Entonces

yp = 3e−x +

B2 =

8 5

8 4 cos x + sin x. 5 5

y la soluci´ on general es y = yh + yp = 3e−x +

4 8 cos x + sin x + c1 e−x cos x + c2 e−x sin x. 5 5

Observaci´ on 2. A´ un, cuando s´ olo aparezca cos βx en el término de forzamiento g, la forma de k yp puede requerir tanto x cos βx como xk sin βx.

Ejemplo 50. Forzamiento senoidal(iβ es una ra´ız). Dé la forma de yp si se quiere resolver y 00 + 4y = sin 2x por el método de coeficientes indeterminados. Soluci´ on: Las ra´ıces del polinomio caracter´ıstico r2 + 4, son ±2i y yh = c1 cos 2x + c2 sin 2x. El término de forzamiento sin 2x es sin βx, donde β = 2. Como βi es una ra´ız de multiplicidad 1 del polinomio caracter´ıstico, se tiene que mk=1, y por el caso especial (3), la forma de la soluci´ on particular es yp = x[A cos 2x + B sin 2x.]

Ejercicios propuestos 11. Resuelva las siguientes e.d.o Determine la solución general si no se da condición inicial. a) y 00 + y 0 − 6y = 0, Lero y Jose

Rta : y = c1 e2x + c2 e−3x . 82

Amaury Camargo B

CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES 3.2. ECUACIONES DE SEGUNDO LINEALES ORDEN CON COEFICIENTES CTES. b) y 00 + y = 0,

Rta : y = c1 cos(x) + c2 sin(x)

c) y 00 + 4y 0 + 5y = 0,

Rta : y = c1 e −2x cos(x) + c2 e−2x sin(x)

d ) y 00 − 3y 0 + 2y = 0,

Rta : y = c1 ex + c2 e2x

e) y 00 + y 0 − 2y = 0,

y 0 (0) = 0, Rta : y = 31 ex − 13 e2x

y(0) = 1,

f ) 2y 00 + 8y 0 + 6y = 0,

y 0 (0) = 0,

y(0) = 2,

Rta : y = −e−3x + 3e−x

g) y 00 + 10y 0 + 25y = 0,

Rta : y = c1 e−5x + c2 xe−5x .

h) y 00 − 14y 0 + 49y = 0,

Rta : y = c1 e7x + c2 xe7x .

i ) y 00 − y 0 = 0,

Rta : y = c1 + c2 ex .

j ) y 00 − 6y 0 + 25y = 0,

Rta : y = c1 e3x cos(4x) + c2 e3x sin(4x)

k ) y 00 + 9y = x3 + 6 l ) y 00 − 4y = x2 + 17x m) y 00 + 8y = 7x + 11 n) y 00 − 7y 0 = 5x − 3 n ˜) y 00 − 7y 0 + 12y = 5e2x ,

y(0) = 1,

y 0 (0) = 0

o) y 00 + 2y 0 + 5y = 3 sin x,

y(0) = 1,

y 0 (0) = 1

p) y 00 − 3y 0 + 2y = 2e−x , q) y 00 + 9y = 5 cos x,

y(0) = 0,

r ) y 00 + 4y 0 + 8y = x2 + 1,

3.2.3.

y 0 (0) = 0

y(0) = 0,

y 0 (0) = 0

M´ etodo de Variaci´ on de Par´ ametros

La variaci´ on de par´ ametros constituye un método para generar una soluci´ on particular de una ecuaci´ on no homogénea aprovechando las soluciones (normalmente más fáciles de encontrar) de la ecuaci´ on homogénea asociada. Consideremos la ecuaci´ on diferencial y 00 + p (x) y 0 + q (x) y = r (x) .

(1)

Supongamos que, por uno u otro método, hemos encontrado la solución general de la ecuación homogénea asociada y 00 + p (x) y 0 + q (x) y = 0 Lero y Jose

83

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ÍTULO 3.2. ECUACIONES LINEALESCAP CON COEFICIENTES 3. ECUACIONES CTES. LINEALES DE SEGUNDO ORDEN que hemos determnado es y = Ay1 (x) + By2 (x) . Lo que hay que hacer enseguida es proponer la siguiente solución para la ecuación original y0 (x) = v1 (x) y1 (x) + v2 (x) y2 (x) .

(2)

En este caso v1 y v2 son funciones desconocidas que debemos hallar. Prosigamos ahora con la conjetura. Calculamos que y00 = v10 y1 + v1 y10 + v20 y2 + v2 y20 = v10 y1 + v20 y2 + v1 y10 + v2 y20 .

(3)

Ahora también necesitamos calcular la segunda derivada de y0 . Sin embargo, no deseamos el problema adicional de tener segundas derivadas de v1 y v2 . De esta manera debemos prescribir que la primera expreión entre corchetes en el miembro derecho de la ecuaci´ on anterior sea igual a cero. De esta manera tenemos v10 y1 + v20 y2 ≡ 0.

(4)

Por lo tanto, y00 = v1 y10 + v2 y20 y ahora podemos calcular y000 = v10 y10 + v1 y100 + v20 y10 + v2 y200 .

(5)

Ahora sustituyamos (2) , (3) y (5) en la ecuación diferencial. El resultado es 0 0 v1 y1 + v1 y100 + v20 y10 + v2 y200 + p (x) v1 y10 + v2 y20 + q (z) (v1 y1 + v2 y2 ) = r (x) . Después de algunas operaciones algebraicas, esta expresión se convierte en v1 y100 + py10 + qy1 + v2 y200 + py20 + qy2 + v10 y10 + v20 y20 = r. Como y1 y y2 son soluciones de la ecuación homogénea, las expresiones entre parámetros se anulan. El resultado es v10 y10 + v20 y20 = r

(6) .

Finalmente tenemos dos ecuaciones por resolver con el fin de determinar la naturaleza de v1 y v2 . En otras palabras, empleamos las ecuaciones (4) y (6) para obtener v10 y1 + v20 y2 = 0 v10 y10 + v20 y20 = r. En la pr´ actica, éstas se pueden resolver para v10 y v20 . Luego, por integraci´ on obtenemos v1 y v2 . Lero y Jose

84

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CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES 3.2. ECUACIONES DE SEGUNDO LINEALES ORDEN CON COEFICIENTES CTES. Otra forma: El método conciste en proponer una solución particular de la forma yp = v1 y1 + v2 y2 , donde v1 y v2 pueden ser funciones de x no constantes. y2 f Sustituyendo en la ecuaci´ on (1) e insistiendo en que v10 y1 +v20 y2 = 0, encontramos v10 = − W y1 f 0 y v2 = , donde W es el Wronskiano de y1 y y2 . W Finalmente, al integrar las expresiones anteriores, vemos que y2 f y1 f yp = − dx y1 + dx y2 W W y a consecuencia de la soluci´ on general de (i) queda y1 f y2 f dx y1 + dx y2 . y = c1 y1 + c2 y2 − W W

Veamos algunos con el fin de comprender mejor el método. Ejemplo 51. Determine la soluci´ on general de y 00 + y = csc x. Soluci´ on: Evidentemente, la solución general de la ecuación homogénea asociada es cono´ cida. Esta es y (x) = A sin x + B cos x. Con el fin de encontrar una solución particular, necesitamos resolver las ecuaciones v10 sin x + v20 cos x = 0 v10 (cos x) + v20 (− sin x) = csc x. ´ Este constituye un sencillo problema de álgebra, cuya solución es v10 (x) = cot x

v2 (x) = −x.

y

Como resultado, v1 (x) = ln |sin x|

y

v2 (x) = −x.

(Como podr´ a observar, no necesitamos ninguna constante de integración). Por lo tanto, la respuesta final conciste en el hecho de que una solución particular de nuestra ecuaci´ on diferencial es la siguiente: y0 (x) = v1 (x) y1 (x) + v2 (x) y2 (x) = [ln |sin x|] sin x + [−x] cos x. Lero y Jose

85

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ÍTULO 3.2. ECUACIONES LINEALESCAP CON COEFICIENTES 3. ECUACIONES CTES. LINEALES DE SEGUNDO ORDEN El lector deber´ a comprobar que esta solución en verdad funciona. La solución general de la ecuaci´ on diferencial original es, por lo tanto, y (x) = ([ln |sin x|] sin x + [−x] cos x) + A sin x + B cos x. Ejemplo 52. Resuelva y 00 − 4y 0 + 4y = (x + 1) e2x . Soluci´ on: Puesto que la ecuación auxiliar es m2 − 4m + 4 = (m − 2)2 = 0, tenemos 2x

yc = c1 e2x + c2 exe . Identificando y1 = e2x y y2 = xe2x , calculamos el Wronskiano: e2x xe2x 2x 2x W e , xe = 2x 2x 2e 2xe + e2x

= e4x

Como el coeficiente de y 00 ya es uno, entonces podemos escribir xe2x (x + 1) e2x e4x 2 = −x − x

v10 = − v10

e2x (x + 1) e2x e4x = x+1

v20 = v20 de donde se obtiene

v1 = − v2 =

x3 x2 − 3 2

x2 +x 2

y por lo tanto yp =

3 2 x x2 x − − e2x + + x xe2x 3 2 2

En consecuencia tenemos y = yc + yp 2x

= c1 e Lero y Jose

+ c2 xe 86

2x

+

x3 x2 + 6 2

e2x

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CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES 3.2. ECUACIONES DE SEGUNDO LINEALES ORDEN CON COEFICIENTES CTES. Ejemplo 53. Resuelva 4y 00 + 36y = csc 3x Soluci´ on: Primero escribimos la ecuación en la forma y 00 + 9y =

1 csc 3x 4

Puesto que las ra´ıces de la ecuación auxiliar m2 + 9 = 0, son m1 = 3i y m2 = 3i, tenemos yc = c1 cos 3x + c2 sin 3x y cos 3x W (cos 3x, sin 3x) = −3 sin 3x

sin 3x =3 3 cos 3x

por tanto

u01

de lo cual obtenemos u01 = −

1 (sin 3x) csc 3x 4 = 3 1 cos 3x = − 12 sin 3x

1 x 12

u02 =

1 ln |sin 3x| 36

Luego yp = −

1 1 x cos 3x + (sin 3x) ln |sin 3x| 12 36

como y = yc + yp , se tiene luego que

y = c1 cos 3x + c2 sin 3x −

1 1 x cos 3x + (sin 3x) ln |sin 3x| 12 36

Ejercicios propuestos 12. En los siguientes ejercicios, resuelva cada ecuación diferencial mediante la variaci´ on de par´ ametros. 1) 2y 00 + y 0 − y = x + 1;

y (0) = 1;

2) y 00 + 2y 0 − 8y = 2e−2x − e−x ;

y (0) = 1;

3) y 00 − 4y 0 + 4y = (12x2 − 6x)e2x ; Lero y Jose

y 0 (0) = 0

y (0) = 1; 87

y 0 (0) = 0 y 0 (0) = 0 Amaury Camargo B

ÍTULO 3.2. ECUACIONES LINEALESCAP CON COEFICIENTES 3. ECUACIONES CTES. LINEALES DE SEGUNDO ORDEN 4) Dado que y1 = x y y2 = x ln x forman un conjunto fundamental de soluciones de x2 y 00 − xy 0 + y = 0 en 0 < x < ∞, encuentre la soluci´ on general de x2 y 00 − xy 0 + y = 4x ln x 5) Dado que y1 = x2

y y2 = x3 forman un conjunto fundamental de soluciones de 1 x2 y 00 −4xy 0 +6y = 0 en 0 < x < ∞, encuentre la solución general de x2 y 00 +xy 0 +6y = x −1/2 −1/2 6) Dado que y1 = x cos x y y2 = x sin x forman un conjunto fundamental de 1 soluciones de x2 y 00 +xy 0 + x2 + y = 0 en 0 < x < ∞, encuentre la solución general 4 1 y = x3/2 de x2 y 00 + xy 0 + x2 + 4

7) y 00 + y = tan x

15) y 00 + 3y 0 + 2y =

8) y 00 + y = sin x

e3x (1 + ex ) 17) y 00 + 3y 0 + 2y = sin ex 16) y 00 − 3y 0 + 2y =

9) y 00 + y = sec x tan x 10) y 00 + y = cos2 x 11) y 00 + y = sec2 x

18) y 00 − 2y 0 + y = ex tan−1 x ex 19) y 00 + 2y 0 + y = (1 + x2 ) 20) y 00 − 2y 0 + 2y = ex sec x x√ 21) 4y 00 − 4y 0 + y = e 2 1 − x2

12) y 00 − y = sinh 2x ex 13) y 00 − 4y = x 9x 14) y 00 − 9y = 3x xe

Lero y Jose

1 (1 + ex )

88

Amaury Camargo B

Cap´ıtulo 4

Transformada de Laplace Definici´ on 9. Sea f (t) : [0, + ∞) → R. Se llama transformada de Laplace de f a la funci´ on F (s) definida por la integral impropia Z F (s) =

∞

−st

f (t) e

Z dt = l´ım

b→∞ 0

0

b

f (t) e−st dt

(77),

en todos los valores de s para los cuales la integral sea convergente. La transformada de Laplace suele representarse con el s´ımbolo £ { f (t)} y con frecuencia se escribe también F (s) = £ { f (t)} puesto que el resultado va a depender de s. Existen funciones para las cuales la integral impropia (77) no converge para ning´ un valor 1 de s. Por ejmplo, la funci´ on f (t) = que crece demasiado rápido cerca de cero. Del mist 2 mo modo, no existe la transformada de Laplace de la función f (t) = et que crece muy rápidamente cuando t → ∞.

Definici´ on 10. Se dice que una funci´ on f es continua por tramos, si en cada intervalo (a, b) existe una partici´ on {x0 , x1 , . . . , xn }, de modo que a) La funci´ on es continua en cada subintervalo (xi−1 , xi ) . b) Los l´ımites de f cuando x tiende a los extremos de cada subintervalo, son finitos. Nota 3. N´ otese que en la definici´ on anterior se exige que f esté definida y sea continua en todos los puntos del intervalo (a, b) salvo en los puntos de dicha partici´ on. Pero, aunque la funci´ on no esté definida en los puntos de la partici´ on, en todos ellos deben existir los correspondientes l´ımites laterales. Para establecer las condiciones de existencia de la integral de Laplace, es preciso se˜ nalar algunas hip´ otesis a cerca de la función f. Comenzaremos por suponer que f es continua 89

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE por tramos en cualquier intervalo (a, b) ⊂ [0, +∞). Ello implica que la función e−st f (t) es continua en todo intervalo de la forma [0, b] con b > 0, as´ı que la existencia de la integral de Laplace depender´ a del comportamiento integrando para valores grandes de t. Definici´ on 11. Se dice que la funci´ on f (t) es de orden exponencial si existen constantes positivas M y t0 tales que e−st |f (t)| < M para toda t ≥ t0. Se puede probar que si f es de orden exponencial α, entonces l´ım e−st f (t) = 0, t→∞

∀s > α.

Las funciones que normalmente se encuentran al resolver ecuaciones diferenciales lineales son a su ves continuas por tramos y de orden exponencial. Las transformadas de dichas funciones existen para valores de s suficientemente grandes. Teorema 12. Si f (t) es una funci´ on continua por tramos en [0, +∞) y de orden exponencial α, entonces su transformada de Laplace F (s) = £ { f (t)} existe para toda s > α. y se tiene que Z £ { f (t)} =

T

f (t)e−st dt +

0

Z

∞

f (t)e−st dt

(78).

T

♦− Cabe mencionar que esta condición es suficiente pero no necesaria para que exista −1 £ { f (t)} ; puesto que la función f (t) = t 2 , no es de orden exponencial sin embargo su transformada existe. Una propiedad importante de la transformada de Laplace es su linealidad. Si las funciones f : [0, +∞) → R entonces

y g : [0, +∞) → R admiten transformada de Laplace,

£ {α f (t) + βg(t)} = α£ { f (t)} + β£ { g(t)} Ejemplo 54. eval´ ue

∀α, β ∈ R (79)

£ { f (t) = 1}.

Soluci´ on: de la ecuaci´ on (77) se tiene que Z ∞ £ {1} = (1)e−st dt 0 Z b = l´ım e−st dt b→∞ 0

b −e−st = l´ım b→∞ s 0 −e−sb + 1 1 = b→∞ s s

= l´ım Lero y Jose

90

Amaury Camargo B

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE entonces £ {1} =

1 s

Ejemplo 55. hallar £ { f (t) = t}. Soluci´ on: Usando la ecuaci´ on (77) se tiene que: Z ∞ (t)e−st dt £ {t} = 0 Z b te−st dt £ {t} = l´ım b→∞ 0

b Z −te−st 1 ∞ −st £ {t} = l´ım + e dt b→∞ s 0 s 0 1 1 £ {t} = l´ım (−be−sb − 0) + £ {1} s b→∞ s 1 1 1 = 2 £ {t} = 0 + Nota : e−sb −→ 0, s s s

Ejemplo 56. hallar

£ f (t) = ekt , t ≥ 0,

si

b→∞

k = cte.

Soluci´ on: De la ecuaci´ on (77) tenemos que n o Z ∞ (ekt )e−st dt £ ekt = 0 Z b n o kt = l´ım e−(s−k)t dt £ e b→∞ 0 n o −1 h −(s−k)t ib kt £ e = l´ım e b→∞ s − k 0 n o −1 h i £ ekt = l´ım e−(s−k)b − e0 s − k b→∞ n o −1 £ ekt = (−1) s−k n o 1 £ ekt = s−k Ejemplo 57. halle

£{ f (t) = sen(kt)} , t ≥ 0

Soluci´ on:Por (77) se tiene que F (s) = £ { f (t) = sin(kt)} Z ∞ −st = e sen(kt) dt,

s > 0.

0

Lero y Jose

91

Amaury Camargo B

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE entonces (" F (s) = − l´ım

b→∞

#) b Z s b −st e−st cos(kt) e cos(kt)dt −k k 0 0

Z 1 s ∞ −st F (s) = − e cos(kt)dt k k 0 Z 1 1 s2 ∞ −st s2 F (s) = − 2 e sen(kt) dt. = − 2 F (s), k k 0 k k entonces

s2 1 k F (s) = F (s) = 2 , 2 k k s + k2 Ejemplo 58. hallar £ π − 2sen(kt) + λe5t . F (s) +

s>0

Soluci´ on:Aplicando la ecuaci´ on (79), tenemos que: £ π − 2 sin(kt) + λe5t = π.£ {1} − 2.£ {sin(kt)} + λ£ e5t π 2 λ = − 2 + , s > 0, y π, λ, k ctes 2 s s +k s−5 t, si 0 ≤ t ≤ 1 Ejemplo 59. hallar £{f (t)}, si f (t) = 1, si 1 ≤ t Soluci´ on: La funci´ on es seccionalmente continua y de orden exponencial, luego por (78) se sigue, Z 1 Z ∞ −st £ { f (t)} = (t)e dt + (1)e−st dt 0 1 1 −st ∞ Z 1 −st −te 1 −e −st = + e dt + s s 0 s 1 0 −s −s −s −e 1 −e 1 e 1 + + + = 2 1 − e−s = s s s s s s Luego £ { f (t)} =

1 −s 1 − e . s2

Teorema 13. ( de la derivada.) Algunos resultados adicionales respecto a las transformadas de Laplace se deducen de la definici´ on Z ∞ −st F (s) = e f (t) dt (80) 0

Lero y Jose

92

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CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE Al derivar (80) respecto a S se obtiene: Z ∞ −st d e f (t) dt F (s) = ds Z ∞0 ∂ −st = e f (t) dt ∂s Z0 ∞ = −te−st f (t) dt 0

0

entonces F 0 (s) = −£ {t f (t)} , es decir, £ {t f (t)} = −F 0 (s)

(81)

Observaci´ on 3. Para las transformadas de Laplace, multiplicar por “ t” corresponde a tomar el negativo de la derivada de la transformada. Ejemplo 60. Calcule la transformada de Laplace de diferentes potencias de “t ”, usando la f´ ormula (81). 1 1 Soluci´ on: Se sabe que si f (t) = 1, entonces F (s) = , es decir, £{1} = ; con base en s s esto tenemos lo siguiente: d 1 1 d = 2 1− £ {t} = £ {t,1} = − £ {1} = − ds ds s s d d 1 2 2− £ t2 = £ {t.t} = − £ {t} = − = 3 ds ds s2 s 3 2 d 2 d 2 6 3! 3− £ t = £ t.t = − £ t = − = 4 = 4 , etc. . 3 ds ds s s s z De esto u ´ltimo se puede generalizar que: £ {tn } =

n! sn+1

(82)

Ejemplo 61. encuentre £ tekt , usando (82). 1 Soluci´ on:Se usa (82) con f (t) = ekt de manera que F (s) = , por lo tanto, se tiene s−k que: n o d 1 1 £ tekt = − = . ds s − k (s − k)2 Lero y Jose

93

Amaury Camargo B

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE z Se pueden obtener potencias nás altas de “t ”de la misma manera, usando la f´ ormula general n o n! n kt £ t e = (83) (s − k)n+1 Ejemplo 62. Encuentre £ {tsen(kt)}, usando (83).

Soluci´ on:Se usa (83) con f (t) = sen(kt), de manera que F (s) = d £ {tsen(kt)} = − ds

k s2 + k 2

k ; as´ı, s2 + k 2

2ks

=

+ k 2 )2

(s2

.

Ejemplo 63. Encuentre £ {t cos(kt)}, usando (83).

Soluci´ on: Usaremos (83) con f (t) = cos(kt), de modo que F (s) = d £ {t cos(kt)} = − ds " =−

s 2 s + k2

s2

s , as´ı, + k2

s2 + k 2 − 2s2

#

(s2 + k 2 )2

luego £ {t cos(kt)} =

s2 − k 2 (s2 + k 2 )2

Teorema 14. Primer teorema de traslaci´ on

Si F (s) = £ {f (t)} y “k ” es cualquier n´ umero real, entonces se cumple que n o £ ekt f (t) = F (s − k) (84). A veces es u ´til, para poner énfasis; emplear el simbolismo n o £ ekt f (t) = £ { f (t)}s−→(s−k)

(85)

en donde s −→ (s−k) indica que remplazamos “S” en F (s) por “(s−k)”, en la transformada de Laplace de f (t) . Ejemplo 64. Eval´ ue £ t4 e2t . Lero y Jose

94

Amaury Camargo B

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE Soluci´ on:Aplicaremos el resultado (84) de dos formas distintas, (1) con k = 2, f (t) = t4 y 4! n = 4 de manera que: F (s) = 5 ; de lo anterior se recibe que s £ t4 e2t = F (s − 2) =

24 (s − 2)5

De otra forma (2):

4 2t

£ t e

= £ t4 s−→(s−2) =

4! s5

= s−→(s−2)

24 (s − 2)5

Ejemplo 65. Eval´ ue £ cos(λt)e−5t .

Soluci´ on: £ cos(λt).e−5t = £ {cos(λt)}s−→(s+5) s = 2 s + λ2 s−→(s+5)

s+5 = (s + 5)2 + λ2

z Se pueden obtener f´ ormulas importantes para la transformada de Laplace de funciones senoidales multiplicadas por exponenciales sencillas generalizando el ejemplo anterior. n o £ cos(λt)ekt =

s−k (s − k)2 + λ2

n o £ sen(λt)ekt =

λ (s − k)2 + λ2

Teorema 15. Segundo teorema de traslaci´ on Si a > 0 y f (t) es continua para t ≥ 0 y de orden exponencial entonces £ {u (t − a) f (t − a)} (s) = e−as F (s) = e−as £ {f (t)} (s) Lero y Jose

95

Amaury Camargo B

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE Demostraci´ on: Z∞ £ {u (t − a) f (t − a)} (s) =

e−st u (t − a) f (t − a) dt

0

Za =

e

−st

Z∞ u (t − a) f (t − a) dt +

0

0

Za

Z∞

=

e−st 0 (t − a) f (t − a) dt +

0

Z∞ =

e−st u (t − a) f (t − a) dt

e−st 1 (t − a) f (t − a) dt

0

e−st f (t − a) dt

a

Hagamos u = t − a =⇒ du = dt, por lo tanto, Z∞ £ {u (t − a) f (t − a)} (s) =

e−s(u+a) f (u) du

0

= e

−sa

Z∞

e−su f (u) du

0

= e−as £ {f (t)} (s) Nota: Forma rec´ıproca £−1 e−as F (s) = u (t − a) f (t − a) Ejemplo 66. Hallar £ {u (t − a)} £ {u (t − a)} = £ {u (t − a) 1} = e−as £{ 1} = Hallar £−1

n

e−s s(s+1)

e−as s

o −1

£

e−s s (s + 1)

=£

−1

e

−s

1 s (s + 1)

como 1 s (s + 1)

A B + =⇒ A = 1, B = −1 s s+1 −1 −s 1 −1 −s 1 = £ e −£ e s s+1 =

= u (t − 1) − u (t − 1) e−(t−1) Lero y Jose

96

Amaury Camargo B

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

4.1.

4.1. TRANSFORMADA INVERSA.

Transformada inversa.

Si F (s) representa la transformada de Laplace de una función f (t), es decir, si £ f (t) = F (s) , decimos que f (t) es la transformada inversa de Laplace de F (s) y escribimos. f (t) = £−1 {F (s)}

(86)

Ejemplo 67. 1. 2. 3.

1 f (t) = 1 = s 1 f (t) = t = £−1 s2 1 8t −1 f (t) = e = £ s−8 £−1

Algunas transformadas inversas de Laplace. 1 −1 I. f (t) = 1 = £ s n! n −1 , n = 1, 2, ... II. f (t) = t = £ sn+1 1 kt −1 III. f (t) = e = £ s−k k −1 f (t) = sen(kt) = £ s2 + k 2 IV. k f (t) = senh(kt) = £−1 s2 − k 2 s f (t) = cos(kt) = £−1 s2 + k 2 V. s −1 f (t) = cosh(kt) = £ s2 − k 2 Definici´ on 12. La transformada inversa de Laplace también cumple con la propiedad de linealidad, esto es, si existen £−1 {F (s)} y £−1 {G(s)}, y para α∧β constantes arbitrarias se cumple que: £−1 {αF (s) + βG(s)} = α£−1 {F (s)} + β £−1 {G(s)}

Ejemplo 68. Use la ecuaci´ on ( 87) para evaluar £−1 Lero y Jose

97

3s − 2 s2 + 16

(87)

Amaury Camargo B

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

4.1. TRANSFORMADA INVERSA. Soluci´ on: −1

£

3s − 2 s2 + 16

entonces −1

£

Ejemplo 69. Eval´ ue

£−1

Soluci´ on: £

−1

−1

= 3£ 3s − 2 s2 + 4

s 2 s + 16

−£

= 3 cos(4t) −

s+5 2 s − 3s + 2

s+5 s2 − 3s + 2

−1

2 2 s + 16

,

1 sin(4t) 2

−1

=£

s+5 (s − 1)(s − 2)

por fracciones parciales se recibe que : s+5 A B −6 7 = + = + , (s − 1)(s − 2) (s − 1) (s − 2) (s − 1) (s − 2) entonces −1

£

s+5 2 s − 3s + 2

−6 7 =£ + (s − 1) (s − 2) 1 7 −1 −1 = −6£ +£ (s − 1) (s − 2) −1

= −6et + 7e2t s −1 Ejemplo 70. Eval´ ue £ . s2 + 6s + 11 Soluci´ on: −1

£

Ejemplo 71. Eval´ ue Lero y Jose

s+3−3 =£ (s + 3)2 + 2 s+3 3 −1 =£ − (s + 3)2 + 2 (s + 3)2 + 2 s+3 1 −1 −1 =£ − 3£ (s + 3)2 + 2 (s + 3)2 + 2 ) ( √ s 3 2 = £−1 − √ £−1 s2 + 2 s−→s+3 s2 + 2 2 s−→s+3 √ √ 3 −3t −3t = e cos 2t − √ sen 2t e 2 1 1 £−1 + (s − 1)3 s2 + 2s − 8

s s2 + 6s + 11

−1

98

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CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE4.2. Soluci´ on: −1 £

1 1 + 2 3 (s − 1) s + 2s − 8

TRANSFORMADA DE UNA DERIVADA.

1 1 =£ + (s − 1)3 (s + 1)2 − 9 1 −1 2! 1 −1 3 = £ + £ 2! (s − 1)3 3 (s + 1)2 − 9 1 −1 2! 3 1 −1 = £ + £ 2! s3 3 s2 − 32 −1

s−→s−1

s−→s+1

1 1 = et t2 + e−t sinh(3t) 2 3

4.2.

Transformada de una derivada.

Teorema 16. Sea f : [0, +∞) → R continua y con derivada continua por tramos que es adem´ as de orden exponencial, entonces £ f 0 (t) = S£ { f (t)} − f (0) = SF (s) − f (0). (88). z De igual modo, con la ayuda de la ecuación (88) se prueba que: £ f 00 (t) = S 2 F (s) − Sf (0) − f 0 (0) £ f 000 (t) = S 3 F (s) − S 2 f (0) − Sf 0 (0) − f 00 (0) El procedimiento puede generalizarse, admitiendo las hipótesis del siguiente 0 (n−1) (t) son continuas en [0, ∞); son de orden exponenTeorema 17. Si(n)f (t), f (t), ..., f cial, y si £ f (t) es seccionalmente continua en [0, ∞), entonces: n o £ f (n) (t) = S n F (s) − S (n−1) f (0) − S (n−2) f 0 (0) − · · · − f (n−1) (0) n

= S F (s) −

n−1 X

sn−k−1 f

(k1)

(0),

( 89)

k=0

Ejemplo 72. Resuelva y 0 − 3y = e2t , sujeta a y(0) = 1 Soluci´ on: Primero aplicamos la transformada de Laplace a cada miembro de la ecuación diferencial dada, as´ı: £ y 0 − 3£ {y} = £ e2t 1 , sY (s) − y(0) − 3Y (s) = s−2 Lero y Jose

99

Amaury Camargo B

4.2.

TRANSFORMADA DE UNA DERIVADA.CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE por lo tanto sY (s) − 1 − 3Y (s) =

1 s−2

(s − 3)Y (s) = 1 +

1 s−1 = , s−2 s−2

entonces s−1 A B = + (s − 2) (s − 3) (s − 2) (s − 3) −1 2 Y (s) = + , (s − 2) (s − 3)

Y (s) =

o sea que −1

y(t) = 2£

2 (s − 3)

−£

−1

1 (s − 2)

= 2e3t − e2t , Ejemplo 73. resuelva y 00 − 6y 0 + 9y = t2 e2t , sujeta a y(0) = 2, y 0 (0) = 6. Soluci´ on: £ y 00 − 6£ y 0 + 9£ {y} = £ t2 e2t , aplicando £ {y 00 } , £ {y 0 }, y las condiciones iniciales dadas se tiene que: s2 Y (s) − S y(0) − y 0 (0) − 6 [sY (s) − y(0)] + 9Y (s) =

2 (s − 3)3

2 (s − 3)3 2 entonces(s − 3)2 Y (s) = 2(s − 3) + (s − 3)3 2 2 Y (s) = + (s − 3) (s − 3)5

entonces(s2 − 6s + 9)Y (s) = 2s − 6 +

de donde se tiene que y(t) = 2£−1

1 (s − 3)

−

2 −1 £ 4!

4! (s − 3)5

,

de los teoremas de traslaci´ on tenemos que 4! −1 £ = t4 e3t , s5 s−→s−3 luego y(t) = 2e3t +

Lero y Jose

100

1 4 3t t e 12

Amaury Camargo B

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE4.2.


1 Ejemplo 74. calcule £ {t} = Y (s) a partir de £ {1} = , s

Soluci´ on: Eligiendo y(t) = t, se obtiene y 0 (t) = 1 y y(0) = 0, aplicando la ecuación (88) tenemos entonces que: £ y 0 (t) = 1 = sY (s) − y(0), lo cual implica que 1 £ {t} = Y (s) = £ {1} s 1 1 1 = = 2. s s s Ejemplo 75. si £ {cos(t)} =

Soluci´ on: Sean

s2

s , calcule +1

£ {sin(t)}.

y(t) = cos(t), y0(t) = − sin(t), y(0) = 1.

Aplicando la ecuaci´ on (88) tenemos que: £ {sin(t)} = [−s£ {cos(t)} − y(0)] =

−s2 1 +1= 2 , 2 s +1 s +1

o sea que £ {sin(t)} = Ejemplo 76. calcule

s2

1 . +1

£ {kt cos(kt) + sin(kt)}.

Soluci´ on: £ {kt cos(kt) + sin(kt)} = £

d [t sin(kt)] , dt

entonces £ pero por (88)

d [t sin(kt)] = s.£ {t sin(kt)} − t sin(0), dt

se tiene que d s£ {t sin(kt)} = s − £ [sin(kt)] dt

Lero y Jose

101

y

t sin(0) = 0, Amaury Camargo B

4.2.

TRANSFORMADA DE UNA DERIVADA.CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE entonces £

d 2ks −0 [t sin(kt)] = s dt (s2 + k 2 )2 2ks2 = 2 (s + k 2 )2

De donde podemos concluir que: £ {kt cos(kt) + sin(kt)} =

Lero y Jose

102

2ks2 (s2 + k 2 )2

Amaury Camargo B

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE4.2.


Ejercicios propuestos 13. $ {f (t)}, donde .

I.

En cada caso halle

1.

f (t) = e−t sin(t),

2.

f (t) = t cos(t),

3.

f (t) = sin(2t) cos(2t),

Rta : 2(s2 + 16)−1

4.

f (t) = t(et + e2t )2 ,

5.

f (t) = et sin(3t),

Rta : (s − 2)−2 + (s − 3)−2 + (s − 4)−2 3 Rta : (s − 1)2 + 9

II.

En cada caso determine $−1 {f (t)}. ( ) (s + 3)3 $−1 , Rta : f (t) = 1 + 3t + 32 t2 + 61 t3 s4 s −1 $ , Rta : f (t) = 43 e−3t + 14 et s2 + 2s − 3 0,9s 9 0,1t $−1 , Rta : f (t) = 59 e0,2t − 10 e (s − 0,1)(s − 0,2) √ 1 1 1 $−1 − cos , Rta : f (t) = 5t 5 5 s3 + 5s 2s − 4 $−1 , Rta : f (t) = −4 + 3e−t + cos(t) + 3 sin(t) (s2 + s)(s2 + 1)

6. 7. 8. 9. 10.

11.

$−1

12.

$−1

III.

2s − 1 2 s (s + 1)3

Rta : (s2 + 2s + 2)−1 Rta : (s2 − 1)(s2 + 1)−2

1 2 s − 6s + 10

Rta : f (t) = e3t sin(t)

,

Use la transformada de Laplace para resolver el P.V.I.

13.

y 0 + 4y = e−4t ,

14.

y 00

15.

y 00 − y 0 = et cos(t),

Lero y Jose

Rta : f (t) = 5 − 5e−t − 4te−t − 32 t2 sin(t)e−t

,

+

2y 0

Rta : y = te−4t + 2e−4t

y(0) = 2,

+ y = 0,

y(0) = 1 , y 0 (0) = 1

Rta : y = e−t + 2te−t

y(0) = 0 , Rta : y = y 0 (0) = 0 103

1 2

− 12 et cos(t) + 21 et sin(t) Amaury Camargo B

4.2.

TRANSFORMADA DE UNA DERIVADA.CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

16. 17.

18.

y(0) = 1 , Rta : y = 35 et − 23 te4t y 0 (0) = −1 √ √ y(0) = 10 00 y + y = 2 sin( 2t), , y 0 (0) = 0 √ √ Rta : y = 10 cos(t) + 2 sin(t) − 2 sin( 2t) y 00

y 00

−

5y 0

−

y0

+ 4y = 0,

+ 13y = 0,

y(0) = 0 , Rta : y = − 32 e3t sin(2t) y 0 (0) = −3

19.La ecuaci´ on diferencial para la corriente i(t) en un circuito en serie que contiene un di inductor y una resistencia es L + Ri = E(t). Determine i(t) . dt 20.Recuerde que si un circuito en serie contiene un inductor, una resistencia y un condensador, la ecuaci´ on diferencial para la carga instantánea q(t) del condensador est´ a dada por dq 1 d2 q L 2 + R + q = E(t). dt dt C Use la transformada de Laplace para determinar q(t) cuando L = 1 henrio, R = 20 homnios, C = 0,005 faradios, E(t) = 150 voltios, t > 0 y . q(0) = i(0) = 0 ¿Cuál es la carga q(t) si el mismo voltaje constante se desconecta para t ≥ 0 ?.

21.Consideremos un dep´ osito que en t = 0 tiene en su interior v0 galones de una soluci´ on que contiene q0 libras de un concentrado soluble. Otra solución que contiene q1 libras de concentrado por gal´ on, est´ a entrando en el depósito a razón de r1 galones por minuto. La soluci´ on del dep´ osito se remueve constantemente y se vac´ıa a razón de r2 galones por minuto.

a) Si Q es la cantidad de concentrado en la solución en el instante t, probar que dQ r2 Q + = q1 r1 . dt v0 + (r1 + r2 )t b) Si Q es la cantidad de concentrado en la solución en el instante t, escribir la ecuaci´ on diferencial para el ritmo de cambio de Q respecto de t, si r1 = r2 = r.

Lero y Jose

104

Amaury Camargo B

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE 4.3. TRANSFORMADA DE UNA INTEGRAL.

4.3.

Transformada de una integral.

Teorema 18. Sea f : [0, +∞) → R continua por tramos de orden exponencial, entonces la Rt transformada de la integral 0 f (τ )dτ viene dada por la fórmula Z t F (s) 1 . $ f (τ )dτ = $ {f (t)} = s s 0 La cual puede escribirse como $−1 {F (s)} = f (t) o sea que $

4.3.1.

−1

F (s) s

Z

t

f (τ )dτ

= 0

Convoluci´ on.

La convoluci´ on de funciones f ∧ g, se escribe f ∗ g y se define as´ı: Z t f ∗g = f (τ )g(t − τ )dt 0

y el teorema de la convoluci´ on dice que $ {f ∗ g} = F (s)G(s).

H Presentamos ahora una f´ ormula que resulta muy u ´til para calcular $ {f (t)} en caso de que sea una funci´ on peri´ odica. Sea f (t) periódica con per´ıodo T , (esto quiere decir nada más que f (t + T ) = f (t)) entonces Z τ 1 $ {f (t)} = f (t)e−st dt. 1 − e−sτ 0 nR o t Ejemplo 77. Calcule $ 0 eτ sen(t − τ )dτ .

Soluci´ on:con las identificaciones: f (t) = et y g(t) =sen(t), aplicamos lo siguiente Z t τ $ e sen(t − τ )dτ = $ et $ {sen(t)} 0

=

1 1 2 (s − 1) (s + 1)

=

1 . (s − 1) (s2 + 1)

donde se recibe que: Z

t

τ

e sen(t − τ )dτ

$ 0

Lero y Jose

105

Amaury Camargo B

4.3. TRANSFORMADA DE UNA INTEGRAL. CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

$−1

Ejemplo 78. Calcular

1 . (s − 1) (s + 4)

Soluci´ on: Ser´ıa posible usar factores parciales, pero si tomamos F (s) =

1 (s − 1)

y

G(s) =

1 , (s + 4)

entonces −1

$

1 (s − 1) (s + 4)

Z

t

f (τ )g(t − τ )dτ

= 0

Z

t

eτ e−4(t−τ ) dτ 0 Z t e−4t 5τ t −4t =e e5τ dτ = e 0 5 0 et − e−4t = , 5 =

concluimos entonces que: $ Ejemplo 79. si f (t) =

−1

t, 0,

et − e−4t 1 = . (s − 1) (s + 4) 5 0≤t≤1 . 1≤t≤2

Soluci´ on: Z 2 1 $ {f (t)} = f (t).e−st dt 1 − e−2s 0 Z 1 Z 2 1 −st −st t.e dt + 0.e dt , = 1 − e−2s 0 1 es decir, que

e−s 1 − e−s 1 − (s + 1)e−s $ {f (t)} = − + = s s2 s2 (1 − e−2s )

Lero y Jose

106

Amaury Camargo B

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE 4.3. TRANSFORMADA DE UNA INTEGRAL. Ejercicios propuestos 14.

En cada caso halle f(t); 1) y 00 − 4y 0 + 4y = t3 e2t ,

y (0) = 0; y 0 (0) = 0

2) y 00 − 6y 0 + 9y = t2 e3t ,

y (0) = 2; y 0 (0) = 6

3) y 00 − 2y + y = et ,

y (0) = 0; y 0 (0) = 5

4) y 00 − 6y 0 + 9y = t, 5) y 00 + y 0 − 4y − 4

Zt

y (0) = 0; y 0 (0) = 1 y (0) = y 0 (0) = 0

y dτ = 6et − 4t − 6,

0

6) Hallar f (t) para la siguiente ecuación integral Zt f (t) +

f (τ ) dτ = 1, 0

7)

y 0 (t)

Zt + 6y (t) + 9

y (τ ) dτ = 1,

y (0) = 0

y (τ ) dτ = t,

y (0) = 0

y (τ ) dτ = t,

y (0) = 0

0

8)

y 0 (t)

Zt − 6y (t) + 9 0

9)

y 0 (t)

Zt + 6y (t) + 9 0

10) y 0 (t) = cos t +

Zt y (τ ) cos (t − τ ) dτ,

y (0) = 1

0

11)

ty 00

+

2ty 0

y (0) = 0; y 0 (0) = 3

+ 2y = 0,

12) ty 00 − ty − y = 0,

y (0) = 0, y 0 (0) = 3

13) ty 00 + 4ty 0 + 4y = 0,

y (0) = 0, y 0 (0) = 2

14) t2 y 00 + 2ty 0 + t2 y = 0,

y (0) = 0

15) y 00 + 4y = f (t) donde f (t) = sin U (t − 2π) 16) y 00 − 5y 0 + 6y = U (t − 1) , 17) y 00 − y 0 = et cos t,

y (0) = 1, y 0 (0) = 0

y (0) = 0, y 0 (0) = 1

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

18) Hallar f (t) si: Lero y Jose

107

Amaury Camargo B

4.3. TRANSFORMADA DE UNA INTEGRAL. CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

a 0 f (t) +

Zt (t − τ ) f (τ ) dτ = t 0

b 0 f (t) + 4

Zt sin τ (t − τ ) dτ = 2t 0

c0

f (t) =

d0

ty 00

tet

Zt −

τ f (t − τ ) dτ

0 1)y 0

+ (t − + y = 16 t2 e−t (3 − t), e 0 ty 00 + (t − 1)y 0 + y = e−t (1 − t)te−t ,

y (0) = 0 y (0) = 0

19) En cada caso compruebe que: nπ s o sin (2t) − tan−1 = a 0 £−1 t 2 2 sin t 1 = b 0 £−1 tan−1 s t 3 e−2t sin (3t) c 0 £−1 tan−1 = s+2 t s 1 d 0 £−1 t sin t − t2 cos t = 3 2 8 (s + 1) s πs = 1 e−2(t−π) sin 2 (t − π) U (t − π) e 0 £−1 e 2 (s + 2)2 + 4 π 3s2 + 1 s −2s e = f 0 £−1 s2 + 1 s2 (s2 + 1)2 20) Usando la definici´ on de convoluci´ on o aplicando transformada de Laplace demuestre las tres igualdades siguientes: a 0 eat ∗ eat = teat 1 1 − eat + ateat 2 a 1 = 3 2 + at − 2eat + ateat a

b 0 1 ∗ eat ∗ eat = c 0 t ∗ eat ∗ eat

Lero y Jose

108

Amaury Camargo B

Cap´ıtulo 5

Sistemas lineales de e.d.l. 5.1.

M´ etodo de eliminaci´ on.

El enfoque m´ as elemental a los sistemas lineales de ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes consiste en la eliminaci´ on de variables dependientes mediante combinaciones adecuadas de parejas de ecuaciones. El objeto de este procedimiento es eliminar sucesivamente las variables dependientes hasta que quede solamente una ecuación con una u ńica variable dependiente. En general esta ecuaci´ on ser´ a lineal y de orden superior, a menudo podrá resolverse por los métodos estudiados anteriormente. Después de que se tenga la solución, las otras variables dependientes se determinar´ an a su vez usando las ecuaciones diferenciales originales o aquellas que hallan aparecido durante el proceso de eliminación.

Ejemplo 80. Halle la soluci´ on del sistema

x0 = 4x − 3y, y 0 = 6x − 7y

(1) , (2)

sujeta a las condiones

x(0) = 2 y(0) = −1

Soluci´ on: De la ecuaci´ on (2) se tiene que 1 7 1 7 x = y 0 + y (3) =⇒ x0 = y 00 + y 0 6 6 6 6 sustituyendo (3)

y (4) en (1) tenemos que 1 00 7 0 y + y =4 6 6

109

1 0 7 y + y − 3y, 6 6

(4).

5.2.

´ METODO DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE. CAPÍTULO 5. SISTEMAS LINEALES DE E.D.L. que equivale a. y 00 + 3y 0 − 10y = 0

(5).

La ecuaci´ on (5) es una ecuaci´ on de 2o orden con coeficientes constantes que tiene como ecuaci´ on cararter´ıstica r2 + 3r − 10 = (r − 2)(r + 5) = 0, cuya soluci´ on general es y(t) = c1 e2t + c2 e−5t

(6)

de donde se logra y 0 (t) = 2c1 e2t − 5c2 e−5t . al sustituir estos u ´ltimos resultados en la ecuación (3) se recibe x(t) =

7 1 2c1 e2t − 5c2 e−5t + c1 e2t + c2 e−5t . 6 6

esto es, 3 1 x(t) = c1 e2t + c2 e−5t 2 3

(7)

Las ecuaciones (6) y (7) describen la solución general del sistema. Las condiciones iniciales dadas implican que 3 1 x(0) = c1 + c2 = 2 y y(0) = c1 + c2 = −1, 2 3 estas ecuaciones se resuelven f´ acilmente para obtener c1 = 2 Por tanto la soluci´ on buscada es

5.2.

y c2 = −3.

x(t) = 3e2t − 2e−5t y(t) = 2e2t − 3e−5t

M´ etodo de la transformada de laplace.

El operador de Laplace puede usarse para transformar un sistema de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes en un sistema de ecuaciones algebraicas.

Ejemplo 81. Resolver el sistema de e.d. 4x0 (t) + 4x(t) + y 0 (t) = 1, 3x0 (t) + y 0 (t) − y(t) = t,

x(0) = 2 y(0) = −6

(1a) (1b)

Soluci´ on: Lero y Jose

110

Amaury Camargo B

´ CAPÍTULO 5. SISTEMAS LINEALES5.2. DE E.D.L. METODO DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE. Tomando transformada de Laplace a ambos lados de las ecuaciones (1a) y (1b) tenemos: 1 4 [sX(s) − x(0)] + 4X(s) + sY (s) − y(0) = , s

(2a)

1 , s2

3 [sX(s) − x(0)] + [sY (s) − y(0)] − Y (s) =

(2b)

Usando las condiciones iniciales x(0) = 2 y y(0) = −6, combinando los términos en el sistema anterior. Se tiene que: 1 + 2s , (3a) s 1 3sX(s) + (s − 1) Y (s) = 2 , (3b) s

4 (s + 1) X(s) + sY (s) =

Despejando Y (s) de (3a) , esto es, Y (s) =

1 + 2s 4 (s + 1) − X(s), (4) s2 s

y sustituyendo en (3b) para obtener una ecuación en X(s) de la siguiente forma: 1 + 2s 4 (s + 1) 1 3sX(s) + (s − 1) − X(s) = 2 , (5) s2 s s Se simplifica (5) y se obtiene 1 2 + s − 2s2 , 4 − s2 X(s) = 2

(6)

y se despeja X(s), X(s) =

2s2 s − 2 2s2 s − 2 = , s(s2 − 4) s (s − 2) (s + 2)

(7)

Por fracciones parciales, X(s) =

A B C + + , s (s − 2) (s + 2)

(8)

De donde se tiene que X(s) =

1 2

s

+

1 2

(s − 2)

+

1 , (s + 2)

(9)

De manera que x(t) =

1 1 2t + e + e−2t , 2 2

(10)

Sustituyendo el resultado (10) en la ecuación (1a) y hallando la antiderivada se obtiene que y(t) = −1 − t − 3e2t − 2e−2t Lero y Jose

111

Amaury Camargo B

5.2.

´ METODO DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE. CAPÍTULO 5. SISTEMAS LINEALES DE E.D.L. Aplicaci´ on Se tienen dos tanques A y B con las siguientes especificaciones, el tanque “A” tiene 50 gal de agua y se le agregan 25 lib de sal; el tanque “B” tiene 50 gal de agua pura. Se bombean 4 gal m´ın de agua del tanque A al tanque B ; del tanque B se pasa una mezcla de un 1 gal m´ın al tanque A y de afuera se agrega al tanque A 3 gal m´ın y del tanque B salen hacia afuera 3.gal m´ın ¿Cuál es la cantidad de sal en el tanque A en un tiempo t.?

Soluci´ on:

⇐= =⇒ 50251gal/min 3gal/min 4gal/min gal de lib deagua sal A B

El propósito es hallar x(t). para ello consideremos lo siguiente. x(t), cantidad de sal que hay en A en un tiempo t cualquiera. y(t), cantidad de sal que hay en B en un tiempo t cualquiera. x(0) = 25 lb, cantidad de sal que hay en A en t = 0. y(0) = 0 lb, cantidad de sal que hay en B en t = 0. dx = x0 , variaci´ on de sal en A respecto al tiempo. dt dy = y 0 , variaci´ on de sal en B respecto al tiempo. dt De la figura (2) tenemos entonces que: Para el tanque A. x0 = ( entrada - salida) gal lb gal lb gal lb 0 0 + 1 y − 4 x x = 3 m´ın gal m´ın 50 gal m´ın 50 gal entonces x0 + Lero y Jose

2x 1.y − =0 25 50 112

(1) Amaury Camargo B

´ CAPÍTULO 5. SISTEMAS LINEALES5.2. DE E.D.L. METODO DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE. Para el tanque B se tiene: y 0 = ( entrada - salida). lb gal lb gal gal lb 0 y + 1 y x 50 gal − 3 y = 4 m´ın m´ın 50 gal m´ın 50 gal entonces y0 +

2y 2.x − =0 25 25

(2)

Para hallar x(t), aplicamos transformada de una derivada y transformada inversa de una funci´ on, esto: 2 1 2 1 $ x0 + $ {x} − $ {y} = 0 y $ y 0 + $ {y} − $ {x} = 0, 25 50 25 50 entonces sX(s) − X(0) +

1 2 X(s) − Y (s) = 0 25 50

sY (s) − Y (0) +

y

2 2 Y (s) − X(s) = 0 25 25

aplicando las condiciones iniciales dadas por el problema, se tiene: 2 1 s+ X(s) − X(s) = 25 (3). 25 50 2 2 − X(s) + s + Y (s) = 0 25 25

(4).

Multiplicando la ecuaci´ on (3) por

2 s+ 25

,

y la ecuaci´ on (4) por 1 50 luego sumando término a término los resultados obtenemos que: 2 1 2 2 2 s+ s+ X(s) − X(s) = 25 s + , 25 25 50 25 25 es decir, "

2 s+ 25

2

−

1 25

2 # X(s) = 25s + 2;

al despejar X(s), se tiene que: X(s) = h Lero y Jose

25s s+

2 2 25

−

1 2 25 113

i+h

2 s+

2 2 25

−

1 2 25

i Amaury Camargo B

5.2.

´ METODO DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE. CAPÍTULO 5. SISTEMAS LINEALES DE E.D.L. para poder obtener x(t) de ésta u ´ltima ecuación, aplicamos transformada inversa, esto es,         2 2 s + 25 − 25 2 −1 −1 −1 i i h h +$ $ {X(s)} = 25$  s + 2 2 − 1 2   s + 2 2 − 1 2  25

 

$−1 {X(s)} = 25$−1

h

s+

  h

s+



x(t) = 25$−1

2 25 2 2 25

s+

 + $−1

25

2 25

  h    

s+

2 2

−

−

25



 2 25 i 1 2  25

+ $−1

  h 

s+

2 25

25

2 2

  −

1 2 25

i 

  1 2 25

−

2 25

s+ 2 2

  

−

25

i

1 2 25

i    

s −1 h i = 25$ 2 1    s2 − 25 2  s+ 25 −→s 2t t x(t) = 25e− 25 cosh 25

$−1 {X(s)} = 25$−1

  h 

x(t) = $−1

 

2 25 2 2 25

s+ s+

−

2 25

h 

25 s + 2 2 s + 25 −

−

1 25



 2 25 i 1 2  25  

+ $−1

 

−1

2 i  − $

2 h



s+

  h 

 

s+

2 2 25

25 2 2 25

2 25

−

1 2 25



 

−

i

1 2 25

i 

Ejercicios propuestos 15. I. Calcule la transformada de Laplace . 1. 2. 3.

$ 1 ∗ t3 $ t2 ∗ t4 $ e−t ∗ et cot s(t)

4. 5. 6.

$ 1 ∗ e−2t $ t2 ∗ tet $ e2t ∗ sin(t)

II. Use definici´ on de Convoluci´ on para calcular las transformadas inversas pedidas. Lero y Jose

114

Amaury Camargo B

´ CAPÍTULO 5. SISTEMAS LINEALES5.2. DE E.D.L. METODO DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE.

$−1

7.

1 s(s + 1)

1 (s − 2)(s + 1) s −1 R $ s2 + 4)2

$−1

9. 11.

8. 10. 12.

1 s(s2 + 1) 1 −1 $ (s + 1)2 1 −1 $ (s2 + 1)(s2 + 4) $−1

III. En los siguientes ejercicios aplique los métodos de eliminación y de transformada de Laplace para resolver los sistemas de ecuaciones dados. 13. Rta:

x00 (t) − 3x0 (t) − y 0 (t) + 2y(t) = 14t + 3 x(0) = x0 (0) = 0 , x0 (t) − 3x(t) + y 0 (t) = 1, y(0) = 6,5

x(t) = 2 − 12 et 21 e3t − e−2t y(t) = 7t + 5 − et + 52 e−2t

14.

2x0 (t) + 2x(t) − y 0 (t) − y(t) = 3t , x0 (t) + x(t) + y 0 (t) + y(t) = 1,

15.

0 x (t) − 2x(t) − y 0 (t) − y(t) = 6e3t x(0) = 3 , 0 0 3t 2x (t) − 3x(t) + y (t) − 3y(t) = 6e y(0) = 0

Rta:

x(0) = 1 y(0) = 3

x(t) = (1 + 2t)et + 2e3t y(t) = (1 − t)et − e3t

x00 (t) + 2x(t) − y 0 (t) = 2t + 5 16. , x0 (t) − x(t) + y 0 (t) + y(t) = −2t − 1, x(t) = t + 2 + e−2t + sin(t) Rta : y(t) = 1 − t − 3e−2t − cos(t)

x(0) = 3, x0 (0) = 0 y(0) = . − 3

17.Se tienen dos tanques A y B de 100 galones cada uno, llenos de agua. El tanque A contiene sal con una concentraci´ on de 0.4 libras por galón y el tanque B contiene agua pura. Desde una fuente externa entra agua pura al tanque A, a razón de 120 galones por hora. El agua se bombea del tanque A al tanque B a 180 galones por hora. En el tanque B el agua se evapora a razón de 120 galones por hora, también se bombea agua del tanque B al tanque A a razón de 60 galones por hora. Encuentre la cantidad de sal en cada tanque en función del tiempo. Determine la cantidad de sal en el tanque A luego de 24 minutos de iniciado el proceso. 18. Considere dos tanques. Al inicio, el tanque 1 contiene 150 galones de salmuera con 8 libras de sal y el tanque 2 contiene 250 galones de salmuera con 14 libras de sal. Salmuera que contiene 3 libras de sal entra al tanque 1 a una tasa de 13 galones por segundo. La mezcla de salmuera en el tanque 1 fluye al tanque 2 a una tasa de 7 galones por segundo. La mezcla en el tanque 2 sale a una tasa de 28 galones por segundos. Lero y Jose

115

Amaury Camargo B

5.2.

´ METODO DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE. CAPÍTULO 5. SISTEMAS LINEALES DE E.D.L.

a) ¿Cuánta sal hay en cada tanque como una función del tiempo? b) ¿Cuánta sal hay en el tanque 1 al cabo de 1 minuto?. 19. Considere dos tanques. Al inicio el tanque 1 contiene 100 galones de salmuera con 35 libras de sal, y el tanque 2 contiene 400 galones de salmuera con 15 libras de sal. Suponga que la mezcla fluye del tanque 1 al tanque 2 a una tasa de 17 galones por minuto y que la mezcla fluye del tanque 2 al 1 a una tasa de 6 galones por minuto. a) ¿Cuánta sal hay en cada tanque como una función del tiempo? b) ¿Cuánta sal hay en el tanque 2 después de 5 minutos?.

Lero y Jose

116

Amaury Camargo B

Bibliograf´ıa [1] Boyce, William y Diprima, Richard. Ecuaciones diferenciales y Problemas con valores en la frontera . Limusa 4a Ed [2] Zill, Dennis G; Cullen, Michael R. Ecuaciones Diferenciales con problemas de valores en la frontera. 5a Edici´ on. Thomson ∗ Learning [3] Campbell, Stephen; Haberman, Richard. Introducción a las Ecuaciones Diferenciales. [4] Rainville, Earl D. Ecuaciones Diferenciales Elementales.

4a Ed. McMillan. 1990

[5] Takeuchi, Yu; Ramirez, Arturo; Ruiz, Carlos. Ecuaciones Diferenciales.Limusa. [6] Simmons, George F. Ecuaciones Diferenciales con Aplicaciones y notas históricas. McGRAWHILL. 1998 [7] Toppo, Paul; Zavala, Ricardo. Problemario de Ecuaciones Diferenciales. THOMSON- LEARNING. 2001

117

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias.pdf

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