√
Cuando nos acercamos a y 1 + = π por la izquierda f (y) tiene signo positivo, mientras que cuando nos acercamos por la derecha f (y) tiene signo negativo, por lo tanto este corresponde a un equilibrio estable.
√
Ahora cuando nos acercamos a y2 + = 2π por la izquierda f (y) tiene signo negativo, mientras que cuando nos acercamos por la derecha f (y) tiene signo positivo, por lo tanto este corresponde a un equilibrio inestable.
−√
Por otro lado, cuando nos acercamos a y1 − = π por la izquierda f (y) tiene signo positivo, mientras que cuando nos acercamos por la derecha f (y) tiene signo negativo, por lo tanto este corresponde a un equilibrio estable.
−√
Y cuando nos acercamos a y2 − = 2π por la izquierda f (y) tiene signo negativo, mientras que cuando nos acercamos por la derecha f (y) tiene signo positivo, por lo tanto este corresponde a un equilibrio inestable. Observamos como se alternan los signos y podemos generalizar: Si k > 0 es par, entonces y k ± son equilibrios inestables. Si k > 0 es impar, entonces yk ± son equilibrios estables. (b) Resulta u ´ til realizar un diagrama utilizando la informaci´ o n obtenida en el inciso (a). El gr´afico es como sigue:
−2 < a < −√ π, entonces L1 = −√ π y L2 = −√ 2π. √ √ Si a = − π, entonces L 1 = L2 = − π. √ √ Si − π < a < 0, entonces L = − π y L = 0. Si
1
2
Si 0 < a < 1, entonces L 1 = 0 y L 2 = 1. Si a = 0 entonces L1 = L 2 = 0.
√ π, entonces L1 = √ π y L 2 = 1. √ √ Si a = π, entonces L 1 = L 2 = π. √ √ √ Finalmente si π < a < 2, entonces L = π y L = 2π. Si 1 < a <
1
2
on aut´ onoma Problema 1.24. Dada la ecuaci´ y = (y 3
− 2y2 − y + 2) ln(1 + y2)
determine todos los puntos de equilibrio y clasif´ıquelos (nodo, fuente, sumidero). 35
Soluci´ on:
Sea f (y) = (y 3 2y2 y +2)ln(1+ y2 ), entonces los puntos de equilibrio son todas las soluciones de la ecuaci´on f (y) = 0, los cuales son:
−
−
y1 =
−1
;
y2 = 0
Como se tiene que f (y) > 0 si y ( 1, 0) y2 es nodo y por u ´ltimo y 3 es sumidero.
∈ −
;
y3 = 1
;
y4 = 2
∪ (0, 1) ∪ (2, +∞), se concluye que y1 e y4 son fuentes,
on x (t) = (x2 Problema 1.25. Dada la ecuaci´
− 9)(sin x − 2)
(a) Encuentre todos los puntos de equilibrio y determine su estabilidad. (b) Esboce el gr´ afico de la funci´ on x(t) que es soluci´ on de la ecuaci´ on anterior y que satisface x(0) = 1. En particular, determine l´ım x(t) justificando su respuesta. t
→∞
Soluci´ on:
(a) Los puntos de equilibrio son las ra´ıces de f (x) = (x2 9)(sin x 2). Como sin x 2 es siempre negativo, los u ´nicos puntos de equilibrio son x = 3. Notemos que f (x) > 0 para x ( 3, 3) y f (x) < 0 para x ( , 3) (3, ). As´ı, agrupando la informaci´ on en un diagrama de fase,
±
∈ −∞ − ∪ ∞
−
−
−
∈−
↓ (−) ↓ 3 • ↑ (+) ↑ −3 • ↓ (−) ↓ notamos que x = 3 es una fuente, mientras que x = 3 es un sumidero. Por tanto, x = 3 es un equilibrio estable mientras que x = 3 es inestable.
−
−
(b) Como f (1) es positiva, la curva es inicialmente creciente y ello se mantiene en tanto 3 < x < 3. Por otro lado, como f y f son continuas para todo x, en los valores de equilibrio x = 3 se verifican las condiciones del Teorema de Existencia y Unicidad y por tanto las constantes son las u ´nicas soluciones a trav´es de cualquiera de tales puntos. Ello implica que la soluci´ on buscada permanece acotada:
−
±
−3 < x(t) < 3 , ∀t y por tanto la curva es siempre creciente. En particular, l´ım x(t) = 3
t
→∞
36
Problema 1.26. Determine las bifurcaciones de y = y(1
− y)2 + α
Soluci´ on: Las ecuaciones a resolver son:
y(1
− y)2 + α = 0 ∧
f y (y, α) = 1
− 4y + 3y3 = 0
1 Resolviendo la ecuaci´ on para y obtenemos y = 1, . Reemplazando en f (y, α) = 0 obtenemos 3 4 1 4 α = 0, . As´ı, tenemos bifurcaciones en y = 1, α = 0 y en y = , α = : 27 3 27
−
−
Problema 1.27. Considere las siguientes ecuaciones diferenciales
(a) y = y 2 + ay (b) y = y 2 + a
a
∈ R. a ∈ R.
En cada caso encuentre puntos de equilibrio y clasif´ıquelos. Adem´ as encuentre valores de a de bifurcaci´ on param´ etrica y dibuje el diagrama de bifurcaci´ on. Soluci´ on:
(a) Primero buscamos los puntos de equilibrio, aquellos en que f (y) = y 2 + ay = 0 Se obtienen los equilibrios y = 0 e y = a. Recordar que los valores de bifurcaci´on de a son aquellos en que una peque˜ na variaci´ on implica que cambia el n´ umero de equilibrios de la ecuaci´ on. En este caso obtenemos como u ´nico valor a = 0. En efecto:
−
Si a > 0 existen dos equilibrios. El primero es y = 0, en el cual se tiene que f (0) = a > 0 por lo que es una fuente (o repulsor). Mientras que en y = a se tiene f ( a) = a < 0 por lo que corresponde a un sumidero (o atractor).
−
−
−
Si a = 0 existe un u ´ nico equilibrio, y = 0, para el cual se tiene que f (0) = 0, por lo que analizaremos los cambios de signo de f (y) para clasificar este equilibrio. Se tiene que f (y) = y 2 es positivo ya sea si y < 0 o y > 0, por lo que este equilibrio corresponde a un nodo. 37
Si a < 0 hay dos equilibrios, y = 0 para el cual f (0) = a < 0 por lo que es un sumidero, y el equilibrio y = a en el cual f ( a) = a > 0, por lo que es una fuente.
−
−
−
Finalmente el diagrama de bifurcaciones:
(b) Buscamos equilibrios para la nueva ecuaci´ on f (y) = y 2 + a = 0. Se obtiene y =
±√ −a. Claramente 0 es un valor de bifurcaci´on.
Si a > 0 no existen equilibrios. Si a = 0 existe un u ´ nico equilibrio, y = 0, para el cual se tiene que f (y) = y 2 es positivo ya sea si y < 0 o y > 0, por lo tanto este equilibrio corresponde a un nodo.
±√ √ −a y se tiene que f (±√ a) = ±2√ −a por lo que − −a es un sumidero.
Si a < 0 hay dos equilibrios, y ± = y+ = a es una fuente e y− =
√ −
Finalmente el diagrama de bifurcaciones:
on diferencial Problema 1.28. Considere la ecuaci´ y = y 2
− 6y + 4 + µ
donde µ es un par´ametro real. (a) Para cada µ
∈ R fijo, encuentre los puntos de equilibrio de la EDO y clasif´ıquelos. 38
(b) Encuentre los valores µ de bifurcaci´on param´etrica y dibuje el diagrama de bifurcaci´ on. Soluci´ on:
(a) Los puntos de equilibrio son las ra´ıces reales de la ecuaci´ on polinomial y2
− 6y + 4 + µ = 0
La ecuaci´ on cuadr´ atica tiene soluciones reales si y solo si el discriminante es positivo; es decir, si y solo si µ 5. Si µ < 5 tenemos dos soluciones distintas:
≤
y(µ) = 3
±
− 5
µ
Si µ = 5 tenemos una soluci´on real u ´ nica igual a 3. Como resultado: Si µ < 5 hay dos puntos de equilibrio que son y − (µ) = 3 Si µ = 5 hay un punto de equilibrio que es y = 3.
− √ 5 − µ, y+ (µ) = 3+ √ 5 − µ.
Si µ > 5 no hay puntos de equilibrio. Supongamos que µ < 5; tenemos que y 2 6y + 4 + µ > 0 si y > y+ , y 2 6y + 4 + µ < 0 si y− < y < y+ , y2 6y + 4 + µ > 0 si y < y− . Por lo tanto, y+ es un equilibrio inestable (fuente), mientras que y− es equilibrio estable (sumidero).
−
−
Ahora, si µ = 5 tenemos que y 2 6y + 4 + µ = y 2 un equilibrio semiestable (nodo).
−
−
− 6y + 9 > 0 si y = 3. Entonces, y = 3 es
(b) El punto µ = 5 es el u ´ nico valor de bifurcaci´ on param´ etrica, ya que el n´ umero de puntos de equilibrio es diferente para valores mayores y menores del par´ametro (cero si µ > 5, dos para µ < 5). El diagrama de bifurcaci´ on se presenta a continuaci´ on:
39
40
2 Ecuaciones de Orden Superior
2.1.
Ecuaci´ on Homog´ enea de Coeficientes Constantes
Problema 2.1. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales:
(a) y + 3y + 2y = 0 (b) y + y
−2 =0
Soluci´ on:
(a) Es claro que la soluci´ on ser´an combinaciones lineales de funciones del tipo: esx con s por determinar. Es claro que reemplazando en la ecuaci´ on tenemos: (s2 + 3s + 2)esx = 0 Como la exponencial ser´ a positiva podemos cancelarla y que para encontrar s tenemos que resolver el polinomio caracter´ıstico asociado a esta EDO: (s2 + 3s + 2) = (s + 1)(s
− 2) = 0 −→
s1 =
−1
,
s2 =
−2
lo que claramente nos entrega la soluci´ on: y(x) = C 1 e−2x + C 2 e−x (b) Si reiteramos el proceso tenemos el siguiente polinomio caracter´ıstico: s3 + s2
− 2 = 0 −→ (s − 1)(s2 + 2x + 2) = 0
puesto que claramente s = 1 es una ra´ız del polinomio. Por otro lado las otras ra´ıces son complejas conjugadas dadas por: s± = 1 i
− ±
Entonces la soluci´ on al problema ser´ a: y(x) = k 1 ex + k2 e(−1+i)x + k3 e(−1−i)x = k 1 ex + k2 e−x eix + k3 e−x e−ix 41
Si recordamos la famosa f´ ormula de Euler: eiθ = cos θ + i sin θ podemos transformar nuestro problema: y(x) = k 1 ex + k2 e−x (cos x + i sin x) + k3 e−x (cos( x) + i sin( x))
−
= k 1 ex + k2 e−x (cos x + i sin x) + k3 e−x (cos(x)
−
− i sin(x))
Notemos que esto es posible reordenarlo de la siguiente forma: y(x) = k 1 ex + e−x cos(x)(k2 + k3 ) + e−x sin(x)(ik2
− ik3)
Si ponemos C 1 = k 1
,
C 2 = (k2 + k3 ) ,
C 3 = (ik2
− ik3)
Podemos dejar nuestra soluci´ on expresada de la forma: y(x) = C 1 ex + C 2 e−x cos(x) + C 3 e−x sin(x) on real a este tipo de problemas. Siempre Observaci´ on: De aqu´ı podemos generalizar la soluci´ que se tenga una ra´ız compleja conjugada para el polinomio caracter´ıstico de la forma s = σ iω podemos obtener que su soluci´ on para esa ra´ız esta dada por:
±
C 1 eσx cos(ωx) + C 2 eσx sin(ωx)
Problema 2.2.
(a) Encuentre todas las soluciones de y + 4y = 0 ;
y(0) = 0 ;
y(π) = 0
(b) Determine los valores posibles para α tales que la siguiente EDO tiene soluciones no nulas. y + αy = 0
;
y(0) = 0
;
y(π) = 0
Soluci´ on:
(a) Para la ecuaci´ on y + 4y = 0, se tiene que su soluci´on general es: y(t) = C 1 cos(2t) + C 2 sin(2t) Aplicando las condiciones dadas se tiene que: 0 = C 1 cos(0) +C 2 sin(0) = C 1
1
0
0 = C 1 cos(2π) + C 2 sin(2π) 0
0
Entonces la soluci´ on es de la forma y(t) = C sin(t).
42
(b) Consideraremos 3 situaciones posibles, la primera es si α = β < 0, luego α = 0 y por u ´ ltimo α > 0. Si tenemos el caso α = β < 0, la soluci´ on general de la ecuaci´on y βy = 0 es:
−
−
y(t) = C 1 e
√ βt
√ βt − + C 2 e
−
Aplicando las condiciones iniciales se tiene: 0 = C 1 + C 2 0 = C 1 e2
√ βπ
√ βπ
+ C 2 e−2
De lo que se concluye que C 1 = C 2 = 0, entonces la soluci´ on es nula. Si tenemos α = 0, la ecuaci´ on se reduce a y = 0, cuya soluci´ on general es: y(t) = C 1 + C 2 t Donde al aplicar las condiciones se concluye que la soluci´on tambi´en es nula. Por u´ltimo nos queda el caso en que α > 0, donde la soluci´ on general de la ecuaci´on es:
√
√
y(t) = C 1 cos( αt) + C 2 sin( αt) Ahora aplicamos las condiciones y tenemos: 0 = C 1 cos(0) +C 2 sin(0) = C 1
1
0
√
0 = C 2 sin(2 απ)
√
De esto u ´ ltimo tenemos dos opciones, o se tiene que C 2 = 0 o sino 2 α = n, con n lo tanto se tiene que las soluciones en este caso son de la forma: y(t) = C sin
∈ Z, por
α 2
2
t
on diferencial: Problema 2.3. Considere la ecuaci´ ay + by + c = 0 con a, b, c
∈ R y a = 0.
(a) La funci´ on f : R odica si existe T > 0 tal que f (x + T ) = f (x) para cada R se llama peri´ t R. La funci´ on f se llama acotada en el intervalo I R si existe C > 0 tal que f (t) C para cada t I . Encuentre criterio sobre a, b y c para que cada soluci´on de la ecuaci´on diferencial sea:
∈
→
⊂
∈
i. peri´ odica ii. acotada para t > 0; 43
|
|≤
iii. acotada acotada para t para t
∈R
R tiene (b) Se dice que la funci´on on diferenciable f : R tien e punto cr´ cr´ıtico ıti co t0 R si la derivada de f se anula en t0 , es decir f (t0 ) = 0. Encuentre criterio sobre a, b y c para que cada soluci´on o n de la ecuaci´ on on diferencial tenga al menos dos puntos cr´ cr´ıticos en R.
→
∈
pongamos β = = b/(2 b/ (2a a) y γ = γ = c/a. c/a . Vamos a dar toda t odass las respuestas respuest as en t´erminos erminos Soluci´ on: on: Primero pongamos β de los par´ametros β ametros β y γ . La ecuaci´ on on queda: y + 2βy 2 βy + + γy = 0 Usando el polinomio caracter´ caracter´ıstico nos queda: 2
s + 2βs 2βs + γs = γs = 0
−→ s1,2 = −2β ±
− 4β 2 2
4γ
=
−β ±
As´ As´ı tenemos tenemo s tres t res casos distintos: distinto s: β 2
− β 2
γ
ra´ız es positiva y la soluci´ on on esta dada por: − γ > 0. Entonces la ra´ y(t) = Ae s1 t + Be s2t
β 2
= 0. Entonces la ra´ ra´ız es 0, tenemos 2 ra´ ra´ıces iguales y por ende: − γ = y(t) = Ae −βt + Bte −βt
β 2
− γ < 0. Entonces la ra´ ra´ız es negativa y luego obtenemos soluciones sinusoidales dadas p or: y(t) = Ae −βt cos(ωt cos(ωt)) + Be −βt sin(ωt sin(ωt)) = C e−βt cos(ωt cos(ωt − δ ) √ con ω con ω = γ − β 2 , C = A2 + B 2 y δ = = arctan(B/A arctan(B/A). ). Volviendo al problema:
(a) i. Notamos Notamos que solo en el tercer tercer caso existe la posibilidad posibilidad de que sea peri´ p eri´ odica, si exigimos que β β = 0 enton entonce cess nos nos qued quedar ar´ a´ una funci´ o n sinusoidal y por ende peri´odica. on odica. En 2 resumen se requiere β = β = 0 y β γ < 0 γ > 0.
−
→
ii. Para Para que la primera primera sea acotada acotada para t > 0 se requiere que la funci´on on no explote en el infinito ni tenga indeterminaciones (en este tipo de funciones no habr´a). a). En el primer caso, se requiere que ambas exponenciales no sean positivas (no podemos imponer condiciones sobre A y B ). As´ As´ı notamos que necesitamos que s1 0 y s2 0. De las propiedades de las ra´ ra´ıces de una cuadr´ atica atica sabemos que:
≤
s1 + s2 =
−2β ∧
≤
s1 s2 = γ
as´ as´ı en este caso las condiciones son equivalentes equivalentes a β a β > 0 y γ
≥ ≥ 0.
Para ara que que el segu segund ndoo caso caso sea sea acot acotad adaa nece necesi sita tamos mos que que la expon exponen enci cial al sea sea estr estric ic-tamen tamente te negativ negativaa (pues (pues le ganar´ ganar´ a al polin polinom omio) io).. Debem Debemos os impon imponer er ento entonc nces es que que
44
−β < 0 →
β > 0. Eso implica inmediatamente dado que β 2
= 0 entonces γ entonces γ > 0. − γ =
La soluci´ on on en el tercer caso ser´a acotada si la exponencial no es positiva (puede ser 0 el exponente, pues seno y coseno son acotados). Luego la condici´ on on es β 0. Esto implica nuevamente que γ > 0.
≥ ≥
iii. Notemo Notemoss ahora ahora que el primer primer caso nunca nunca ser´ sera´ acotado (salvo imponiendo condiciones sobre A, sobre A, B ). El segundo caso tampoco podemos hacerlo acotado, salvo si B si B = = 0. Y en el tercer caso solo necesitamos imponer que la exponencial no exista, luego β luego β = = 0 implica eso. Lo anterior implica que γ > 0. (b) La derivada derivada de la funci´ on general esta dada seg´ on un un los casos: y (t) = As 1 es1t + Bs 2 es2t y (t) = e −βt (B y (t) =
Bt )) − β (A + Bt))
β cos(ωt ωt − δ ) + ω sin(ωt sin(ωt − δ )) )) −Ce −βt (β cos(
Para Para el primer primer y segundo segundo caso necesitamos necesitamos imponer condiciones condiciones sobre A sobre A y B para encontrar 2 2 soluci´ on. Si en el primer caso imponemos que A on. que A + B = 0 podemos tener una soluci´on. on. En el segundo caso si imponemos B imponemos B = 0 podemos encontrar una sola soluci´on. on. Pero en el caso c caso c es es posible encontrar encontrar infinitas infinitas soluciones soluciones sin imponer condiciones condiciones sobre A sobre A y B . As´ As´ı la condic con dici´ i´ on on 2 para que tenga a lo menos 2 puntos cr´ cr´ıticos necesitamos imponer imp oner que β que β γ < 0.
−
45
2.2. 2.2.
Coeficie Coeficien ntes tes Ind Indete etermi rminad nados os
etodo de los coeficientes Problema 2.4. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales usando el m´etodo indeterminados. (a) y(4) (b) x ¨
5 y = t + cos t − 4y + 5y
9x = t = t 2 − 6x˙ + 9x
Soluci´ on: on:
(a) Resolvamos la homog´ h omog´enea, enea, el polino p olinomio mio caracter caracte r´ıstico es: s4
5s2 = s2 (s2 − 4s + 5) − 4s3 + 5s
De aqu´ aqu´ı tenemos la soluci´ solucion s o´n s = = 0 con multiplicidad 2, y tenemos para el otro polinomio las ra´ ra´ıces complejas comple jas conjugadas: conjuga das: 2 i, por lo tanto la soluci´ on on homog´ hom og´enea enea es:
±
yh = C = C 1 e0t + C 2 te0t + C 3 e2t cos(t cos(t) + C 4 e2t sin(t sin(t) = C 1 + C 2 t + C 3 e2t cos(t cos(t) + C 4 e2t sin(t sin(t) Recordemos ahora un poco de aniquiladores, consisten en aquel operador que hace 0 una expresi´ on. Por ejemplo, si ponemos D = d/dt on. d/dt (en general en otras partes este operador se anota como s, que es la raz´on on de porque yo use la letra s para el polinomio pol inomio caracter caract er´´ıstico, ıstico , pues esto es extendible extendible a la homog´ homog´enea) enea) tenemos que para la funci´ funcion o´n t tenemos que D2 aniquila a la funci´ on, on, pues (t (t) = 0. As´ As´ı mismo es posible p osible hacer la siguiente tabla: Funci´on on n t eat cos(bt cos(bt)) sin(bt sin(bt)) eat cos(bt cos(bt)) at sin(bt)) e sin(bt
Aniquilador Dn+1 D a D 2 + b2 D 2 + b2 D2 2aD + aD + a2 + b2 D2 2aD + aD + a2 + b2
−
− −
Es muy importante notar que si se reitera la multiplicidad debemos variar la soluci´on. on. Por 2 2 2 ejemplo en este caso tenemos que D que D aniquila a t a t y y D D +1 aniquila a cos t entonces D entonces D (D2 +1) aniquila a la funci´ on de la derecha. Vale decir que tenemos D = 0 (con multiplicidad 2) y on D = i las raices del polinomio anterior. Pero de la soluci´ on on homog´enea enea ya tiene t iene soluci´ solucion o´n D = 0 (es lo mismo que s = 0) con multiplicidad 2, as´ as´ı que tenemos que tener cuidado que funci´ on on acompa˜ na a los coeficientes indeterminados. En este caso: na
±
y p = At2 + Bt 3 + C cos(t cos(t) + D sin(t sin(t) Lo que se debe hacer ahora es introducir la soluci´on on particular a la EDO, esto nos queda:
−
t + cos(t cos(t) = C cos(t cos(t) + D sin(t sin(t) + + 10 10A A + 30Bt 30Bt
24 24B B
sin(t) + 4D 4D cos(t cos(t) − 4C sin(t
− 5C cos(t cos(t) − 5D sin(t sin(t) 46
Agrupando t´erminos nos queda: t + cos(t) = (10A
− 24B) + t(30B) + t2(60B) + cos(t)(−4C + 4D) + sin(t)(−4C − 4D)
Que nos genera el siguiente sistema de ecuaciones: 10A 24B 30B 4C + 4D 4C 4D
= = = =
0 1 1 0
1 30
C =
− 18
−
− − −
Que al resolver entrega: A =
2 25
,
B =
,
,
D =
1 8
Y por lo tanto la soluci´ on final es: y(t) = C 1 + C 2 t + C 3 e2t cos(t) + C 4 e2t sin(t) + (b) El polinomio caracter´ıstico es: s2 homog´enea ser´a:
2 2 1 t + t3 25 30
− 18 cos(t) + 81 sin(t)
− 6s + 9 = (s − 3)2, de donde es claro que la soluci´on xh = C 1 e3t + C 2 te3t
Notamos que un aniquilador de la funci´on particular es D3 y por ende su ra´ız es 0 con multiplicidad 3, y por lo tanto la soluci´ on particular ser´a de la forma x p = A + Bt + Ct 2 , lo que implica reemplazando en la ecuaci´on que: 2C
− 6(B + 2Ct) + 9(A + Bt + Ct 2) = t2
Resolviendo el sistema nos queda: A =
2 27
,
B =
4 27
,
C =
1 9
y por ende la soluci´on final es: x(t) = C 1 e3t + C 2 te3t +
2 4 1 + t + t2 27 27 9
etodo de co eficientes Problema 2.5. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales mediante el m´ indeterminados: (a) y + 3y + 2y = e −2x + x2 (b) y
− y = e2x sin2 (x)
Soluci´ on:
47
(a) La ecuaci´ on diferencial se puede escribir usando operadores diferenciales como: (D + 1)(D + 2)y = e−2x + x2 La soluci´ on de la ecuaci´on homog´enea es claramente: yh = a 1 e−x + a2 e−2x
Ahora, considerando que D 3 x2 = 0 y (D + 2) e−2x = 0, al aplicar el operador diferencial (D + 2)D3 a ambos lados de la ecuaci´ on diferencial se obtiene una ecuaci´on homog´enea: (D + 1)(D + 2) 2 D3 [y] = 0 La soluci´ on general de esta ecuaci´ on se obtiene de manera inmediata: y = c 1 e−x + (c2 + c3 x)e−2x + (c4 + c5 x + c6 x2 ) Eliminando t´erminos comunes a la soluci´ on de la ecuaci´ on homog´enea, se obtiene la forma de la soluci´ on particular: y p = c 1 xe−2x + (c2 + c3 x + c4 x2 ) Reemplazando esta soluci´ on en la ecuaci´ on diferencial original, se tiene:
−c1e−2x + (2c4 + 3c3 + 2c2) + (6c4 + 2c3)x + (2c4)x2 = e−2x + x2 De lo cual se obtiene el siguiente sistema:
−c1
2c4 + 3c3 + 2c2 6c4 + 2c3 2c4
= = = =
1 0 0 1
Cuya soluci´ on es: c1 =
−1 ,
c2 =
7 , 4
c3 =
− 32 ,
c4 =
Con lo cual se halla la soluci´ on particular de la ecuaci´ on: y p =
−xe−2x + 47 − 23 x + 21 x2
Y la soluci´ on general es simplemente: y = y p + yh
48
1 2
(b) La ecuaci´ on diferencial resulta m´as f´acil de resolver si reemplazamos la funci´on sin2 x mediante alguna identidad trigonom´etrica, de modo tal que:
− y = 21 e2x − 12 cos (2x)e2x
y
Recordando que las funciones de la forma e ax cos(b), eax sin(b) se aniquilan con un operador de la forma D2 2aD + a2 + b2 , es claro que en este caso se requiere el factor ( D2 4D + 8)(D 2).
−
−
−
La soluci´ on de la ecuaci´on homog´enea asociada es: yh = a 1 + a2 ex + a3 e−x Ahora, aplicando el operador diferencial antes mencionado a ambos lados de la ecuaci´ on se obtiene una nueva ecuaci´on homog´enea: D(D 1)(D+1)(D2 4D+8)(D 2)[y] = 0
−
−
−
←→ D(D−1)(D+1)(D−r1)(D−r2)(D−2)[y] = 0
con r 1 = 2+2i y r 2 = 2 2i. Por lo tanto, la forma de la soluci´on particular de esta ecuaci´on, omitiendo t´erminos comunes a la soluci´ on homog´enea, ser´a:
−
y p = e
2x
c1 + c2 cos (2x) + c3 sin (2x)
Reemplazando y p en la ecuaci´ on diferencial se obtiene: 2x
−2e
−
3c1 + cos (2x)(9c2
− 7c3) + sin (2x)(9c3 + 7c2)
=
1 2x e 2
De lo cual se obtiene el sistema: 6c1 = =
1 4
9c3 + 7c2 =
0
9c2
Cuya soluci´ on es: c1 =
1 2
1 , 12
− 7c3
c2 =
9 , 520
c3 =
7 − 520
Con lo cual se ha resuelto la soluci´ on particular de la ecuaci´ on: y p = e 2x
1 9 + cos(2x) 12 520
Y la soluci´ on general es simplemente: y = y p + yh
49
−
7 sin(2x) 520
− 12 cos (2x)e2x
Problema 2.6. Resuelva
f (x) + f ( x) = x + cos(x)
(E ).
−
Puede resultar conveniente separar f en su parte par e impar. a f : I Soluci´ on: Se buscar´
→ R dos veces derivable, donde I es un intervalo sim´etrico respecto a
0 (de la forma [ a, a]).
−
De las relaciones:
se deduce que:
f (x) + f ( x) = x + cos(x) f ( x) + f (x) = x + cos(x)
−
−
−
[f (x) + f ( x)] + [f (x) + f ( x)] = 2 cos(x) .[f (x) f ( x)] [f (x) f ( x)] = 2x
− − − −
− − −
As´ı, las funciones g y h definidas en I por: 1 g(x) = [f (x) + f ( x)] 2
1 h(x) = [f (x) 2
y
−
− f (−x)]
son dos veces derivables y verifican: g es par, h es impar, g (x) + g(x) = cos(x)
h (x)
y
− h(x) = x.
Ahora debemos resolver este par de ecuaciones. Para g tenemos (D2 + 1)g = cos(x). Como soluci´ on homog´enea obtenemos gh (x) = A cos(x). Observar que se ha omitido la funci´on sin(x) pues g es una funci´on impar. Luego buscamos una soluci´ on particular. Notamos que (D2 + 1)2 g p = 0, con lo cual, al omitir t´erminos de la soluci´ on homog´enea y la soluci´ on impar, obtenemos g p (x) = Bx sin(x). Basta reemplazar en la ecuaci´ on diferencial para notar que B = 1/2. Con lo cual 1 g(x) = A cos(x) + x sin(x). 2 Ahora busquemos las soluciones para la ecuaci´on diferencial (D2
− 1)h = x.
La soluci´ on homog´enea es hh (x) = C ex + De−x , pero debemos quedarnos con la parte impar de esta funci´on que es hh (x) =
E
(ex
(C D)/2
−
50
− e−x).
A continuaci´ on buscamos una soluci´ on particular. Vemos que D2 (D2
− 1)h p = 0,
por lo que una soluci´on particular impar debe ser de la forma h p = F x. Al reemplazar en la ecuaci´on diferencial notamos que F = h(x) = E (ex
−1, con lo cual
− e−x) − x.
As´ı, la soluci´ o n de (E ) viene dada por f (x) = g(x) + h(x), es decir, f (x) = A cos(x) + E (ex Esta soluci´ on es v´alida para x
− e−x) + 12 x sin(x) − x
A, E
∈ R.
∈ R.
Problema 2.7.
(a) Determine la soluci´ on general de y
− y − 2y = e−x cos(x) + (6 + x)e−x
(b) Determine, si las hubiera, todas las soluciones que satisfagan l´ım y(x) = 0 x
→∞
Soluci´ on:
(a) Las ra´ıces del polinomio caracteristico de la ecuaci´ on homogenea P (λ) = λ2 λ1 = 2, λ2 = 1. Por ende, la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea es:
−
− λ − 2 son
yh (x) = c 1 e2x + c2 e−x Ahora bien, como el operador (D + 1)2 aniquila a (6 + x)e−x , y (D2 + 2D + 2) hace lo suyo con la parte real de la exponencial compleja, se cumple que:
3
(D + 1) (D
− 2)(D
2
+ 2D + 2) y p = 0
As´ı, y p = a 1 cos (x)e−x + a2 sin (x)e−x + a3 e2x + (a4 + a5 x + a6 x2 )e−x Sin p´erdida de generalidad, a3 = a 4 = 0. Reemplazando y p en la EDO original, obtenemos el siguiente sistema: 3a1 a2 = 3a2 a1 = 2a6 3a5 = 6a6 =
− − − − −
0 1 6 1
⇒
a1 =
− 101
, a2 =
51
− 103
, a5 =
− 199
, a6 =
− 16
Finalmente, y(x) = c 1 e2x + c2 e−x
−
1 −x e cos(x) 10
−
3 −x e sin(x) 10
−
19x x2 + 9 6
e−x
(b) Hay infinitas soluciones que cumplen con la condici´ on deseada; son aquellas que corresponden a la elecci´ on de c1 = 0 y c2 R.
∈
52
2.3.
Variaci´ on de Par´ ametros y Reducci´on de Orden
on (E ) : y + 6y + 9y = Problema 2.8. Resolver la ecuaci´
e−3x . x2 + 1
√
on es lineal de coeficientes constantes. Soluci´ on: La ecuaci´
• Resolvemos la ecuaci´ on homog´enea. y + 6y + 9y = 0
(E )
La ecuaci´ on caracter´ıstica es : r2 + 6r + 9 = 0 i.e. (r + 3) 2 = 0. La soluci´ on general de (E ) es entonces y = (λx + µ)e−3x .
• M´etodo
de variaci´ on de constantes. Buscamos una soluci´ o n particular de la forma
y = ue−3x + vxe−3x , donde u, v son funciones continuamente diferenciables. Con esto, y es soluci´ on de (E ) sobre
R si
y solo si:
u e−3x + ‘v xe−3x = 0 3u e−3x + v (1 3x)e−3x =
∀x ∈ R − lo que es equivalente a
−
u + v x = 0 3u + v (1 3x) =
∀x ∈ R − por lo tanto
∀x ∈ R
u = v =
−
√ e1+xx −
3
2
1 √ 1+x
2
√ x − √ 1+x entonces u = a − 1 + x2 √ 1 √ 1+x entonces v = b + ln |x + 1 + x2 | 2
2
Finalmente la soluci´ on general de (E ) es y = (a + bx)e−3x + (x ln x +
|
| −
1 + x2 )e−3x
1 + x2
con a, b
∈ R.
on general de la siguiente ecuaci´ on: Problema 2.9. Encuentre la soluci´ x2 y + xy
− 4y = 1
sabiendo que y1 (x) = x 2 es una soluci´ on de la ecuaci´ on homog´enea asociada. o n de par´ ametros, buscamos la otra soluci´ on a la homog´enea de la Soluci´ on: Mediante variaci´ forma y 2 (x) = v(x)y1 (x). Entonces: y2 = v y1 + vy 1 y2 = v y1 + 2v y1 + vy Para que sea soluci´ on de la homog´enea imponemos: x2 (v y1 + 2v y1 + vy )
− x(vy1 + vy1 ) − 4vy1 = 0
Agrupando t´erminos: x2 v y1 + 2v y x2 + v (x2 y1 + xy1
− 4y1) +xvy1 = 0
0
53
Reemplazando y 1 nos queda:
x2 v x2 + 4v x3 + xv x2 = 0
Agrupando: xv + 5v = 0 Resolviendo: v (x) = De esta manera y2 (x) =
1 4x4
− x15 −→
v(x) =
1 + C 4x4
· x2 = 4x1 , con la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea es: 2
yh = Ax 2 + Es simple notar una soluci´ on particular como y p =
B x2
− 14 .
on general para la siguiente EDO no homog´enea: Problema 2.10. Encuentre la soluci´ y + 5y + 6y =
1 1 + e2t
con y(0) =
−1,
y (0) = 0,
y (0) = 1
on no homog´enea: Soluci´ on: Tenemos la ecuaci´ y + 5y + 6y =
1 1 + e2t
La reescribimos por sus operadores diferenciales y buscamos las soluciones de la homog´enea de forma e rt : D(D2 + 5D + 6)y(t) =
1 1 + e2t
Lo que nos entrega: r1 = 0,
r2 =
−2,
r3 =
−3
Entonces tenemos que la soluci´ on para la ecuaci´ on homog´enea es: yH = C 1 + C 2 e−2t + C 3 e−3t Por el m´etodo de Variaci´ on de Par´ametros podemos buscar una soluci´on particular de la forma: yP = u 1 (t) + u2 (t)e−2t + u3 (t)e−3t 54
Lo que al derivar una cuantas veces, nos permite establecer el siguiente sistema:
e−2t 2e−2t 4e−2t
1 0 0
e−3t 3e−3t 9e−3t
−
u1 (t) u2 (t) u3 (t)
−
0 0
=
1 1+e2t
Resolviendo el sistema por Cramer, podemos despejar a u1 (t), u2 (t) y a u3 (t) (la idea esencial consiste en notar que vamos a definir nuestras integrales partiendo desde 0 hasta t, ya que algunas integrales no tendr´ an primitivas, pero esto no nos impedir´a encontrar las condiciones iniciales):
− − − − − − − − − − − − e−2t 2e−2t 4e−2t
0 0
1 1+e2t
t
u1 (t) =
1 0 0
e−2t 2e−2t 4e−2t
1 0 0
0 0
0
t
u2 (t) =
2e−2t 4e−2t
1 0 0
t
1 0 0
0
e−3t 3e−3t 9e−3t
e−2t 2e−2t 4e−2t
e−2t 2e−2t 4e−2t
e−3t 3e−3t 9e−3t
dt =
t
1 6
dt =
e−3t 3e−3t 9e−3t
−
1 0 0
0
u3 (t) =
1 1+e2t e 2t
e−3t 3e−3t 9e−3t
1 2
0
dt 1 + e2t
t
dt 1 + e−2t
t
e3t dt 1 + e2t
0
0 0
1 1+e2t e 3t
−
1 dt = 3
0
3e−3t 9e−3t
Con esto podemos establecer una soluci´ on general a la ecuaci´ on:
du e−2t t du e −3t t e3u du + 6 0 1 + e2u 2 0 1 + e−2u 3 0 1 + e2u Lo que resta ahora es encontrar las constantes, notemos que la forma en que definimos la integral, nos arregla mucho el problema, pues al evaluar en 0, todas las integrales quedar´ an integrando en un punto, por lo que valdr´ an 0. Luego estamos listo con la primera ecuaci´on: 1 y(t) = C 1 + C 2 e−2t + C 3 e−3t +
t
y(0) = C 1 + C 2 + C 3 =
−1
Por otro lado, derivar una vez, la soluci´ on es muy f´acil, pues el TFC nos ayudar´a mucho, as´ı: y (x) =
−2t
−2C 2e−2t − 3C 3e−3t + 6(1 +1 e2t) − e 2 · 1 +1e−2t
+ e−
2t
t
0
du e−3t e3t + 1 + e−2u 3 1 + e2t
·
55
3t
− e−
t
0
e3u du 1 + e2u
Luego evaluando en 0:
−2C 2 − 3C 3 + 121 − 14 + 16 = 0
y (0) =
0
Luego derivamos nuevamente:
2e2t 2e2t + 6(1 + e2t )2 2(e2t + 1)2 1 2e2t + e−2t 1 + e−2t 3(1 + e2t )2 e3t 3t − e 1 + e2t
y (x) = 4C 2 e−2t + 9C 3 e−3t −
− 2e−2t + 3e−3t
t
0
t
0
du 1 + e−2u e3u du 1 + e2u
·
−
Evaluando en 0: y (0) = 4C 2 + 9C 3
·
− 121 + 14 + 12 − 16 − 12 = 1
0
Resumiendo nos queda el siguiente sistema:
C 1 + C 2 + C 3 2C 2 3C 3 4C 2 + 9C 3
−
−
−
= = =
−1 0 1
Resolviendo el sistema obtenemos: C 1 =
− 56 ,
C 2 =
− 12 ,
C 3 =
1 3
on parObservaci´ on: Notemos que deb´ıan dar 0 todas las condiciones de iniciales para la soluci´ ticular por la forma que definimos nuestros coeficientes ui (que parten desde el punto 0 hasta t); pues en efecto notemos que hemos definido y p = y 1 (t)u1 (t) + y2 (t)u2 (t) + y3 (t)u3 (t) con la condici´ on que u 1 (0) = u 2 (0) = u 3 (0) = 0, luego es claro que y p (0) = 0. Ahora si derivamos: y p = y 1 u1 + y1 u1 + y2 u2 + y2 u2 + y3 u3 + y3 u3 Aqu´ı cuando evaluemos en 0, es claro que los t´erminos que est´ an acompa˜ nados por u i sin derivar, valdr´an 0. Por otro lado lo que nos queda es: y1 u1 + y2 u2 + y3 u3 Pero esto u ´ ltimo es claro que es 0 t, puesto que cuando hacemos variaci´on de par´ ametros impo nemos eso. Esto implica que y p (0) = 0. Si reiteramos el proceso llegamos a lo mismo, con lo que y p (0) = 0. As´ı hemos llegado a una forma de que la soluci´ on particular no influye en encontrar las constantes.
∀
etodo de variaci´ on de par´ametros, resuelva las siguientes ecuaciones: Problema 2.11. Mediante el m´ 56
(a) x2 y
− x(x + 2)y + (x + 2)y = 2x3
(b) y + 10y + 25y = e 5x ln(x) on diferencial donde y 1 e y 2 son soluciones al Soluci´ on: Sea y + p(x)y + q (x)y = b(x) una ecuaci´ problema homog´eneo. Buscamos una soluci´ on particular de la forma: y = C 1 (x)y1 + C 2 (x)y2 Derivando: y p = C 1 y1 + C 1 y1 + C 2 y2 + C 2 y2 Por conveniencia utilizamos C 1 y1 + C 2 y2 = 0
(2.11.1)
As´ı, derivando lo que nos queda, y p = C 1 y1 + C 1 y1 + C 2 y2 + C 2 y2 Como y p es una soluci´on particular de la ecuaci´ on diferencial, entonces se debe cumplir que y p + p(x)y p + q (x) = b(x). Reemplazando:
C 1 y1 + C 1 y1 + C 2 y2 + C 2 y2 + p(x) C 1 y1 + C 2 y2 + q (x) C 1 y1 + C 2 y2 = b(x) Factorizando por C 1 y C 2 :
C 1 y1 + p(x)y1 + q (x)y1 + C 2 y2 + p(x)y2 + q (x)y2 + C 1 y1 + C 2 y2 = b(x) Pero, como y1 e y2 son soluciones homog´eneas, entonces y 1 + p(x)y1 + q (x)y1 = y 2 + p(x)y2 + q (x)y2 = 0. Es decir, C 1 y1 + C 2 y2 = b(x) (2.11.2) Por lo tanto, con las ecuaciones (2,1) y (2,2) podemos resolver C 1 , C 2 , y luego integrando, resolver C 1 y C 2 y conocer la soluci´ on particular. (a) La soluci´ on general de la ecuaci´on diferencial est´ a dada por: yg = y p + yh La soluci´ on homog´enea y h la conocemos de la pregunta anterior, y es: yh = β 1 x + β 2 xex Por lo tanto, solo falta determinar la soluci´ on particular y p . Para ello, usamos el m´etodo de variaci´on de par´ametros. Resolvemos el sistema:
y1 y2 y1 y2
C 1 C 2
Donde 57
=
0 b(x)
y1 = x, con lo que y1 = 1 y2 = xe x , con lo que y 2 = (1 + x)ex b = 2x IMPORTANTE: notar que en este caso b(x) = 2x y no 2x3 , pues es necesario que el
coeficiente de y sea uno; por lo tanto, dividimos la ecuaci´ on por x2 . Resolvemos mediante la regla de Crammer :
C 1 =
C 2 =
0 xex 2x (1 + x)ex x xex 1 (1 + x)ex x 0 1 2x xex
=
−2x2e2 = −2 −→ x2 ex
2x2 = 2 2 = 2e−x x e
x 1 (1 + x)ex
−→
C 1 =
C 2 =
−2x
−2e−x
−2x2 − 2x, y por tanto: yg (x) = β 1 xβ 2 xex − 2x2 − 2x
As´ı, la soluci´ on particular es y p (x) = C 1 y1 + C 2 y2 =
(b) Primero resolveremos el problema homog´eneo. Como se trata de una ecuaci´ on lineal de coeficientes constantes, ocuparemos el M´etodo del Operador D: y + 10y + 25y = 0 y con ello
←→
2
D + 10D + 25 y = 0
←→ D + 5
2
y = 0
yh (x) = α1 e−5x + α2 xe−5x As´ı, para hallar la soluci´ on particular, usamos el m´etodo de variaci´ on de par´ametros, con: y1 = e −5x , con lo que y1 = 5e−5x y2 = xe −5x , con lo que y2 = (1 5x)ex b = e −5x ln(x)
−
Resolvemos: C 1 =
−
−
0 5e−5x e−5x ln(x) (1 5x)ex
− −
e−5x 5e−5x xe−5x (1 5x)ex
C 2 =
− −
e−5x 0 5x 5x − − xe e ln(x)
e−5x 5e−5x xe−5x (1 5x)ex
− −
=
x ln (x)
= ln(x)
El reemplazo queda propuesto al lector.
58
−→
−→
x2 C 1 = 4
−
C 2 = x ln(x)
x2 ln(x) 2
−x
on de orden, encuentre las soluciones de las siguientes Problema 2.12. Mediante el m´etodo de reducci´ ecuaciones:
(a) x2 y
− 3xy + 4y = 0
(b) x2 y
− x(x + 2)y + (x + 2)y = 0
etodo de reducci´on de orden nos permite obtener, conocida una de las funciones Soluci´ on: El m´ soluci´ on a la homog´enea, y1 , la segunda funci´ on soluci´ on y 2 (linealmente independiente con y 1 ). (a) Probamos con y 1 = x r . Derivando: y1 = rxr−1
∧
y1 = r(r
− 1)xr−2
Reemplazando en la ecuaci´on: x2 r(r
− 1)xr−2 − 3xrxr−1 + 4xr = 0
Simplificando por xr , pues buscamos soluciones no id´enticamente nulas, r(r
− 1) − 3r + 4 = 0 −→
r = 2
As´ı, la primera soluci´ on es y1 (x) = x 2 para la ecuaci´ on y + p(x)y + q (x)y = 0. Buscamos una segunda soluci´ on de la forma y 2 (x) = u(x)y1 (x). Si reemplazamos y 2 en la ecuaci´ on, uy1 + 2y1 u + y1 u + p(x)uy1 + p(x)y1 u + q (x)uy1 = 0
u y1 + p(x)y1 + q (x)y1 + u y1 + u 2y1 + p(x)y1 = 0 Pero y1 + p(x)y1 + q (x)y1 = 0, pues soluci´ on de la homog´enea. As´ı, haciendo w = u y f (x) = 2y1 + p(x)y1 , la ecuaci´ on anterior queda como sigue: w y1 + wf (x) = 0
=
w(x) = exp
⇒
−
f (x)/y1 (x) dx
En ese caso, como f (x) = x, tenemos que: w(x) =
1 x
=
⇒
u(x) = ln(x)
=
⇒
y2 (x) = x 2 ln(x)
y con ello la soluci´on a la EDO es: y(x) = α 1 x2 + α2 x2 ln(x) ,
59
α1 , α2
∈ R
(b) Nuevamente proponemos que y1 = xr , y reemplazamos en la ecuaci´ on y simplificamos por r x : r 2 r rx 2r + x + 2 = x(1 r) + (r 1)(r 2) = 0
− − −
−
−
−
Como lo anterior debe satisfacerse x, notamos que r = 1. Por lo tanto, y1 (x) = x. En este caso f (x) = x y por tanto:
∀
−
w(x) = exp
− −
dx = exp (x)
u(x) = e x
−→
y con ello, y(x) = β 1 x + β 2 xex ,
Problema 2.13. Se sabe que y1 =
1 1
−x
es soluci´ on de y
β 1 , β 2
∈ R
− (1 −2yx)2 = 0
(a) Determine una soluci´ on y2 que complete el espacio de soluciones linealmente independientes para esta EDO. (b) Encuentre la soluci´ on general de y
− (1 −2yx)2 = (1 − x)2 con y(0) = 0, y(0) = 0
Soluci´ on:
(a) Recordando la f´ ormula de Abel, tenemos que para una ecuaci´on de la forma y + p(x)y + q (x)y = 0, se tiene que: y2 = y 1
e
p(t)dt y12
dx
Entonces ya que p(x) = 0, para esta EDO, tendr´ıamos que: y2 = y1
1 1 dx = 1 x y12
Entonces tenemos que y2 = (1
−
− (1
x)2 dx =
1 (1 3
− x)2
− x)2.
(b) Ya tenemos la soluci´ on general de la ecuaci´ on homog´enea, entonces ahora resta determinar una soluci´ on particular, para lo cual vamos a utilizar variaci´ o n de par´ ametros, entonces buscamos c1 (x) y c2 (x), tales que cumplan el siguiente sistema:
y1 y2 y1 y2
c1 c2
De donde despejamos:
60
=
0 (1
− x)2
c1 =
1 (1 3
− x)4
c2 =
;
− 13 (1 − x)
Por lo tanto: c1 =
− 151 (1 − x)5
;
c2 =
1 (1 6
− x)2
Entonces la soluci´ on general a la EDO es: y(x) = y h + y p =
a 1
De las condiciones iniciales tenemos:
−x
+ b(1
y(0) = a + b + y notemos que y (x) = lo que nos deja:
− x)2 + 101 (1 − x)4
1 =0 10
a
4 − − − 2b(1 x) (1 − x)3 2 (1 − x) 10 y (0) = a
− 2b − 25 = 0
resolviendo el sistemas obtenemos: a =
1 , 15
b =
−1 6
con lo que la soluci´on final es: y(x) =
1 15(1 x)
1 1 (1 − x)2 + (1 − x)4 − − 6 10
on diferencial Problema 2.14. Resuelva la ecuaci´ y
− y = cosh2 3 x
(E ).
Para evitar escribir tantas exponenciales trabajaremos con las funciones cosh(x) =
ex + e−x 2
y
sinh(x) =
ex
− e−x . 2
Es f´acil verificar que cosh (x) = sinh(x), sinh (x) = cosh(x), cosh2 (x)
− sinh2(x) = 1.
Ahora resolvamos (E ). Tenemos que la ecuaci´on homog´enea a resolver es (D2
− 1)y = 0. 61
La soluci´ on homog´enea entonces es yh (x) = A 1 ex + B1 e−x , pero dado que para encontrar una soluci´ on particular trabajaremos con la funci´ on cosh(x), resulta m´ as conveniente reescribir la soluci´on homog´enea como yh (x) = A cosh(x) + B sinh(x). Podemos hacer esto pues el espacio generado por las funciones ex , e−x es el mismo que el generado por cosh(x), sinh(x) .
{
{
}
}
Para encontrar una soluci´ on particular usaremos el m´etodo de variaci´ on de constantes, por lo que buscamos una soluci´ on de la forma y p (x) = u(x) cosh(x) + v(x) sinh(x), donde u, v son funciones que satisfacen el sistema
Se deduce que u (x) =
u (x)cosh(x) + v (x) sinh(x) = 0 u (x)sinh(x) + v (x) cosh(x) =
2 cosh3 x
sinh(x) 2 − 2cosh y v (x) = . Luego integramos: 3 x cosh2 x
−
x
u(x) =
2
0
sinh(t) dt cosh3 (t)
x 1 = cosh2 (t) 0 1 = 1 cosh2 (x) = tanh2 (x)
−
−
y
x
v(x) = 2
1 dt cosh2 (t)
0
x
=2
sech2 (t) dt
0
tanh (t) x
= 2 tanh(t)
0
= 2 tanh(x). Finalmente la soluci´ on general de (E ) es: y(x) = A cosh(x) + B sinh(x)
− cosh(x)tanh2(x) + 2 sinh(x) tanh(x)
lo que es equivalente a y(x) = A cosh(x) + B sinh(x) +
62
sinh2 (x) cosh(x)
A, B
∈ R.
A, B
∈ R,
Problema 2.15.
(a) Resuelva xy
− y = − x2 − ln(x)
(b) Determine la soluci´ on del problema xy + (x
− 1)y − y = x2 ,
y(1) = 0, y (1) = 1
sabiendo que y(x) = e −x es una soluci´ on de la ecuaci´ on homog´enea asociada. Soluci´ on:
(a) Primero resolveremos el problema homog´eneo xy y = 0. Como se trata de una ecuaci´ on lineal de coeficientes no constantes, ocuparemos el M´ etodo del Reducci´ on de Orden. r Probamos con y 1 = x :
−
xr(r
− 1)xr−2 − rxr−1 = 0 −→
r(r
− 2) = 0
Notamos que esto se cumple tanto para r = 0 como para r = 2. Por lo tanto, inmediatamente de desprende que y1 = 1 e y2 = x 2 . As´ı, yh (x) = ε 1 + ε2 x2 Ahora, empleamos variaci´ on de par´ametros con y1 = 1, con lo que y 1 = 0 y2 = x 2 , con lo que y2 = 2x b =
− x2 − ln(x) x 2
As´ı, C 1 =
C 2 =
2
− −
0 x2 b(x) 2x x2
1 0 2x
1 0 0 b(x) x2
1 0 2x
=
1 ln(x) + x 2
1 x3
=
ln(x) 2x2
−→ −→
C 1 = ln(x) +
C 2 =
x ln(x) 2
− x2
1 ln(x) 1 + + 2 2x 22 2x
El reemplazo queda propuesto al lector.
(b) Por el m´etodo de reducci´on de orden, buscamos otra soluci´ on de la EDO de la forma y 2 (x) = x − c(x)e . Reemplazando en la ecuaci´ on, obtenemos: c
− x +x 1 c = 0 , 63
x > 0
Al integrar obtenemos: c(x) = c 1 (x
− 1)ex + c2
Elegimos c2 = 0 y c1 = 1. Luego, la funci´on y2 (x) = (x 1) es soluci´ on de la ecuaci´ on x homog´enea y W (y1 , y2 )(x) = xe = 0, x > 0; por lo tanto, ambos soluciones son linealmente independientes.
−
Dado un conjunto fundamental de soluciones de la ecuaci´ on homog´enea, el m´etodo de variaci´ on de par´ametros permite encontrar una soluci´ on particular:
y p (x) = −e−x (x − 1)ex dx + (x − 1)
dx = x 2
− 2x + 2
Con ello, la soluci´ on general es: y(x) = ε 1 e−x + ε2 (x
− 1) + x2 − 2x + 2
La soluci´ on del PVI se consigue para los ε1 , ε2 que satisfacen el siguiente sistema: ε1 e−1 +1 = 0 y εe−1 + c2 = 1; es decir, y(x) = e1−x + x2 2x + 2
−
−
−
Problema 2.16.
(a) Determine la soluci´ on general de y (iv)
− y = et
(b) Determine la soluci´ on general de xy
− (1 + x)y + y = x2e2x,
sabiendo que y = ex es soluci´ on de la ecuaci´on homog´enea asociada. Soluci´ on:
(a) Calculamos la soluci´ on de la homog´enea a trav´es de su polinomio caracter´ıstico P (λ) = 4 λ 1 = (λ + 1)(λ 1)(λ + i)(λ i) = 0. As´ı,
−
−
−
yh (t) = c 1 e−t + c2 et + c3 cos (t) + c4 sin (t) Para determinar la soluci´ on particular, aplicamos el m´etodo de coeficientes indeterminados usando el operador (D 1):
−
2
−
(D +1)(D 1) (D+i)(D i) y p = 0
−
−→
y p (t) = a1 e−t +a2 et +a3 tet +a4 cos (t)+a5 sin (t)
Sin p´ erdida de generalidad, hacemos a1 = a2 = a4 = a5 = 0, pues dichas soluciones est´an contenidas en la homog´enea. As´ı, y p (t) = ate t . Si la introducimos en la ecuaci´ on original, 4aet + atet
− aet = et −→ 64
a =
1 4
Con ello, y(t) = c 1 e−t + c2 et + c3 cos (t) + c4 sin (t) +
te t 4
(b) Reescribimos la ecuaci´ on diferencial: y
− 1 +x x y + x1 y = xe2x
Buscamos y2 (x) = c(x)ex mediante el m´etodo de reducci´on de orden. As´ı, la ecuaci´ on para c(x) queda como sigue: x 1 x 1 c + c = u + u = 0 x x Como es lineal de primer orden en u, aplicamos factor integrante:
−
e As´ı,
ex c x
Por tanto, y 2 (x) =
p(x) dx
=0 =
⇒
−
= e
x
1
−
x
ex c = 1 = x
⇒
dx
ex x
= ex+ln(x) =
c = xe −x =
⇒
c(x) =
−(x + 1)e−x
−(x + 1)e−xex = −(x + 1) y por tanto yh (x) = C 1 ex + C 2 (x + 1)
Para hallar y p , empleamos variaci´ on de par´ametros: y p (x) = u 1 (x)ex + u2 (x)(x + 1) u1 ex + u2 (x + 1) = 0 x u1 e + u2 = xe2x u1 =
−(x + 1)ex , u2 = −e2x
=
⇒
y p =
y finalmente
−
(x + 1)ex dx ex
y(x) = y h (x) + y p (x)
65
−
e−2x dx (x + 1)
2.4.
Transformada de Laplace
apidamente sin usar integraci´ on por Problema 2.17. Calcule la Transformada de Laplace de sin(ωt) r´ partes. on de Transformada de Laplace (unilateral) esta dada por: Soluci´ on: Recordemos que la definici´
L(f (t))(s) = F (s) =
∞
f (t)e−st dt
0
Para resolver el problema solo basta usar la f´ ormula de Euler: eiωt = cos(ωt) + i sin(ωt)
−→
Im eiωt = sin(ωt)
Luego:
∞
sin(ωt)e−st dt = Im
0
∞
iωt
e e−st dt = Im
0
∞
1
(iω s)t
e − dt = Im
0
iω
−s
e
(iω+s)t
− − ∞
= Im
0
1
iω
s
Solo basta calcular la parte imaginaria de lo anterior, que esta claramente dada por:
− s = ω = F (s) −Im iω 1− s = −Im −ωiω 2 + s2 s2 + ω 2 Esta soluci´ on solo es v´alida si Re(s) > 0 pues sino la integral anterior no converge.
Problema 2.18. Calcule las transformadas inversas de las siguientes funciones en el dominio de
Laplace: 1 2 4s e−2s (a) G(s) = 3 + 2 + + s s 7 s2 + 2 s (b) G(s) =
e−2s s2 + 2s
(c) G(s) =
−
(d) G(s) =
−1
1 s3 (s2 (s
−
+ 1)
1 1)(s2 + 4)
Soluci´ on:
(a) Es directo de las definiciones de las transformadas de funciones usuales que:
√ √ t2 1 − L {G} = + √ 2 sinh( 7t) + 4 cos ( 2t) + H (t − 2) 2
7
L−1{e−asF (s)} = f (t − a)H (t − a), √ 1 1 t −1 t sinh ( 2t) − − √ 2 = e L = e (s + 1)2 − 2 s2 − 2
(b) Combinamos los dos teoremas de traslaci´ on. Como f (t) = L−1 Por lo tanto,
1 s2 + 2s
−1
L = −1
√
L−1{G} = f (t − 2)H (t − 2) = e−(t−2) sinh( √ 2(t − 2)) H (t − 2) 2
66
(c) Aprovechando las propiedades de la transformada aplicada a la integral,
− L L − L−1
−1
−1
t
1 = s(s2 + 1)
sin(τ ) dτ = 1
0
− cos(t)
t
1
s2 (s2 + 1)
=
1
t
1
=
s3 (s2 + 1)
cos(τ ) dτ = t
0
τ
0
t2 sin(τ ) dτ = 2
− sin(t)
− 1 + cos (t)
(d) Notemos que:
L−1
(s
−
1 1 1 = sin(2t) et = 2 1)(s + 4) 2 2
∗
t
et−u sin(2u) du =
0
et 5
− cos5(2t) − sin10(2t)
Problema 2.19. Resuelva el problema de Cauchy usando LT:
tx
− tx + x = 2
x(0) = 2, x (0) =
,
−1
para t > 0. Soluci´ on: Para ello necesitamos recordar un par de propiedades. Sea F (s) la transformada de
Laplace de f (t), entonces: (a) Derivada en el dominio del tiempo:
L(f (t))(s) = sF (s) − f (0)
L(f (t))(s) = s2F (s) − sf (0) − f (0)
,
podemos generalizarlo de la forma: n 1
(n)
L(f
n
(t))(s) = s F (s)
−
−
sn−1−k f (k) (0)
k=0
donde f (0) (0) = f (0). (b) Derivada en el dominio de Laplace:
L(t · f (t))(s) = − dsd F (s) Para el problema y poniendo X (s) = (x(t))(s) tenemos:
L
L(f )(s) = s2X − sx(0) − x(0) = s2X − 2s + 1 y
L(f )(s) = sX − x(0) = sX − 2 67
Aplicando LT al problema queda:
− dsd Reordenando llegamos:
s2 X
− 2s + 1 − − dsd (sX − 2) + X = 2s
2 1 X + X = 2 s s Esta es una ecuaci´ on lineal que se resuelve como siempre usando el factor integrante: µ(s) = e Luego: 2
(s X ) = Necesitamos calcular
P (s)ds
1 s 2 = s + C s 2
→
= e
2/sds
= s 2
− −
C 1 X (s) = 2 + = s s
L−1(X (s))(t) = L−1(X (s))(t) = L−1
d ds
d ds
C 2 + s s
C 2 + (t) = Ct + 2 s s
Estamos omitiendo la funci´ on Heaviside (escal´on) (H (t), u(t), θ(t), (t)) pues esto solo es v´alido para t > 0. Para encontrar C usamos que x (0) = 1 pues la condici´ on x(0) = 2 no entrega nada, y obtenemos C = 1, por lo tanto: x(t) = 2 t
− −
−
es la soluci´ on final.
on integral Problema 2.20. Resuelva la ecuaci´
− − t
y(t) = donde H (t) =
2
(t
τ )y(τ )dτ + H (t
0
− 2) + 1,
1 si t 0 0 si t < 0
≥
on como: Soluci´ on: Reescribimos la ecuaci´ y =
−2t ∗ y + H 2(t) + 1
Y aplicamos la transformada de Laplace:
− 2Y e−2s + 1 Y = + s2
s
Despejando Y :
se−2s + s Y = s2 + 2 Aplicando la transformada de Laplace inversa:
√
y(t) = cos ( 2(t
√ − 2))H 2(t) + cos ( 2t) 68
on Problema 2.21. Resuelva la ecuaci´
− t
y(t
τ ) y(τ )
0
Soluci´ on: Sea Y (s) = 2
Y (s)
− Y (s)
τ
−1−e
dτ = e t
−1 ,
L{y(t)}. Aplicando LT obtenemos:
1 1 1 + = s s 1 s 1
−
− −
y con ello:
1 s
−
y(t) = 1
∨
Y (s)
Por lo tanto, hay dos soluciones:
Y (s)
−→
1 s
2
Y (s)
− Y (s)
1
− s−1
y(t) = e t ,
t
≥0
1 1 + s s 1
−
−
1 s(s
− 1) = 0
= 0
t
≥0
Problema 2.22. Resuelva el problema de valor inicial
x (t) + 4x(t) = sin(2t) + δ (t
− 4π),
x(0) = x (0) = 1,
donde δ (t) es la funci´on de Dirac. on es: Soluci´ on: La ecuaci´ x + 4x = sin(2t) + δ (t
x (0) = x(0) = 1
− 4π),
Entonces aplicamos nuevamente la transformada de Laplace: s2 X
− sx(0) − x(0) + 4X = s2 2+ 4 + e−4πs
Despejando X : X =
2 e−4πs + s + 1 + (s2 + 4)2 s2 + 4
Aplicando la transformada de Laplace inversa: 1 1 x(t) = (sin (2t) sin (2t)) + (H 4π (t) + 1) sin (2t) + cos (2t) 2 2
∗
on: Problema 2.23. Considere la funci´ F (s) =
s2 + 2s + e−s s(s2 + 2s 1)
−
Suponga que y(t) es una funci´on continua cuya transformada de Laplace coincide con F . (a) Determine una ecuaci´ on diferencial con segundo miembro continuo y condiciones iniciales y(0) = 2 a, y (0) = b con a + b2 = 0 tal que y(t) sea su soluci´on.
69
(b) Determine la funci´ on y(t). Soluci´ on: El trinomio (s2 + 2s
que:
− 1) se factoriza como (s + 1 + √ 2)(s + 1 − √ 2) Entonces tenemos
1 2 s + 2s que es la transformada de
√ √
−1 = 2
g(t) =
1
1
2 2
2
1 s+1
− √ 2 −
1 s+1+
√ √ e−(1− 2)t − e−(1+ 2)t
√ 2
N´ otese que g (0) = 0. Para esta funci´on la transformada de su derivada es: s L{g}(s) = s2 + 2s −1 Y su convoluci´on con H 1 (t) es 1 g(t) H 1 (t) = 2 2(1
√ −
√ (1− 2)(t−1) − 1 e
− √
1 2 2(1 +
√ − 2) Por lo tanto, si L{y }(s) = F (s), la funci´ on continua y (t) es ∗
y(t) = g (t) + 2g(t) + H 1 (t) g(t)
∗
;
√ − 2)
(t
√ (1+ 2)(t−1) − 1 e H 1 (t)
≥ 0)
En este caso, y(0) = g (0) = 1 y y (0) = g (0)+2g(0) = 0, que corresponden a los valores de a y b solicitados. El operador diferencial que interviene en la ecuaci´ on est´ a sugerido por el trinomio se segundo grado antes analizado. Es decir el problema con valores iniciales es:
y + 2y y = H 1 (t) y(0) = 1 y (0) = 0
−
Problema 2.24. Use la transformada de Laplace para resolver las siguientes ecuaciones
(a) y
− 5y = 0; y(0) = 2.
on obtenemos Soluci´ on: Tomando la transformada de Laplace en ambos lados de la ecuaci´
− L{ y (t)
} L{0} , mientras que L{y (t)} = sY (s) − y(0), L{y(t)} = Y (s) y L{0} = 0, con lo cual obtenemos sY (s) − 2 − 5Y (s) = 0, L
de donde Y (s) =
5
y(t) =
2
s
− 5 . Para concluir tomamos la transformada de Laplace inversa y obtenemos 2 1 y(t) = L−1 {Y (s)} = L−1 = 2L−1 = 2e5t . s−5 s−5
70
(b) y + y = sin 2t; y(0) = 1 Soluci´ on: Tomando Transformada de Laplace en ambos lados obtenemos
sY (s)
− y(0) + Y (s) = L{sin2t} = s2 2+ 4 ,
despejamos para obtener Y (s) =
1 2 + . s + 1 (s + 1)(s2 + 4)
Ahora tomamos transformada de Laplace inversa
y(t) = L−1
L L
1 2 + = s + 1 (s + 1)(s2 + 4)
1 s+1
−1
+ −1
2 (s + 1)(s2 + 4)
.
1 = e −t y para determinar el otro t´ermino es conveniente separar usando s+1 fracciones parciales (un m´etodo alternativo consiste en usar el producto de convoluci´ on). Tenemos Notamos que
L−1
2 2 1 2 1 = + 2 2 (s + 1)(s + 4) 5 s+1 5 s +4
·
·
− 52 · s2 s+ 4 ,
luego por linealidad se obtiene
L−1
L L − L
2 1 1 2 −1 −1 = 2 + (s + 1)(s2 + 4) 5 s+1 s2 + 4 1 = (2e−t + sin 2t 2cos2t). 5
2
−1
−
Finalmente
(c) y
1 y(t) = (7e−t + sin 2t 5
− 2cos2t).
− y − 2y = 4x2; y(0) = 1, y(0) = 4.
Soluci´ on: Tomando transformada de Laplace obtenemos
− L − L{ L − − L − L L
Tenemos
y (x)
y (x)
y (x) = s 2 Y (s)
2
sy(0)
y(x) = 4
}
L
y (0) = s 2 Y (s)
y (x) = sY (s) y(0) = sY (s) Γ(3) 2! 2 x2 = 3 = 3 = 3 . s s s
−1
luego de reemplazar en la ecuaci´on y despejar obtenemos Y (s) =
s2
8 s+3 + 3 2 s 2 s (s s
− − 2) .
− −
71
x2 .
−s−4
s s2 + 4
Usando fracciones parciales se obtiene
L−1
(s
−
− L
s+3 5 −1 1 = 2)(s + 1) 3 s 2 5 2 −x = e2x e 3 3
L
2 3
−
1 s+1
−1
−
Y para el otro t´ermino:
L−1
s3 (s
−
8 = 2)(s + 1)
−3L−1
=
L − L 1 s
−3 + 2x −
1 + 2 −1 2 s2 1 8 2x3 + e2x + e−x . 3 3
2 s3
−1
1 + 3
1
L−1
s
−2
8 + 3
L−1
1 s+1
Finalmente y(x) =
−3 + 2x − 2x3 + 2e2x + 2e−x.
(d) y 2y + y = f (x); y(0) = 0, y (0) = 0. Donde f es una funci´on que posee transformada de Laplace.
−
Vamos a tomar transformada de Laplace en ambos lados de la ecuaci´ on y denotaremos por F (s) a f (x) . Obtenemos
L{
}
[s2 Y (s)
− (0)s − 0] − 2[sY (s) − 0] + Y (s) = F (s),
con lo cual
F (s) . (s 1)2
Y (s) =
L−1
Usamos el hecho de que
−
1 = x y la propiedad de traslaci´on que en general es s2
L{eaxg(x)} = G(s − a), con lo cual
L−1 Luego tenemos
y(x) = L−1 F (s) ·
Problema 2.25. Sea
F (s) =
1 (s
− ∗ 1
(s
1)2
= xex .
x
x
− 1)2
= f (x) xe =
tet f (x
0
s2 + 1 + 2s + e−s , s(s2 + 2s 1)
−
y(t) =
− t) dt.
L−1{F (s)}
Determine una ecuaci´ on diferencial con condiciones iniciales y(0) = a, y (0) = b con a2 + b2 = 0 tal que y(t) sea su soluci´on.
72
on y + Ay + By = g(t). Aplicando la transformada de Laplace, Soluci´ on: Consideremos la ecuaci´ obtenemos que: (s2 + As + B)Y (s)
− sy(0) − y(0) − Ay(0) = G(s)
Reagrupando y reemplazando, sa + b + Aa + G(s) sa + b + Aa G(s) s2 + 1 + 2s + e−s Y (s) = = 2 + = s2 + As + B s + As + B s2 + As + B s(s2 + 2s 1)
−
Comparando con la ecuaci´ on, podemos tomar s +2 = sa +b+Aa, A = 2, B = Entonces, a = 1, b = 0, g(t) = 1 + H (t
− 1). La ecuaci´on es: y + 2y − y = 1 + H (t − 1) , y(0) = 1, y (0) = 0
−1, G(s) = 1 +se
−s
.
Problema 2.26. Resuelva, con la transformada de Laplace, el siguiente problema de Cauchy:
y + 2y + y = te2t y(0) = 1, y (0) = 0
on: Soluci´ on: Aplicando la Transformada de Laplace a la ecuaci´ 2
s F (s) −
1
y (0) + sy(0) + 2sF (s) − 2y(0) + F (s) =
(s
− 2)2
Aplicando las condiciones iniciales se obtiene que:
2
F (s) s + 2s + 1 =
1 (s
−
2)2
+s+2
−→
F (s) =
1 (s
+ 1)2 (s
2)2
Expandimos F 1 (s) en fracciones parciales:
− 2)2
=
s+2 (s + 1)2
− F 1 (s)
1 (s + 1)2 (s
+
F 2 (s)
a b c d + + + s + 1 (s + 1)2 s 2 (s 2)2
−
−
La soluci´ on del sistema de ecuaciones asociado al desarrollo en fracciones parciales queda propuesto al lector. Finalmente, 2/27 1/9 2/27 1/9 F 1 (s) = + + s + 1 (s + 1)2 s 2 (s 2)2
− −
De lo anterior, es inmediato que: f 1 (t) =
2 −t 1 −t e + te 27 9
−
− 272 e2t + 19 te2t
Para F 2 (s), repetimos el proceso: 1 1 s+1 a b = + = + 2 2 (s + 1) s + 1 (s + 1) s + 1 (s + 1)2
73
y con ello f 2 (t) = e −t + te−t Por lo tanto, la funci´ on buscada es: y(t) =
29 −t 10 −t e + te 27 9
− 272 e2t + 19 te2t
on diferencial: Problema 2.27. Resolver la ecuaci´ 2y + y + 2y =
1 , si 5 t < 20 0 , en otros casos
≤
Sujeta a las condiciones iniciales y(0) = 0, y (0) = 0. on de Heaviside, H (t Soluci´ on: Utilizando la funci´
− a), la ecuaci´on queda como sigue: 2y + y + 2y = H (t − 5) − H (t − 20)
Aplicando LT y utilizando las condiciones iniciales,
2
Y (s) 2s + s + 2 =
e−5s
− e−20s −→ s
Y (s) = (e−5s − e−20s )
1 s(2s2 + s + 2)
Ahora, para resolver la inversa, consideremos: G(s) =
1 s(2s2 + s + 2)
g(t) =
∧
L−1{G(s)}
Con lo anterior se tendr´a que: y(t) =
L−1{(e−5t − e−20t)G(s)} = H (t − 5)g(t − 5) − H (t − 20)g(t − 20)
Por lo tanto, basta resolver la inversa de G(s) para obtener la soluci´ on al problema. Utilicemos fracciones parciales: A Bs + C 1/2 s + 1/2 G(s) = + 2 = s 2s + s + 2 s 2s2 + s + 2 La fracci´ on de la derecha se debe reescribir para poder asociarla a alguna funci´on conocida:
−
− √ √ √
1 G(s) = 2s Aplicando la inversa, obtenemos que: g(t) =
1 2
−t/4
− e 2
cos
1 s + 14 + 2 s+ 1 2+ 4
15 t 4
El reemplazo final queda propuesto al lector.
74
+
1 4 15 16
1 sin 15
15 t 4
Problema 2.28. Resuelva el problema de valor inicial:
2y + y + 2y = δ (t
y(0) = 0, y (0) = 0
− 5) ,
on, Soluci´ on: Aplicando LT a la ecuaci´
2
2s + s + 2 Y (s) = e −5s
Y (s) = e −5s
−→
2s2
1 +s+2
Reescribimos el lado derecho para reconocerlo como una transformada conocida: 1 1 1 1 Y (s) = e−5s 2 = e−5s = 2 s + s/2 + 1 2 (s + 1/4)2 + 15/16
√
2 15/4 e−5s (s + 1/4)2 + 15/16 15
√
Para resolver la inversa, hacemos que: G(s) =
√ 15/4
g(t) =
−→
(s + 1/4)2 + 15/16
L−1{G(s)} = e−t/4
sin
√ 15 t 4
Entonces,
L−1
e−5s G(s) = H (t
Finalmente, y(t) =
− 5)g(t − 5) =
√
0
e−(t−5)/4 sin
√ 15 (t−5)
0
2 e−(t−5)/4 sin 15
4
, t < 5 , e.o.c.
, t < 5
√
15 (t 4
− 5)
, e.o.c.
on integral: Problema 2.29. Resuelva la ecuaci´
t
x(t
0
− u) (x(u) − 1 − eu)du = 1 − et
t
≥0
Soluci´ on: Note que el lado izquierdo puede escribirse como:
t
0
− t
x(t
− u)x(u)du
− t
x(t
0
− u)du
0
x(t
− u)eudu = x(t) ∗ x(t) − x(t) ∗ 1 − x(t) ∗ et
con lo que el problema ahora es mucho mas amigable. Usando LT a ambos lados y usando la propiedad de la convoluci´on y las tablas, y poniendo x(t) (s) = X (s) tenemos:
L{ }
X 2
−1 1 1 = − = − X s − s X − 1 s s − 1 s(s − 1)
agrupando t´erminos tenemos: 2
X
−
1 1 X + s s 1
−
+
1 s(s
− 1) = 75
− 1 X s
X
1
− s−1
= 0
de donde se tiene 2 posibles valores para X (s) y por ende dos soluciones: 1 s
X 1 (s) = y
−→
1
X 2 (s) =
x1 (t) = 1
−→ s−1
x2 (t) = e t
on x(t) de un cuerpo de masa m = 1 (Kg) atado a un resorte amortiguado Problema 2.30. La posici´ tiene por ecuaci´ on: x + 2x + 2x = f (t) Suponga que el cuerpo se pone en movimiento en el punto de equilibrio con velocidad v 0 = 4 (m/seg) y que el cuerpo est´a sujeto a un golpe de impulso unitario en t = 1 y desde t = 2 hasta t = 3 se le aplica una fuerza constante igual a 1 (Newton). Determine la posici´on del cuerpo en el instante t.
−
on diferencial corresponde a: Soluci´ on: La ecuaci´ x + 2x + 2x = δ (t
− 1) + H (t − 2) − H (t − 3)
Con condiciones iniciales: x(0) = 0 ;
x (0) =
−4
Por lo que aplicamos Transformada de Laplace para as´ı obtener: e −2s e −3s s − (s + 2s + 2)X (s) + 4 = e + − 2
s
s
Entonces despejando X (s) tenemos: X (s) =
−
4 e−s e−2s + + s2 + 2s + 2 s2 + 2s + 2 s(s2 + 2s + 2)
−
e−3s s(s2 + 2s + 2)
1 Para resolver esto, requerimos de las transformadas inversas de s2 +2s+2 y de son: 1 −1 = e−t sin(t) 2 s + 2s + 2
L
1 , s(s2 +2s+2)
Usando propiedades de transformadas obtenemos la otra:
L−1
1 = s(s2 + 2s + 2)
t
e−x sin(x)dx =
0
76
1 2
− 21 e−t(cos(t) + sin(t))
las cuales
Ahora considerando los retardos que entrega cada exponencial en las transformadas, se tiene que la soluci´ on a la edo es:
1 1 x(t) = −4e−t sin(t) + e−(t−1) sin(t − 1)H (t − 1) + − e−(t−2) (cos(t − 2) + sin(t − 2)) H (t − 2)
− − 1 2
1 −(t−3) e (cos(t 2
2
2
− 3) + sin(t − 3))
H (t
− 3)
Problema 2.31. Considere un sistema masa-resorte con m = 1, c = 5 y k = 6 que parte del reposo
desde el punto de equilibrio sujeto a una fuerza externa f (t). Escriba la posici´ on de la masa como una convoluci´on. on diferencial Soluci´ on: Debemos resolver la ecuaci´ x + 5x + 6x = f (t) ,
x(0) = x (0) = 0
Aplicando LT, obtenemos:
Como
2
s + 5s + 6 X (s) = F (s)
L−1 tenemos que
−→
X (s) =
s2
F (s) + 5s + 6
L − − − ∗ −
1 = s2 + 5s + 6
x(t) = L−1 {X (s)} = e−2t
−1
e−3t
1 s+2
1 = e −2t s+3 t
f (t) =
0
77
e−2τ
e−3t
e−3τ f (t
− τ ) dτ
2.5.
Series de Potencias
Problema 2.32. Si f (x) =
∞
n
an x , ¿a qu´e corresponde
n=1
∞
n3 an xn ?.
n=1
ermino general est´ a multiplicado por una potencia Soluci´ on: Hay que notar que en la serie el t´ de n, esto se puede obtener derivando la serie de potencia original, pero teniendo cuidado de que cada vez que se deriva, multiplicar la por x para recuperar un t´ermino que incluya x n . Considerando esto, para obtener esa expresi´ on habr´ıa que derivar la serie, multiplicar por x, luego derivar otra vez m´as, multiplicar por x nuevamente, derivar por tercera y u ´ ltima vez, y finalmente multiplicar todo por x, matem´ aticamente se expresar´ıa como: x(x(xf (x)) ) = x 3 f (3) (x) + 3x2 f (x) + xf (x)
on de Bessel de primera especie y orden p como: Problema 2.33. Definimos la funci´ J p (x) =
∞
n=0
( 1)n x n!(n + p)! 2
−
2n+ p
Demuestre para p = 0 que y = J p (x), satisface la ecuaci´ on diferencial: x2 y + xy + (x2
− p2)y = 0
Soluci´ on: Derivamos dos veces a J 0 (x) y obtenemos que:
∞
−− − −
J (x) = 0
( 1)n x2n−1 n!(n 1)!22n−1
∞n=1 ( 1)n x2n−2 (2n − 1) J 0 (x) = n!(n 1)!22n−1 n=1
Reemplazamos en la ecuaci´ on diferencial:
∞ ( 1)nx2n−2(2n − 1) ∞ (−1)n x2n−1 ∞ (−1)n x2n 2 x +x +x =0 n!(n − 1)!22n−1 n!(n − 1)!22n−1 (n!)2 22n n=1 n=1 n=0 2
−
Reordenando los t´erminos:
∞
∞
− −
( 1)n x2n 2n n!(n 1)!22n−1 n=1
−
−
∞
∞
−− − − −
( 1)n x2n ( 1)n x2n ( 1)n x2n+2 + + =0 2n−1 2n−1 2 22n n!(n 1)!2 n!(n 1)!2 (n!) n=1 n=1 n=0
2
x
∞
− −
( n!(n
=0 n 2n 1) x 2n
−
− 1)!22n−1 + n=0
∞ (n=1 1)n+1 x2n+2 (2n + 2)
n=0
∞ ( 1)nx2n+2
n!(n + 1)!22n+1
+
78
=0
∞ ( 1)nx2n+2
n=0
=0
(n!)2 22n
(n!)2 22n
=0
Para p > 0 se procede de forma an´aloga, teniendo cuidado con el sub´ındice de la sumatoria al derivar (el sub´ındice debe ser tal que no hayan t´erminos x m con m < 0).
∞
on del tipo y = Problema 2.34. Suponiendo una soluci´
an xn , resuelva las siguientes ecuaciones
n=0
diferenciales: (a) y + αy = 0 (b) (1
− x2)y + 2y = 0
(c) y + xy + y = 0 Soluci´ on:
∞
(a) Derivando la serie una vez, obtenemos que y =
nan xn−1 , entonces reemplazamos en la
n=1
ecuaci´ on diferencial y desarrollamos para igualar los exponentes de x:
∞
∞
∞ − nan x +α an xn = 0 n=1 n=0 ∞ ∞
n 1
(n + 1)an+1 xn + α
n=0
an xn = 0
n=0
[(n + 1)an+1 + αan ]xn = 0
n=0
Para que se cumpla esa igualdad, es necesario que todo lo que multiplica a cada x n valga 0, entonces obtenemos la siguiente relaci´ on de recurrencia: (n + 1)an+1 + αan = 0 Que es lo mismo que: an+1 =
−α
n+1
an
De esto determinamos que el t´ermino general es: an =
( α)n a0 n!
−
Con esto la soluci´ on de la ecuaci´ on diferencial queda como: y = a 0
∞ ( α)nxn
−
n=0
Siendo a 0 una constante arbitraria.
79
n!
= a0 e−αx
(b) Si consideramos que y =
∞
n
an x , entonces al derivar dos veces tenemos y =
n=0
∞
n(n
n=2
−
1)an xn−2 , reemplazando en la ecuaci´on diferencial y acomodando los t´erminos hasta igualar el exponente de los x:
∞ − (1 − x ) n(n − 1)an x +2 an xn = 0 n=2 n=0 ∞ ∞ ∞ n−2 n n(n − 1)an x − n(n − 1)anx + 2 anxn = 0 2
∞
n 2
∞ n=2
n=2
n
(n + 2)(n + 1)an+2 x
n=0
∞
− ∞
n=0
n=0
n(n
n=0
[(n + 2)(n + 1)an+2
n
− 1)anx
+2
∞
an xn = 0
n=0
− n(n − 1)an + 2an]xn = 0
Para que se cumpla esa igualdad, es necesario que todo lo que multiplica a cada x n valga 0, entonces obtenemos la siguiente relaci´ on de recurrencia: (n + 2)(n + 1)an+2
− n(n − 1)an + 2an = 0
Que es lo mismo que: n2 n 2 n 2 an+2 = an = an (n + 2)(n + 1) n+2
− −
−
Entonces separando para los n pares e impares, se llega a que: a2 =
−a0
,
a4 = 0 a2 = 0 ,
a6 = a 8 = a 1 0 = · ·· = 0 · −1 2n − 3 2n − 3 2n − 5 2n − 7 3 1 (−1) a2n+1 = a2n−1 = a1 = a1 · · · ·· · · 2n + 1 2n + 1 2n − 1 2n − 3 7 5 3 (2n + 1)(2n − 1) Por lo tanto la serie correspondiente a y puede expresarse de la siguiente forma: y = a 0 (1
2
− x ) − a1
∞
n=0
−1
(2n + 1)(2n
− 1)
x2n+1
Donde a 0 y a1 son constantes arbitrarias. (c) Derivando dos veces la serie obtenemos expresiones para y , y e y : y =
∞
n=0
n
an x
; y =
∞
n 1
nan x −
n=1
; y =
∞
n(n
n=2
Entonces reemplazamos en la ecuaci´ on diferencial y desarrollamos:
80
− 1)anxn−2
∞
n=2
∞
n 2
n(n − 1)an x − + x
∞
∞ − nan x + an xn = 0 n=1 n=0 ∞ ∞
(n + 2)(n + 1)an+2 xn +
n=0
n 1
nan xn +
n=0
an xn = 0
n=0
Para que se cumpla esa igualdad, es necesario que todo lo que multiplica a cada x n valga 0, entonces obtenemos la siguiente relaci´ on de recurrencia: (n + 2)(n + 1)an+2 + (n + 1)an = 0 Que es lo mismo que: an+2 =
−1
n+2
an
Separando para n par e impar, la expresi´on general quedar´ıa como sigue: ( 1)n a2n = a0 2 4 6 (2n)
−
· · · ··
(n > 0)
;
( 1)n+1 a2n−1 = 1 3 5 (2n
− · · ·· ·
− 1) a1
Entonces la serie que representa a y ser´ıa: y = a0
− − · · ·· · · · ··· ∞
( 1)n x2n 1+ 2 4 6 (2n) n=1
+ a1
∞
( 1)n+1 x2n−1 1 3 5 (2n 1) n=1
−
Donde a 0 y a1 son constantes arbitrarias.
Problema 2.35. Resolver el problema con valores iniciales
x + 2tx + 2x = 0 x(0) = 1, x (0) = 0
o n de la forma ϕ(t) del problema anterior y que Soluci´ on: Supongamos que existe una soluci´ adem´ as su derivada se puede calcular derivando t´ermino a t´ermino la serie de t´ermino general n an t : ϕ(t)
=
∞
an tn
n=0
ϕ (t) =
∞
(n + 1)an+1 tn
n=0
ϕ (t) =
∞
(n + 2)(n + 1)an+2 tn
n=0
81
Reemplazando las series en la ecuaci´ on, obtenemos:
∞
n
(n + 2)(n + 1)an+2 t + 2
n=0
∞
n+1
(n + 1)an+1 t
+2
n=0
∞
∞
an tn = 0
n=0
n
(n + 2)(n + 1)an+2 t + 2
n=0
∞
n
nan t + 2
n=0
∞
an tn = 0
n=1
Razonamos de la siguiente manera: la parte izquierda de la ecuaci´ on anterior es una serie de potencias de t; el derecho, es tambi´ en una serie de potencias de t, donde todos los coeficientes son nulos. La u ´ nica posibilidad de que esto ocurra es que los coeficientes de tn en la serie de la izquierda y en la derecha sean iguales. En consecuencia, (n + 2)(n + 1)an+2 + 2nan + 2an = 0, (n
≥ 0)
De la relaci´on anterior se obtiene que: an+2 =
− n2a+n2 , (n ≥ 0)
Para calcular todos los coeficientes bastar´ a entonces conocer dos de ellos: a0 y a1 . Usando las condiciones iniciales, se observa que ϕ(0) = a0 = 1, ϕ (0) = a1 = 0. As´ı, es claro que todos los coeficientes con sub-´ındices impares son nulos y si n = 2m es un coeficiente con sub-´ındice par, entonces a2m 1 a2(m+1) = a2(m+1) = ( 1)m+1 , (m 0) m+1 (m + 1)!
−
−→
−
Finalmente, la soluci´ on buscada es ϕ(t) =
∞
−
( 1)m
m=0
82
t2m m!
≥
2.6.
Modelos y problemas f´ısicos
onico amortiguado y sometido a un forzamiento peProblema 2.36. Considere el movimiento arm´ ri´odico externo: x + βx + ω 2 x = F 0 sin(αt) Encontrar su soluci´ on general y la soluci´ on a la cual tiende ´esta cuando t crece (soluci´ on peri´ odica estable). Soluci´ on:
−
β 2 4ω 2 , por lo que 2 hay oscilaciones si β < 2ω (es decir la parte compleja de las soluciones es no nula). Para dicho caso, la soluci´ on a la ecuaci´ on homog´enea es
−β ± La ecuaci´ on caracter´ıstica es λ 2 + βλ + ω 2 = 0, cuyas soluciones son βt
yh = (C 1 cos(σt) + C 2 sin(σt))e− 2
−
4ω 2 β 2 . 2 Ahora suponemos una soluci´on particular de la forma y p = A cos(αt) + B sin(αt), derivando y reemplazando en la ecuaci´on, despejamos que la soluci´on particular es: Donde σ =
y p =
(ω 2
−
F 0 2 α )2
+ α2 β 2
( αβ cos(αt) + (ω 2
−
− α2)sin(αt))
Luego se tiene que y = y h + y p y al crecer t, y tiende a la soluci´ on peri´ odica y p .
a cerrado por su extremidad inferior (o Problema 2.37. Un cilindro vertical de altura h y radio R, est´ base) y tiene empotrado un resorte de coeficiente de elasticidad k y largo < h en reposo. El cilindro est´ a lleno de un l´ıquido viscoso que opone un roce proporcional a la velocidad de desplazamiento en su interior, seg´ un una constante de proporcionalidad λ. En el instante inicial se contrae totalmente el resorte y sobre su extremidad libre, se adhiere una esfera de masa m y radio r, siendo r < R y r < h/2. (a) Plantee las ecuaciones del movimiento de la esfera cuando el resorte se extiende y establezca las condiciones para que la esfera quede oscilando dentro del cilindro. (b) ¿Qu´e relaci´ on deben cumplir las constantes m, h, k, λ, r, R y para que la esfera aflore apenas fuera del cilindro al extenderse el resorte? (Lo anterior significa que s´olo un punto de la esfera alcanza la superficie del l´ıquido). Soluci´ on:
(a) Colocando el origen de coordenadas en la base del cilindro, llamamos x(t) a la posici´ on de la extremidad superior del resorte. Seg´ un la segunda ley de Newton obtenemos mx = k(
− x) − mg − λx 83
;
x(0) = 0
;
x (0) = 0
Es decir, el problema con valores iniciales a resolver es:
λ x + m x + x(0) = 0 x (0) = 0
k k m x = m
− g
La ecuaci´ on caracter´ıstica correspondiente a la ecuaci´ on homog´enea es: λ k s+ =0 m m Para que exista un comportamiento oscilatorio, es necesario y suficiente que las ra´ıces sean complejas conjugadas lo que significa que: s2 +
∆=
− λ m
2
4
k < 0 m
Lo que vendr´ıa a ser la condici´ on para que la esfera oscile dentro del cilindro. (b) Para continuar, bajo las condiciones anteriores, la soluci´ on general de la ecuaci´on de movimiento se escribe como: λ ∆ ∆ ϕ(t) = e − 2m t C 1 cos t + C 2 sin t + ϕ p (t) 2 2
√ −
√ −
Por simple inspecci´on podemos notar que ϕ p = se llega a la soluci´ on de la ecuaci´on, la cual es:
− mg/k. Utilizando las condiciones iniciales
− − √ −
ϕ(t) =
mg k
e−
1
λ t 2m
∆
cos
2
λ
√ sin m −∆
t +
Notamos que la derivada de esta funci´ on es:
2
λ ϕ (t) =
−√ 2km − mg 2 k m −∆
e−
λ t 2m
sin
√ − ∆
2
t
√ − ∆
2
t
√ −
Esta derivada se anula en todos los puntos t de la forma tn = 2nπ/ ∆, con n Z. Para que la esfera aflore seg´ un las condiciones del problema, se debe cumplir para T = 2π/ ∆. Entonces:
ϕ(T ) = h ϕ (T ) = 0
∈ √ −
− 2r
La segunda condici´ on es obvia dada la elecci´on de T , pero de la primera condici´ on podemos obtener la siguiente relaci´ on:
− −
λ mg 1 e− 2m T = h 2r k Es decir la condici´ on que deben cumplir los par´ametros del problema es:
ϕ(T ) =
=
h 1
− 2r
− e− 84
λ T 2m
+
mg k
−
angulo θ Problema 2.38. Se dispone de un plano inclinado cuya longitud total es L y que forma un ´ con respecto a la horizontal. En el v´ ertice de ese ´angulo se ha colocado un tubo que reposa sobre el plano inclinado y contiene un resorte empotrado por su extremidad inferior, de largo y coeficiente de elasticidad lineal k = 1. En el instante inicial el resorte est´a completamente comprimido y sostiene una esfera de masa m = 1 en su extremidad libre. Tomamos como origen de coordenadas la posici´on del centro de masa de la esfera en ese momento (resorte completamente comprimido). Se suelta la esfera y es empujada hacia arriba por el plano debido a la acci´on del resorte. Un tope puesto en el tubo impide que el resorte se estire en una magnitud superior a . Llame x(t) a la posici´ on del centro de masa de la esfera en el instante t. (a) Plantear las ecuaciones del movimiento en ausencia de roce. Establezca una primera condici´ on entre las magnitudes y θ para que la esfera avance empujada por el resorte. (b) Determinar el tiempo T 1 necesario para que la esfera se despegue del resorte. (c) ¿Qu´e relaci´on deben cumplir , θ y L para que la esfera, separ´andose del resorte, alcance en su movimiento la extremidad superior del plano inclinado y caiga verticalmente enseguida? Soluci´ on:
(a) Llamamos T 1 el tiempo en que la esfera se despega del resorte, T 2 el tiempo en que alcanza el borde superior del plano y empieza su ca´ıda libre. Tenemos dos situaciones distintas: (i) Para 0 < t < T 1 , las fuerzas que act´ uan son las del resorte y la componente del peso mg sin(θ) en la direcci´on del plano, orientada hacia abajo. Teniendo en cuenta los valores de las constantes, la ecuaci´ on de Newton se escribe: x = 1
× ( − x) − g sin(θ)
Tenemos entonces un primer problema con valores iniciales:
x + x = x(0) = 0 x (0) = 0
− g sin(θ)
Llamando A = g sin(θ), para que la esfera avance, es necesario que A se debe cumplir la condici´ on: g sin(θ) 0
−
−
≤ 0. Es decir,
≤
Esta condici´ on se supone satisfecha en lo que sigue y, como θ debe ser un ´angulo del primer cuadrante, debe cumplir que: θ
≤ arcsin
g
(ii) Para T 1 < t < T 2 , s´ olo act´ ua la fuerza g sin(θ), luego se tiene el problema con valores iniciales: x = g sin(θ) x(T 1 ) = x (T 1 ) = x (T 1 ) Donde x (T 1 ) anterior.
−
−
−
− es la velocidad del m´ovil que se calcula al llegar a T 1 usando la ecuaci´on 85
(b) Procedemos a resolver el primer problema con valores iniciales. Dado que la ecuaci´on caracter´ıstica de la ecuaci´ on homog´enea es λ2 + 1 = 0, la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea es de la forma: yh = c 1 cos t + c2 sin t + A Y una soluci´ on particular de la no homog´enea es f´ acil de obtener por inspecci´on: basta reemplazar la constante A. Luego la soluci´ on general se escribe en la forma ϕ(t) = c 1 cos t + c2 sin t Luego, usando las condiciones iniciales se encuentra c1 = ϕ(t) = A(1
−A, c2 = 0, de modo que
− cos(t))
Es la soluci´ on al primer problema de valores iniciales. Para encontrar T 1 hacemos ϕ(T 1 ) = obteniendo:
− − A
T 1 = arc cos 1 N´ otese que la velocidad en ese tiempo es entonces ϕ (T 1 ) = A sin(T 1 ) =
2
2g sin(θ)
(c) Resolvamos ahora el segundo problema con valores iniciales. N´ otese que para que la esfera siga avanzando despu´es del tiempo T 1 se necesita que su velocidad en ese instante sea estrictamente positiva, es decir, usando el c´ alculo final de la pregunta anterior, se debe cumplir la condici´ on 2 2g sin(θ) > 0
−
Teniendo en cuenta la restricci´on que ya ten´ıamos en θ, nos lleva a: θ < arcsin
2g
Enseguida, usando las condiciones iniciales e integrando dos veces se tiene: ϕ(t) = ( g sin(θ))
−
t2
− T 12 + 2
− 2
2g sin(θ)(t
− T 1) +
Para que se alcance el borde del plano y luego la esfera caiga libremente, es necesario y suficiente que ϕ(T 2) = L y ϕ (T 2) = 0. Es decir, se tiene el sistema de ecuaciones: ( g sin(θ))
−
T 22
− T 12 + 2
− − − 2
2
−g sin(θ)T 2 + Con ello obtenemos: T 2 =
2g sin(θ)(T 2
2
86
− T 1) = L −
2g sin(θ) = 0
2g sin(θ) g sin(θ)
Y reemplazando los valores de T 1 y T 2 en la primera ecuaci´ on del sistema se tiene la tercera condici´ on, que junto a las anteriores deben ser satisfechas para que la esfera llegue al borde del plano y caiga libremente siguiendo una vertical: 2
− 2g sin(θ) = L − − g sin(θ) g sin(θ)
2
+
− 2
cos−1
2g sin(θ)cos−1
87
−
g sin(θ) g sin(θ) g sin(θ) g sin(θ)
−
2
88
3 Sistemas de Ecuaciones Diferenciales
3.1.
Sistemas de coeficientes constantes
on del sistema x = Ax + f , x(0) = x0 , donde A es matriz de Problema 3.1. Demuestre que la soluci´ coeficientes constantes, esta dada por: At
t
At
x = e x0 + e
e−Aτ f (τ )dτ
0
donde: e
At
=
∞ 1
k=0
k!
Ak tk
Soluci´ on: Para ello note que:
d At e = dt
∞ 1
k=0
k!
k
∞
k 1
A k·t − =
− 1
k=1
(k
k k 1
1)!
A t − =
∞ 1
k=0
k!
Ak+1 tk = Ae At
Luego notemos que si derivamos nuestra soluci´ on: x = AeAt x0 + AeAt At
e−Aτ f (τ )dτ + eAt (e−At f (t))
0
t
At
= Ae x0 + Ae
t
e−Aτ f (τ )dτ + f (t)
0
At
= A e x0 + e = Ax + f (t)
t
At
e−Aτ f (τ )dτ + f (t)
0
Observaci´ on: Este resultado es muy importante en el caso que la matriz A sea nilpotente, es decir
que para algun n se cumple An = 0 y por ende para todo m > n tambi´en se tiene que Am = 0. As´ı la matriz e At se puede calcular simplemente sumando: n 1 At
e
=
− 1
k=0
89
k!
Ak tk
En general en los t´ıpicos ejemplos se hace 0 para n = 3 y por ende: 1 eAt = I + At + A2 t2 2 cosa muy r´ apida de calcular en las pruebas para una matriz 2
× 2 o 3 × 3.
Problema 3.2. Resolver el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales
y = y + 2x + cos t x = 2y + x + sin t
con condiciones iniciales y (0) = 0, x(0) = 0. Soluci´ on: Sean X (s) =
ecuaci´ on:
L{x(t)}, Y (s) = L{y(t)}. Entonces, aplicando la transformada a cada
y = y + 2x + cos (t)
−−−−→ L
sY (s)
− y(0) = Y (s) + 2X (s) + s2 s+ 1
x = 2y + x + sin (t)
−−−−→ L
sX (s)
− x(0) = X (s) + 2Y (s) + s2 1+ 1
Reemplazando las condiciones iniciales y reescribiendo el sistema en su forma matricial,
1
−s 2
2
Y (s)
=
1
−s
Empleando la Regla de Crammer , 3s X (s) = 2 (s + 1)(s
− − X (s)
−1 − 3)(s + 1)
s s2 + 1 1 s2 + 1
s2 s + 2 Y (s) = 2 (s + 1)(s 3)(s + 1)
−
∧
−
El resto del problema consiste en obtener las transformadas inversas de estas funciones. Para ello, por la linealidad de LT, basta obtener las transformadas inversas de las siguientes tres funciones: f 1 (t) =
L−1
f 2 (t) =
L−1
f 3 (t) =
L−1
s2 (s2 + 1)(s 3)(s + 1)
−
s (s2 + 1)(s
− 3)(s + 1)
1 (s2 + 1)(s
− 3)(s + 1)
Para f 1 (t), s2 as + b c d F 1 (s) = 2 = 2 + + = (s + 1)(s 3)(s + 1) s +1 s 3 s+1
−
∴
−
f 1 (t) =
−1/10 s + 1/5 + 9/40 − 1/8 s2 + 1 s−3 s+1
− 101 cos(t) + 15 sin(t) + 409 e3t − 18 e−t 90
Para f 2 (t), F 2 (s) =
s (s2
+ 1)(s
− 3)(s + 1) f 2 (t) =
∴
as + b c d + + = 2 s +1 s 3 s+1
=
−
−1/5 s − 1/10 + 3/40 + 1/8 s2 + 1 s−3 s+1
− 15 cos(t) − 101 sin(t) + 403 e3t + 18 e−t
Para f 3 (t), F 3 (s) =
1 (s2
+ 1)(s
− 3)(s + 1) ∴
x(t) =
as + b c d 1/10 s 1/5 1/40 + + = + 2 2 s +1 s 3 s+1 s +1 s 3
−
−
1 cos(t) 10
f 3 (t) =
Finalmente, como x(t) = 3f 2 (t)
y como y(t) = f 1 (t)
=
1/8 − − s+1
− 51 sin(t) + 401 e3t − 81 e−t
− f 3(t), − 107 cos(t) − 101 sin(t) + 15 e3t + 12 e−t
− f 2(t) + 2f 3(t), y(t) =
3 cos(t) 10
− 101 sin(t) + 15 e3t − 21 e−t
on general del sistema: Problema 3.3. Encuentre la soluci´ x = x + 3y + t2 y = 3x + y 2e−2t
−
Soluci´ on: El problema es equivalente a
x = Ax + f = (t2 , 2e−2t )T y con x = (x, y)T , f
−
A =
1 3 3 1
Para resolver el problema intentaremos diagonalizar la matriz para desacoplar el sistema. Necesitamos encontrar los valores propios; estos se encuentran resolviendo el polinomio caracter´ıstico dado por A λI = 0. As´ı:
| − |
|A − λI | =
1
−λ 3
3 1
−λ
= (1
− λ)2 − 9 = (λ − 4)(λ + 2) = 0
De donde es claro que sus valores propios son λ1 = 4 y λ2 = 2. La matriz es diagonal entonces solo necesitamos encontrar sus vectores propios. Para λ1 ponemos v 1 = (a, b)T : Av1 = λ 1 v1
−→
−
a + 3b = 4a 91
∧
3a + b = 4b
La soluci´ on mas simple es tomar v1 = (1, 1)T , por otra parte para λ2 = 2 ponemos v2 = (c, d)T y tenemos: Av2 = λ 2 v2 c + 3d = 2c 3c + d = 2d
−
−→ − ∧ − la soluci´ on mas simple es tomar v 2 = (1, −1)T con esto construimos la matriz de vectores propios: V =
1 1
1 1
−
y como A = V DV −1 y D = V −1 AV , el problema anterior es equivalente a x = V DV −1 x + f , luego es claro que el cambio de variables (obviando los s´ımbolos de vectores) u = V −1x nos deja: u = V −1 x = V −1 (Ax + f ) = V −1 (V DV −1 V u + f ) = Du + V −1 f = u Estamos casi listos, pues calculando 1 V −1 = 2
− − −
1 1
1 1
el problema queda como sigue: u1 = u2 =
4u1 +
−
t2 2
− e−2t
t2 2u2 + + e−2t 2
Estos son problemas lineales que se resuelven con los m´etodos de factor integrante. Resolviendo u obtenemos simplemente x = V u con lo que la soluci´ on queda:
x(t) y(t)
−
7 t 2 5t 1 2t − C 1 e + C 2 e + + − + + t e−2t 4t
64
8
16
=
C 1 e4t
2
3t 3t − C 2e−2t − 649 + 16 − 8
6
+
1 6
t e−2t
Problema 3.4. Consideremos el sistema de masas m1 = m2 = 1kg y de resortes cuyas constantes
de restituci´ on son k1 , k2 y k3 con valores 1 N/m, 4 N/m, 1 N/m repectivamente, como en la figura siguiente:
Determine las posiciones x1 (t), x 2 (t) de las masas m 1 y m2 respectivamente, con respecto a sus posiciones de equilibrio para datos iniciales arbitrarios, considere que los resortes se comportan de manera 92
ideal y que las masas son puntuales.
Soluci´ on: Utilizando la segunda ley de Newton, obtenemos las ecuaciones de movimiento, las que
son:
m1 x1 (t) = m2 x2 (t) =
−k1x1(t) + k2(x2(t) − x1(t)) −k2(x2(t) − x1(t)) − k3x2(t)
Entonces reemplazamos los valores n´ umericos para obtener un sistema de la forma x = Kx, donde se tiene que: x(t) =
x1 (t) x2 (t)
;
K =
− 5 4
4 5
−
Para resolver este problema, diagonalizamos la matriz K , entonces buscamos sus valores propios, los que son λ 1 = 1 y λ2 = 9, mientras que los vectores propios p 1 y p 2 son:
−
−
p 1 =
1 1
; p 2 =
1 1
−
´ Recordamos de Algebra Lineal que si una matriz A es diagonalizable, entonces se cumple que 1 − A = P DP , donde D es una matriz diagonal cuyos coeficientes son los valores propios de A mientras que P es una matriz invertible cuyas columnas son los vectores propios de A. 1 1 Por lo tanto para este problema, podemos definir y = P −1 x, donde P = , con ello se 1 1 obtiene que y (t) satisface el sistema:
−
y1 (t) = y2 (t) =
−y1(t) −9y2(t)
Cuya soluci´ on general es: y1 (t) = C 1,1 cos(t) + C 1,2 sin(t) ;
y2 (t) = C 2,1 cos(3t) + C 2,2 sin(3t)
Donde C i,j corresponden a las constantes arbitrarias dadas por las condiciones iniciales, ya que x(t) = P y(t), la soluci´ on general del problema corresponde a: x(t) = (C 1,1 cos(t) + C 1,2 sin(t)) p 1 + (C 2,1 cos(3t) + C 2,2 sin(3t)) p 2 De all´ı se concluye que los C i,j est´ an relacionados con las condiciones iniciales por: x(0) =
C 1,1 + C 2,1 C 1,1 C 2,1
−
; x (0) =
93
C 1,2 + 3C 2,1 C 1,2 3C 2,2
−
Problema 3.5. Resuelva el sistema: x =
y =
−5x + 2y ,
−6x + 2y
Soluci´ on: El sistema lo podemos escribir matricialmente como:
− x y
5 2 6 2
=
x y
−
El polinomio caracter´ıstico de la matriz es P (λ) = det(A
− λI) = (λ + 1)(λ + 2) As´ı, los valores propios son λ 1 = −1 y λ 2 = −2. Los vectores propios para λ 1 satisfacen: −4 2 a = 0 −→ v1 = 1 −6 3 b 0 2
Los vectores propios para λ 2 satisfacen:
− 3 2 6 4
−
a b
0 0
=
−→
v2 =
1 3/2
La soluci´ on general del sistema de ecuaciones diferenciales es:
x(t) y(t)
1 2
= c 1
e−t + c2
1 3/2
e−2t
o equivalentemente, x(t) = c 1 e−t + c2 e−2t
y(t) = 2c1 e−t +
∧
Problema 3.6. Determine las soluciones de:
d x = dt
1 1 1 1
−
3c2 −2t e 2
x
Soluci´ on: El sistema lo podemos escribir matricialmente como:
x y
=
1 1 1 1
−
x y
El polinomio caracter´ıstico de la matriz es
− λI) = λ2 − 2λ + 2 As´ı, los valores propios son λ 1 = 1 + i y λ 2 = 1 − i. Los vectores propios para λ1 satisfacen: −i 1 a 0 1 −→ = v1 = −1 −i b 0 i P (λ) = det(A
Por tanto,
v2 = v1 =
94
1 i
−
La soluci´ on general del sistema de ecuaciones diferenciales es:
o equivalentemente,
− − − − −
con d 1 = c 1 + c2 , d 2 = i(c1
x(t) y(t)
= c 1
1 i
x(t) y(t)
= d 1
et cos(t) et sin(t)
1 i
e(1+i)t + c2
e(1−i)t
et sin(t) et cos(t)
+ d2
c2 ). Notar que:
Re v1 e
λ1 t
= Re v2 e
λ1 t
Im v1 e
λ2 t
=
λ2 t
=
et cos(t) et sin(t)
Im v2 e
et cos(t) et sin(t)
=
on particular para el sistema: Problema 3.7. Obtenga una soluci´ x = 4x + y + et y = 6x y et
− −
que satisfaga las condiciones iniciales x(0) = y(0) = 0. on matricial como: Soluci´ on: El sistema se puede reescribir en notaci´
x y
4 6
=
1 1
x y
−
et et
+
−
Para la matriz cuadrada, determinamos los valores y vectores propios para diagonalizarla. Al obtener el polinomio caracter´ıstico de la matriz, se tiene que λ1 = 2 y λ2 = 5. Igual que antes, determinamos los vectores propios calculando el kernel de las matrices A λi I. As´ı,
−
Si definimos las matrices
∧ − − − v1 =
1 6
V =
1 1 6 1
1 1
v2 =
,
2 0 0 5
D =
entonces el sistema puede escribirse como: x y
= V DV −1
x y
+
Si realizamos el siguiente cambio de variables,
x y
= V
95
u v
et et
−
−
el sistema se puede desacoplar: V con
−→ − − − − − −→ − u v
u v
= V D
et et
+
V −1 =
u v
1 det(V )
1 6
1 1
= D
1/7 6/7
=
u v
+ V −1
et et
1/7 1/7
El sistema queda como sigue: u v
2u 5v
=
2et /7 5et /7
+
u = 2u + 2et /7 v = 5v + 5et /7
Resolvemos ambas ecuaciones por separado: Por la linealidad de la ecuaci´ on para u(t), utilizamos un factor integrante. Con ello, 2 t e + C 1 e−2t 21
u(t) =
Igual que en el caso anterior, empleamos un factor integrante para determinar la soluci´ on de la ecuaci´ on. 5 t v(t) = e + C 2 e5t 28 Regresando a las variables originales,
−
x y
=
1 1 6 1
u v
−
=
u+v 6u + v
−
− =
−
et /12 + C 1 e−2t + C 2 e5t 3et /4 6C 1 e−2t + C 2 e5t
−
Aplicando las condiciones iniciales, obtenemos un sistema para las constantes:
1/12 3/4
1 1 6 1
=
C 1 C 2
−
−→
C 1 =
− 212 ∧
Con lo cual la soluci´ on particular del sistema es:
− x(t) y(t)
=
et /12 2e−2t /21 + 5e5t /28 3et /4 + 12e−2t /21 + 5e5t /28
−
−
etodo de valores propios, Problema 3.8. Resuelva, mediante el m´ d x = dt
− 4 4 9 8
−
x
Soluci´ on: El polinomio caracter´ıstico de la matriz es
P (λ) = det(A
− λI) = λ2 − 4λ + 4 96
C 2 =
5 28
As´ı, los valores propios son λ = 2. Los vectores propios para λ satisfacen:
− 6 4 9 6
a b
−
0 0
=
−→
v1 =
v2 =
2 3
Para determinar v2 , aplicamos la Forma 1 y resolvemos
− −
6 4 9 6
c d
2 3
=
−→
1 2
que es una posible soluci´on, entre infinitas. Si aplicamos la Forma 2, resolvemos
− 6 4 9 6
2
c d
−
Entonces, v2 es cualquier vector de t v2 = 0 1 . As´ı,
v1 = (A
R2
0 0 0 0
=
c d
2 3
=
que no sea m´ ultiplo de v1 . Por ejemplo, podemos usar
− − − 6 4 9 6
2I)v2 =
0 1
4 6
=
Por lo tanto, la soluci´ on del sistema es: x(t) = c 1 o bien x(t) = d 1
2 3
e2t + c2
1 2
e2t + c2
2 3
te2t
4 6
e2t + d2
0 1
e2t + d2
4 6
te2t
Problema 3.9. Considere un sistema de 3 tanques con una mezcla homog´enea de sal con agua. Denote
por x i , V i la cantidad de sal y el volumen de agua de cada tanque respectivamente. Al primer tanque entran 10 [L/s] de agua fresca; ´este conduce 10 [L/s] al segundo tanque. Este otro estanque libera 10 [L/s] al tercero, y se extraen 10 [L/s] de este u ´ ltimo.
Si las condiciones iniciales son: V 1 (0) = 30 [L] , V 2 (0) = 60 [L] , V 3 (0) = 30 [L] x1 (0) = 400 [g] , x2 (0) = 200 [g] , x3 (0) = 100 [g] Resuelva la concentraci´ on de sal en el tercer tanque pasados 5 minutos. Resuelva la concentraci´ on del segundo tanque en el momento en que el tercero se vac´ıa. 97
on que Soluci´ on: Sea xk (t) la cantidad de sal en el tanque k ´esimo en un tiempo t. La ecuaci´ modela el proceso es conocida desde el inicio del curso:
·
dx = flujo que entra dt con V (t) = V 0 + (ri
−
concentraci´ on de entrada
−
flujo que sale ro x(t) = r i ci x(t) volumen del tanque V (t)
−
− ro)t. Aplic´andola a cada tanque, tenemos que: x1 x1 = − 3 x1 x2 x2 = −6 3 x2 x3 −3 x3 = 6
Como el sistema est´ a parcialmente desacoplado, resolvemos primero para x1 (t) por variables separadas: x1 (t) = A1 e−t/3 Reemplazamos esta ecuaci´ on y resolvemos para x2 (t) con el uso de factor integrante: x2 (t) =
−2A1 e−t/3 + A2 e−t/6
Finalmente, reemplazamos en la ecuaci´ on asociada a x3 (t): x3 (t) =
− A31 te−t/3 + A2 e−t/6 + A3 e−t/3
Aplicamos las condiciones iniciales para obtener un sistema algebraico asociado a las constantes:
− 400 200 100
=
1 0 0 2 1 0 0 1 1
A1 A2 A3
−→
A1 = A2 = A3 =
400 1000 900
−
La concentraci´ on la obtenemos dividiendo por 60, el volumen de l´ıquido del tercer tanque. Los dem´ as reemplazos y c´alculos quedan propuestos al lector.
on general de las ecuaciones de movimiento para los dos cuerpos Problema 3.10. Obtenga la soluci´ de la figura:
Soluci´ on: Las ecuaciones de movimiento consideran el desplazamiento horizontal de cada cuerpo
a la derecha desde la posici´on de equilibrio. Para el primer cuerpo, ´estas se obtienen como sigue: Si el cuerpo 1 se desplaza x1 unidades hacia la derecha, entonces el primer resorte ejercer´a una fuerza de magnitud kx1 en la direcci´on contraria al movimiento. 98
Si el cuerpo 1 se desplaza x desplaza x 1 unidades hacia la derecha, entonces el cuerpo 2 se desplazar´a en x2 unidades hacia la misma direcci´on. on. As´ As´ı, el resorte re sorte intermedio intermedi o se habr´ a contra contr a´ıdo/ex ıdo /expand pandido ido en x en x 1 x2 unidades, y por tanto ejercer´a una fuerza de magnitud k magnitud k((x1 x2 ) sobre el cuerpo 1 en la direcci´on on contraria al movimiento.
−
−
Finalmente, mx1 =
−kx1 − k(x1 − x2) = −2kx1 + kx2
El mismo proceso, aplicado al cuerpo 2, nos dar´ a la segunda ecuaci´ on on de movimiento: mx2 = kx 1
− 2kx2
Escribimos matricialmente nuestro sistema de ecuaciones: m
− x1 x2
2k k
=
k 2k
−
x1 x2
Como k Como k > 0, los valores y vectores propios del sistema son:
− ∧ − − − −→ −
λ1 = As´ı,
k , v1 =
m
1 1
λ2 =
x1 x2
3k , v2 =
1 1
x1 x2
= V = V DV −1
con V con V , D las matrices de vectores y valores propios, respectivamente. Hacemos el cambio de variables bles x = V = V y, y con ello: y1 y1 m = D = D y2 y2 Hemos desacoplado el sistema de ecuaciones, my1 = my2 =
ky1 3ky2
y1 (t) = A cos( k/m t) t) + B sin( k/m t) t) y2 (t) = C cos( cos( 3k/m t) t) + D sin 3k/m t
Ahora, se obtiene la soluci´ on on para x (que son las variables de inter´ es), es), recordando que el cambio de variables hecho anteriormente fue: x1 x2
=
1 1
1 1
y1 y2
−
=
y1 + y2 y1 y2
−
que es la soluci´ on general del sistema. En un problema de valores iniciales, las cuatro constantes on se determinan de cuatro ecuaciones, que est´an an dadas por las posiciones y velocidades iniciales de cada uno de los cuerpos.
Problema 3.11. Considere el sistema de ecuaciones diferenciales:
x = y = z =
3z −y + 3z 3z −2x + y + 3z 5z −2x − y + 5z 99
(a) Determine Determine una matriz fundamental fundamental para este sistema. sistema. (b) Halle la matriz exponencial exponencial asociada al sistema. sistema. (c) Resuelv Resuelvaa el sistema para las siguientes siguientes condiciones condiciones iniciales: iniciales: x x(0) (0) = 1, 1, y(0) = 1, 1, z (0) = 0. Soluci´ on: on:
(a) El sistema es equivalen equivalente te a
− −
0 2 2
x = Ax =
−1 1 −1
3 3 5
x
Para calcular la matriz fundamental necesitamos obtener los vectores propios de la matriz A, para ello necesitamos encontrar los valores propios dados por la ecuaci´ on on ( 2 − λ)3 = 0 |A − λI | = (2 entonces su valor propio es λ = 2. Calculamos sus vectores propios asociados calculando el ker. 2 1 3 2 1 3 ker(A ker(A 2I ) 2 1 3 0 0 0 2 1 3 0 0 0
−
− → − −
− ∼
− − −
−
Luego la ecuaci´ on on 2a b + 3c 3 c = 0 puede resolverse si imponemos c = 0 a = 1, b = y si imponemos b = 0 a = 3, c = 2 y por lo tanto tenemos 2 vectores LI:
− − →
v1 = (1, (1, 2, 0)T
−
∧
→
−2
v2 = (3, (3, 0, 2)T
Para encontrar la matriz fundamental necesitamos un tercer vector generalizado. Para ello se utiliz u tiliza a el e l siguiente si guiente m´etodo: etod o: i. Encontramos Encontramos un vector vector v3 en el ker de la matriz (A (A
− λI )2
ii. Recalculamos un vector propio anterior anterior v v2 ya que el nuevo es generalizado con la f´ ormula ormula v2 = (A
− 2I )v3
Luego v1 debe ser LI con v con v 2 . iii. La matriz fundamental fundamental tendr´ tendra´ de columnas [v [v1 nencial.
v2
v3 + v + v2 t] por su respectiva expo-
Luego para este problema
− 2I )2 → 0M donde 0M representa la matriz de puros ceros de 3 × 3. Un vector en ese ker puede ser el vector v3 = (0, (0, 0, 1)T con lo recalculamos v2 = (A − 2I )v3 = (3, (3, 3, 3)T . As´ As´ı la matriz fundamental fundame ntal ker(A ker(A
esta dada por:
Φ(t Φ(t) = e 2t
−
1 3 3t 2 3 3t 0 3 1 + 3t
100
(b) Calculamos Calculamos la matriz exponencial exponencial de la siguiente siguiente forma: eAt = Φ(t Φ(t)Φ(0)−1 Notemos que Φ(0) =
−
1 3 0 2 3 0 0 3 1
Para calcular su inversa vamos a utilizar la f´ ormula ormula
1 Adj Adj [A] A
A−1 =
| |
por lo que calculamos la matriz adjunta. Con lo que si notamos que Φ(0) = 9 y que que Adj Adj [Φ(0)] = y as´ı eAt = Φ(t Φ(t)
−
3 2 6
1 Adj Adj [Φ(0)] = e = e 2t 9
−3 1 −3
0 0 9
1
− 2t − t −2t 1 − t −2t −t
|
3t 3t 1 + 3t 3t
|
(c) La soluci´ on on esta dada por Φ(t)c x(t) = Φ(t pero c = Φ(0)−1 x(0)
y por lo tanto:
− − −
− − −
a b c 0 a b 0 0 a
1
x(t) = e
At
= e x(0) = e
2t
Problema 3.12. Sea:
A =
2t t 3t 2t 1 t 3t 2t t 1 + 3t 3t
− − − − 1 1 0
= e = e
2t
1 t 1 t t
∈M
3 (R)
Calcular eAt que sea soluci´ on on a la ecuaci´ on X on X = AX = AX ..
Soluci´ on: on: La idea de este problema es calcular la exponencial por medio de su serie:
e
At
=
∞ 1
k=0
k!
Ak tk
Pero para hacer esto vamos separar la matriz en una identidad mas una nilpotente, de la siguiente
101
forma: A =
a 0 0 0 a 0 0 0 a
+
0 b c 0 0 b 0 0 0
= aI 3 + B
y podemos aprovecharnos de la propiedad de la exponencial eS +T = eS eT
si las matrices S y T conmutan. En este caso si conmutaran pues toda matriz conmuta con la identidad. Calcular eaI 3 t es muy simple, pues consiste en simplemente: e
aI 3 t
=
0 eat 0 at 0 e 0 0 0 eat
y para calcular e Bt solo basta notar que: 2
B = por lo que
0 0 b2 0 0 0 0 0 0
3
−→ = e
= e at I 3
0 0 0 0 0 0 0 0 0
B =
∧
1 0 0 0 1 0 0 0 1
at
B n = 0M n
∀ ≥ 3
2 2
eBt = I + Bt +
B2t 2
Finalmente:
=
1 bt ct + b 2t 0 1 bt 0 0 1 2 2
1 bt ct + b 2t 0 1 bt 0 0 1
eAt = eat I 3 eBt = e at
un sea los valores del par´ ametro real p = 0, encuentre la soluci´on de: Problema 3.13. Seg´
x (t) = y (t) =
Soluci´ on: La matriz asociada es:
A =
y
− − 1 p
0 1 p
1 1 x+ y p
−11
− 1 p con lo que su ecuaci´on caracter´ıstica dada por |A − λI | = 0:
− · − − − − λ
1 p
λ
1 ( 1) p
1 = λ
2
−
−
λ 1 + p p
102
1 = 0
−→ pλ2 − λ + (1 − p) = 0
as´ı, sus valores propios son: λ =
1
±
− 1
4 p(1 2 p
− p) = 1 ±
− 1
4 p + 4 p2 1 2 p
±
− (2 p 2 p
1)2
=
1
± (2 p − 1) 2 p
Por lo tanto distinguimos 2 casos: (a) Si p = 1/2. En este caso existen 2 valores propios distintos entre si, dados por:
λ1 = 1
λ2 =
∧
As´ı la matriz:
1 p
− 1
− − − − − − − 1
A
− λ1I =
1 p
1
1
1 p
1
tiene como vector propio v1 = (1, 1)T pues A v1 = λ1v1 , mientras que por otro lado la matriz: 1 p1 1 A λ2 I = 1 1 1 p
−
−
− 1 p
tiene como vector propio v2 = 1, 1
T
. As´ı la soluci´ on al problema en este caso es:
x(t) = C 1 eλ1 tv1 + C 2 eλ2 tv2 =
−
−1 C 1 + C 2 e p
−
et
C 1 et + C 2 1
1
1 p
t
1
−1 e p
t
(b) Si p = 1/2 tenemos un u ´ nico valor propio dado por λ = 1, que tambi´ en era valor propio del T caso anterior con vector propio v1 = (1, 1) . En este caso al ser un sistema 2 2 la soluci´ on estar´ a dada por: x(t) = C 1 eλt v 1 + C 2 eλt (v2 + t v1 )
−
×
En este caso v 2 debe estar en el: ker(A
2
− λI ) → ker
0 0 0 0
Luego cualquier vector esta en ese ker, por lo que escogemos v2 = ( 1, 0)T que es LI con v1 y tenemos entonces:
−
t
t
x(t) = C 1 e v1 + C 2 e (v2 + t v1 ) =
103
(C 1 C 2 + C 2 t)et ( C 1 C 2 t)et
− − −
Problema 3.14. Calcule A si:
eAt =
2e2t e2t 3e2t
− et − et − 3et
e2t 2e2t 3e2t
− et − et − 3et
et et 3et
− e2t − e2t − 2e2t
Como eAt es matriz fundamental que cumple Φ (t) = AΦ(t) Φ (t)Φ−1 (t) = A. Por lo que evaluando en t = 0 y notando que e A0 = I (eA0 )−1 = e −A0 = I : A =
d At e dt
=
t=0
→
→
4e2t 2e2t 6e2t
− et − et − 3et
2e2t 4e2t 6e2t
− et − et − 3et
104
et et 3et
− 2e2t − 2e2t − 4e2t
=
t=0
3 1 1 3 3 3
−1 −1 −1
3.2.
Variaci´ on de Par´ ametros
Problema 3.15. Resuelva x = 3x
− y + 4e2t , y = −x + 3y + 4e4t, x(0) = 1, y(0) = 1:
Soluci´ on:
donde se tiene que: Tenemos un sistema de la forma x = Ax + f (t), A =
3 1
−1 3
−
= f (t)
;
4e2t 4e4t
Lo primero que hacemos es buscar una soluci´on xh a la ecuaci´ on homogenea x = Ax, para esto buscamos la matriz fundamental Φ(t) buscando los valores y vectores propios de la matriz. Notamos que los valores propios con λ1 = 2 y λ2 = 4, los vectores propios que les corresponden son:
1 1
v1 =
;
v2 =
1 1
−
De esto es inmediato que: Φ(t) =
e2t e2t
e4t e4t
−
Lo que significa: xh (t) =
e2t e2t
e4t e4t
−
C 1 C 2
t Ahora para encontrar la soluci´on particular x p , tenemos que resolver Φ(t) t0 Φ−1 (x)f (x)dx, entonces invertimos la matriz Φ(t) (recuerde la matriz adjunta), de donde tenemos:
1 Φ−1 (t) = 2
e2t e−4t
1 + e2x e−2x 1
e−2t e−4t
−
Con lo que se tiene que el integrando es: = 2 Φ−1 (x)f (x)
−
Para evaluar la integral usamos t0 = 0, ya que nos conviene para las condiciones iniciales que tenemos, con lo que se tiene:
t
t0
Φ−1 (x)f (x)dx = 2
t
t0
1 + e2x e−2x 1
−
105
dx =
2t + e2t 1 e−2t + 1 2t
−
− −
Con esto se tiene que la soluci´ on particular corresponde a: x p (t) =
e2t e2t
e4t e4t
−
2t + e2t 1 e−2t + 1 2t
− −
−
Usando las condiciones iniciales se tiene que C 1 = 1 y C 2 = 0, por lo que la soluci´ on del sistema de edos es:
x(t) =
=
e2t e2t
e4t e4t
−
1 0
e2t e2t
+
2te2t + 2e4t e2t 2te4t 2te2t + e2t + 2te4t
− −
e4t e4t
−
2t + e2t 1 e−2t + 1 2t
−
− −
on de par´ametros, resuelva: Problema 3.16. Mediante variaci´ x = 3x y = 9x
− y + 7 − 3y + 5
con las siguientes condiciones iniciales: x(0) = 3 e y(0) = 5. Soluci´ on: Sean:
A =
− 3 9
1 3
−
,
b =
7 5
Comenzamos por encontrar una matriz fundamental. Recordemos que en el caso de 2 polinomio caracter´ıstico viene dado por: λ2
× 2, el
− Tr(A) + det(A) = 0
Como en este caso, Tr(A) = det(A) = 0, λ = 0 es valor propio con multiplicidad igual a dos. Hallamos los vectores propios asociados: v1 =
1 3
Notamos que (A 0 I)2 = 0, y por tanto el vector propio generalizado es cualquier vector en tal que no sea m´ ultiplo de v1 . En particular:
− ·
v2 =
0 1
v1 = Av2 =
−→
Una matriz fundamental del sistema es: Φ(t) =
−
−
1 t 3 1 3t
106
− −
− −
1 3
R2
Buscamos la exponencial del sistema: Φ(0) =
− 1 0 3 1
−→
−
Φ(0)−1 =
− −
1 0 3 1
At
e = Φ(t Φ(t)Φ(0)−1 =
−→
Calculamos la soluci´ on on homo ho mog´ g´enea en ea:: At
xh = e x0 =
4t + 3 12 12tt + 5
Para la soluci´ on on particular, (τ ) b = f ( f τ ) = e−Aτ
− − − − 1
− 3t −9t t
g (t) =
t 1 + 3t 3t
7 5
7 5
16 16tt 48 48tt
7t 8t2 5t 24 24tt2
(τ ) f ( f τ ) dτ =
0
7t + 8t 8t2 5t + 24t 24t2
At
x p = e = e g (t) = Y la soluci´ on on final es:
=
3 + 11 11tt + 8t 8t2 5 + 17t 17t + 24t 24t2
x(t) = xh + x p =
funciones x((t), y (t), z (t) tales que x(0) = y = y(0) (0) = z = z(0) (0) = 1 y Problema 3.17. Hallar funciones x x = x + 2y 2y + 3z 3z y = y + 2z 2z z = z + et Soluci´ on: on: Sean:
A =
1 2 3 0 1 2 0 0 1
La soluci´ on on general estar´ a dada por:
At
x(t) = e x0 + e
b(t) =
,
At
t
0 0 et
b (τ ) e−Aτ τ ) dτ
0
Si escribimos A =
1 0 0 0 1 0 0 0 1
+
0 2 3 0 0 2 0 0 0
tenemos que eAt = e It eBt = e t eBt y, por su parte, B2 =
0 0 4 0 0 0 0 0 0
107
,
= I + B
B3 = 0
1 + 3t 3t t 9t 1 3t
− −
por lo cual: eBt = I + Bt + B
t2 2
=
de donde obtenemos que eAt x0 = et
x p = e At
1 2t 3t + 2t 2t2 0 1 2t 0 0 1
t
1 1 1
1 + 5t 5t + 2t 2t2 1 + 2t 2t 1
= e = e t
3 2 2t
b (τ ) e−Aτ τ ) dτ = e t
0
Finalmente, la soluci´ on on general es:
1 2t 3t + 2t 2t2 0 1 2t 0 0 1
As´ As´ı, la soluci sol uci´ on o´n particular es
= = xh
+ 23 t3 t2 t
x(t) = x p + xh
Problema Problema 3.18. 3.18. Resuelva las ecuaciones de movimiento para el sistema de dos masas unidas por
resortes, considerando que la pared de la derecha tiene un desplazamiento de su posici´on on inicial dado por A por A cos(ωt cos(ωt): ):
Soluci´ on: on: Primero, escribamos las ecuaciones de movimiento:
mx =
−2kx + ky ∧
my = kx
− 2ky + ky + kA cos(ωt cos(ωt))
Se nota que el sistema es similar al del Problema ermino ermino que hace del Problema 3.10, pero tiene un t´ sistema un del tipo no homog´eneo: eneo: m x = Ax + b(t) ,
b(t) =
0 kA cos(ωt cos(ωt))
Utilizando la diagonalizaci´ on on de A de A realizada en dicha oportunidad, y haciendo el cambio de variables bles x = V = V x, la ecuaci´ on on se reescribe como: mV y = V Dy + b(t)
−→
m y = D = D y + V −1 b(t) ,
1 V −1 b(t) = 2
kA cos(ωt cos(ωt)) kA cos(ωt cos(ωt))
−
El sistema de ecuaciones, ahora desacoplado, queda como:
2
D + ω0
2
2
y1 = ω 0 kA cos(ωt cos(ωt))/2
∧ 108
2
D + 3ω 3ω0
2
y2 =
−ω02kA cos(ωt cos(ωt))/2
con ω0 2 = k/m. k/m. Estas ecuaciones pueden resolverse utilizando coeficientes coeficientes indeterminados . El 2 2 aniquilador del lado derecho de ambas ecuaciones es (D (D + ω ). Teniend eniendoo esto, esto, se procede procede a resolver ambas ecuaciones por separado. Partimos con y1 :
D2 + ω0 2
La soluci´ on on de la ecuaci´on on homog´ hom og´enea enea es: y1 h =
D2 + ω 2 y1 = 0
cos(ω0 t) + B sin(ω sin(ω0 t) A cos(ω
Para la soluci´ on particular, distinguimos dos casos: on Si ω = ω 0, la soluci´ on on particular es: Caso a. Si ω
y1 p,a = c 1 cos(ωt cos(ωt)) + c2 sin(ωt sin(ωt)) Reemplazando en la EDO, y aplicando coeficientes indeterminados se obtiene que: ω0 2 kA 2(ω 2(ω0 2 ω 2 )
c1 = Caso b. Si ω = ω 0 ,
∧
−
c2 = 0
y1 p,b = c 1 t cos(ωt cos(ωt)) + c2 sin(ωt sin(ωt))
Igualando coeficientes en la EDO,
∧ c2 = ωkA 4
c1 = 0 La soluci´ on particular es entonces on y1 p =
y1 p,a , ω = ω 0 y1 p,b , ω = ω 0
Para la segunda ecuaci´ on, el proceso (que es equivalente al anterior) se deja propuesto al lector. on, La soluci´ on del sistema es entonces: on y1 = y1 p + y1 h
∧
y2 = y2 p + y2 h
Al igual que en el ejercicio ejercicio de la ayudan ayudantt´ıa anterior, anterior, las soluciones soluciones originales originales x, y se obtienen recordando que que x = V = V y : x = y = y1 + y2 , y = y = y 1 y2 .
−
Problema 3.19. Considerar el sistema
x = Ax Donde la matriz A tiene la forma A =
λ 1 2 ω λ
−
109
(a) Demuestre que la soluci´ on general de este sistema se escribe de la forma: xh (t) = e
λt
1 cos(ωt)I 2 + sin(ωt)J ω c ω
Donde c es un vector constante que depende de las condiciones iniciales, I 2 es la matriz identidad de 2 2, y J ω es una matriz de la forma:
×
J ω =
0 1 2 ω 0
−
(b) Usando el resultado anterior, resuelva inmediatamente la ecuaci´ on no hom´ ogenea de la forma: x = Ax + b(t) Donde se tiene que la parte no homog´enea de la ecuaci´ on corresponde a:
b(t) =
sin(ωt) ω cos(ωt)
Soluci´ on:
(a) Notamos que A = λI 2 + J ω , es decir, la suma de dos matrices que conmutan, por lo tanto t R, se tiene que:
∀∈
eAt = e λt eJ ω t Entonces calculamos las potencias de J ω para as´ı usar la serie exponencial, para ello basta notar que: J ω2 = ( 1)ω 2 I 2
−
Entonces tenemos que las potencias n-´ esimas de J ω ser´ıan las siguientes (dependiendo de si n es par o impar): J ωn =
−
( 1)k ω 2k I 2 si n = 2k ( 1)k ω 2k J ω si n = 2k + 1
−
Con esto separando t´erminos pares de impares en la serie exponencial, obtenemos que eJ ω t = cos(ωt)I 2 + ω1 sin(ωt)J ω , por lo tanto la soluci´ on general de la ecuaci´on hom´ ogenea se escribe de la forma: xh (t) = e
λt
1 cos(ωt)I 2 + sin(ωt)J ω c ω
110
(b) Como ya tenemos la matriz eAt , la cual tambi´ en es una matriz fundamental, podemos utilizar variaci´ on de par´ametros, por lo que la soluci´ on particular a la ecuaci´ on corresponde a At At − (recordando que la inversa de e es e ): x p = e
At
t
e−Ax b(x)dx =
0
t
eA(t−x) b(x)dx
0
Aprovechando el c´alculo de la parte a, podemos tener de forma inmediata que:
eA(t−x) = e λ(t−x) cos(ω(t
−
1 x))I 2 + sin(ω(t ω
− x))J ω
Luego si multiplicamos esa matriz por b(x), obtenemos que el integrando corresponde a: eA(t−x) b(x) = e λ(t−x) Entonces la integrar en x
sin(ωt) cos(ωt)
∈ [0, t], se tiene: 1 x p = (eλt λ
− 1)
sin(ωt) cos(ωt)
Por lo tanto la soluci´ on general a la ecuaci´ on corresponde a: x(t) = e
λt
1 1 cos(ωt)I 2 + sin(ωt)J ω c + (eλt ω λ
111
− 1)
sin(ωt) cos(ωt)
3.3.
An´ alisis Cualitativo
Problema 3.20. Linealizar en torno a cada uno de los puntos de equilibrio del siguiente sistema:
x = x(7 y = y(5
− x − 2y) − x − y)
Luego, en base a cada linealizaci´ on, estudie la estabilidad del sistema. Soluci´ on: Lo primero que debemos hacer es buscar los puntos de equilibrio. Apreciando la forma
del sistema, sabemos que los puntos de equilibrio son cuatro. Recordamos que los puntos de equilibrio satisfacen: f (x, y) = g(x, y) = 0. Es claro que los puntos de equilibrio son los siguientes: P 0 = (0, 0) ,
P 1 = (7, 0) ,
Calculamos la matriz Jacobiana: J f,g (x, y) =
f x (x, y) f y (x, y) gx (x, y) gy (x, y)
P 2 = (0, 5) ,
=
7
P 3 = (3, 2)
− 2x − 2y −2x −y 5 − x − 2y
Reemplazamos los puntos de equilibrio en la matriz: P 0 : J f,g (0, 0) =
7 0 0 5
donde los autovalores son: λ1 = 7 y λ2 = 5. Como ambos autovalores son reales y mayores que cero, se cumple el teorema de Hartman-Grobman y se concluye que el sistema es inestable (repulsor no espiral) en P 0 . P 1 : J f,g (7, 0) =
−
7 0
−14 −2
donde los autovalores son: λ1 = 7 y λ2 = 2. Como ambos autovalores son reales y menores que cero, se cumple el teorema de Hartman-Grobman y se concluye que el sistema es estable (atractor no espiral) en P 1 .
−
−
P 2 : J f,g (0, 5) =
− 3 5
0 5
− −
donde los autovalores son: λ1 = 3 y λ2 = 5. Como ambos autovalores son reales y menores que cero, se cumple el teorema de Hartman-Grobman y se concluye que el sistema es estable (atractor no espiral) en P 2 .
−
−
P 3 : J f,g (3, 2) =
− − 3 2
6 2
− −
donde los autovalores son: λ 1 = 1 y λ 2 = 6. Como ambos autovalores son reales, se cumple el teorema de Hartman-Grobman y se concluye que el sistema es inestable (punto silla) en P 3 .
−
112
Problema 3.21. Encuentre los puntos de equilibrio del sistema:
x (t) = x2 y2 y (t) = x2 + y2 18
−
−
Utilizando el m´etodo de Linealizaci´ on, clasif´ıquelos cuando sea posible como atractores, repulsores o sillas. Soluci´ on: Hay que resolver el sistema:
0 = x2 y 2 0 = x2 + y2 18
−
−
que resuelve: (3, 3)T , (3, 3)T , ( 3, 3)T , ( 3, 3)T . Para clasificarlos calculamos la matriz jacobiana: 2x 2y J = 2x 2y
−
−
− −
−
Luego para (3, 3)T tenemos ∆ = 72 > 0 y τ = 12 > 0 y por ende es repulsor. Para (3, 3)T tenemos ∆ =
−72 < 0 y luego (3, −3)T es silla. Para (−3, 3)T tenemos ∆ = −72 < 0 y por ende ( −3, 3)T es silla. Para (−3, −3)T tenemos ∆ = 72 > 0 y τ = −12 < 0 y por tanto (−3, −3)T es atractor. −
Problema 3.22. Considere el sistema de ecuaciones diferenciales
x˙ = x(6 2x y) y˙ = y(2 x y)
− − − −
Con x
≥ 0, y ≥ 0.
(a) Encuentre los puntos estacionarios y dibuje el diagrama de fase local alrededor de cada uno de estos puntos. (b) Si (x(t), y(t)) es la soluci´ o n tal que (x(5), y(5)) = (0, 10). Encuentre , si existe, el l´ımite de la soluci´ on cuando t .
→∞
(c) Si (x(t), y(t)) es la soluci´ on tal que (x( 1), y( 1)) = (2, 8). Encuentre , si existe, el l´ımite de la soluci´ on cuando t .
→∞
−
−
(d) Si (x(t), y(t)) es la soluci´ o n tal que (x(0), y(0)) = (0, 2). Encuentre , si existe, el l´ımite de la soluci´ on cuando t .
→∞
Soluci´ on:
113
(a) Los puntos estacionarios son las soluciones de 0 = x(6 2x y) 0 = y(2 x y)
− − − −
Resolviendo obtenemos los puntos (0, 0), (0, 2), (3, 0) y (8/3, 2/3), como (x, y) pertenecen al primer cuadrante, descartamos este u ´ltimo punto. Considerando f (x, y) = x(6 2x y) y g(x, y) = y(2 x y), tenemos que sus derivadas parciales son:
−
− −
− −
f x (x, y) f y (x, y) gx (x, y) gy (x, y)
= 6 = = = 2
− 4x − y −x −y − x − 2y
Por lo tanto, la linearizaci´ on en torno a cada uno de ellos est´a dada por el sistema asociado a las siguientes matrices: (0, 0) :
6 0 0 2
;
(0, 2) :
4 2
0 2
− −
;
(3, 0) :
− − 6 0
3 1
−
De donde (0, 0) es un punto estacionario inestable repulsor o fuente y su diagrama se ve as´ı:
De donde (0, 2) es un punto estacionario tipo silla y su diagrama se ve as´ı:
114
De donde (3, 0) es un punto estacionario estable o atractor y su diagrama se ve as´ı:
Uniendo l´ıneas el diagrama de fase del sistema en el primer cuadrante se ve asi:
(b) Las trayectorias en el eje y con y > 0 se mantienen en el eje y convergen a (0, 2). (c) El diagrama de fase sugiere que converja al atractor (3, 0). (d) Como (0, 2) es estacionario, la soluci´ on converge a (0, 2).
Problema 3.23. Considere la familia de sistemas lineales:
x =
a 1 a a
x ,
a
∈R
Determine para qu´e valores de a el sistema tiene un u ´ nico punto de equilibrio. Luego, clasifique el sistema, dependiendo de los distintos valores de a. e forma son los autovalores asociados. Definimos la matriz A: Soluci´ on: Primero vemos de qu´ A =
a 1 a a
de donde tenemos que: T r(A) = 2a
det(A) = a 2
y
−a
Por lo tanto, los autovalores de A son: λ1 = a +
√ a
∧
λ2 = a
− √ a
Entonces, para determinar solo un punto de equilibrio (el origen), se debe cumplir que no haya un valor propio nulo. Esto se debe a que si tenemos un valor propio nulo, en el infinito la soluci´on va
115
a tender al vector asociado a ese valor propio nulo y no al origen; por lo tanto, tendr´ıamos m´ as de un punto de equilibrio, lo que contradice el enunciado. Claramente los valores propios son nulos cuando: a = 0 y a = 1. Por lo tanto, vamos a analizar los puntos de equilibrio en los casos en que a pertenece a cada uno de esos tres intervalos: a < 0: λ1 =
−|a| + i |a|
∧
λ2 =
λ1 > 0
∧
λ2 < 0
−|a| − i |a| Los dos valores propios son complejos conjugados, donde Re{a} < 0. Es decir, es estable (atractor espiral). 0 < a < 1: Tenemos dos valores propios de signos opuestos, por lo que es inestable (punto silla). a > 1: λ1 > 0
λ2 => 0
∧
Es decir, ambos valores propios son positivos; por lo tanto, es inestable (repulsor no espiral).
Problema 3.24. Estudie cualitativamente el comportamiento del sistema:
dx = x(1 dt
dy = y(0,75 dt
− x − y) ∧
− y − 0,5x)
en el cual, x e y representan la cantidad de individuos de dos especies que compiten por los mismos recursos. Soluci´ on: Los puntos de equilibrio del sistema son (0,0), (1,0), (0,0.75) y (0.5,0.5). Procedemos a
estudiar la linealizaci´ on del sistema en torno a dichos puntos: (0,0):
x y
1 0 0 0,75
=
x y
La soluci´ on de este sistema es:
x y
= c 1
1 0
e t + c2
0 1
e0,75t
Por lo tanto, el punto act´ ua como un repulsor en las direcciones de ambos ejes coordenados. En cuanto a estabilidad, ambos valores propios del sistema linealizado son positivos, por lo cual el punto de equilibrio es inestable. (1,0):
− x y
=
1 1 0 0,25
116
−
x y
La soluci´ on de este sistema es:
x y
1 0
= c 1
e−t + c2
4 5
−
e0,25t
Por lo tanto, es un punto de equilibrio inestable que act´ua como atractor en la direcci´ on definida por el eje X , y como un repulsor en la direcci´on definida por el vector (4, 5). En cuanto a estabilidad, un valor propio del sistema linealizado es positivo, por lo cual el punto de equilibrio es inestable.
−
(0,0.75):
x y
0,25 0,375
=
−
−
0 0,75
x y
La soluci´ on de este sistema es:
x y
= c 1
8 3
e0,25t + c2
0 1
e−0,75t
Por lo tanto, es un punto de equilibrio inestable que act´ua como atractor en la direcci´ on definida por el vector (8, 3), y como un repulsor en la direcci´on definida por el eje Y . En cuanto a estabilidad, uno de los valores propios del sistema linealizado es positivo, por lo cual el punto de equilibrio es inestable.
−
(0.5,0.5):
− x y
=
−
0,5 0,25
−0,5 −0,5
x y
La soluci´ on de este sistema es:
√ x y
= c 1
−
2 1
−(2−√ 2)t
e
+ c2
√ 2 1
√ 2)t
e−(2+
Ambas exponenciales son negativas, por lo cual se tiene un punto de equilibrio atractor. En cuanto a estabilidad, ambos valores propios del sistema linealizado son negativos, por lo cual el punto de equilibrio es estable. Juntando estos resultados, es posible esbozar el comportamiento del sistema no lineal, que se muestra en el plano fase xy de la figura.
117
De la gr´ afica se observa que la cantidad de ambas poblaciones tiende a un n´umero estable en el cual ambas conviven.
118
4 Anexos
4.1.
Transformada de Laplace
Definimos la Transformada de Laplace (LT) (unilateral) como:
∞
L(f (t))(s) = F (s) = f (t)e−stdt 0 Propiedades de la LT: Sean L(f ) = F y L(g) = G entonces: (a) Desplazamiento temporal, interesa calcular la LT de f (t − a)H (t − a): L(f (t − a)H (t − a))(s) = e−asF (s) (b) Desplazamiento en el dominio de Laplace:
L(eat f (t))(s) = F (s − a) (c) Derivaci´ on en el dominio del tiempo:
L(f (t))(s) = sF (s) − f (0)
L(f (t))(s) = s2F (s) − sf (0) − f (0)
,
podemos generalizarlo de la forma: n 1
(n)
L(f
n
(t))(s) = s F (s)
−
−
sn−1−k f (k) (0)
k=0
donde f (0) (0) = f (0). (d) Integraci´ on el tiempo con f (0) = 0:
L t
0
1 f (t)dt (s) = F (s) s
(e) Derivaci´ on en el dominio de Laplace:
L(t · f (t))(s) = − dsd F (s) 119
Propiedad de la convoluci´ on: Definimos:
t
h(t) = f (t) g(t) = (f g)(t) =
∗
∗
0
f (t
− u)g(u)du
que es conmutativa y tiene la propiedad en el dominio de Laplace que:
L(f (t) ∗ g(t))(s) = F (s)G(s) y as´ı mismo tambi´en:
L(f (t)g(t))(s) = F (s) ∗ G(s)
120
Transformadas Comunes
f (t)
F (s) =
s
s>a
−a
s>a
s s2 + a2
s>a
a
sinh(at)
s2
s> a
||
− a2 s
cosh(at)
s2
s> a
||
− a2
e−sa
− a)
eat f (t)
F (s
0
− a)
e−as F (s)
− a)H (t − a)
dn ( 1) F (s) dsn
tn f (t)
0
∈ R
a + a2
s2
cos(at)
f (τ ) dτ
s > 0, q
1
sin(at)
t
s > 0, n = 1, 2, . . .
Γ(q + 1) sq+1
eat
s > 0
sn+1
tq
f (n) (t)
Dominio
n!
tn
f (t
C s
C
δ (t
L{f (t)}
−
sn F (s)
−
f (n 1) (0)
−
n
+ sf (n 2) (0) +
−
F (s) s
f (t) g(t)
∗
F (s)G(s)
f (at)
F (s/a) a
||
121
···
+ sn 1 f (0)
−
≤a
4.2.
Sistemas de ecuaciones diferenciales
4.2.1.
Valores y Vectores Propios
Sea A una matriz compleja de n
× n. Sean λ ∈ C y x = 0 tal que A x = λx
El escalar λ se llama valor propio de A. El vector x se llama vector propio de A.
λi es valor propio de A xi es vector propio de A
←→ ←→
P (λ) = det(A xi
− λiI) = 0
∈ ker(A − λiI)
Se define la multiplicidad algebraica de λ i a la cantidad de veces que dicha constante es soluci´on de la ecuaci´on P (λ) = 0; se denota por s i . Al n´ umero gi = dim ker(A λi I) se llama multiplicidad geom´etrica del valor propio λi , que corresponde a la cantidad de vectores linealmente independientes asociados a un mismo valor propio.
{
4.2.2.
−
}
Diagonalizaci´ on
Si una matriz A de n
× n tiene n valores propios distintos, entonces A es diagonalizable.
A es diagonalizable si y solo si para cada valor propio de A la multiplicidad geom´etrica es igual a la multiplicidad algebraica. Una matriz A es diagonalizable sii A tiene una base de vectores propios. M´as precisamente, si V −1 AV = D, donde D = diag(λ1 , . . . , λn ) y la columna i ´esima de V es un vector propio vi de A con valor propio λi .
−
Si la matriz A no es diagonalizable, entonces es posible hallar vectores propios generalizados , de modo tal que exista una matriz invertible P tal que P −1 AP = J , con J la forma can´onica de Jordan.
4.2.3.
Soluci´ on al sistema x
= A x para
matrices diagonalizables
La soluci´ on del sistema es x(t) = c 1 v1 eλ1 t + c2 v2 eλ2 t
, con A vk = λ kvk
Si λ1 , λ2 son complejos, entonces λ1 = λ 2 y v1 = v2 . As´ı, la soluci´on puede escribirse como
λ1 t
x(t) = d 1 Re v1 e
122
+ d2 Im v1 eλ1 t
4.2.4.
Soluci´ on al sistema x
= A x para
matrices no diagonalizables
La soluci´ on viene dada por
λt
x(t) = c 1 v1 e + c2 v2 + t v1 eλt con v1 el vector propio asociado a λ, y v2 un vector propio generalizado .
4.2.5.
C´ alculo de vectores propios generalizados
Hay dos m´etodos para determinar un conjunto de vectores propios generalizados de A (hay infinitas maneras de elegirlos). Forma 1
(a) Se calcula el valor propio λ de A. (b) Se calcula v1 resolviendo (A λI)v1 = 0. (c) Se calcula v2 resolviendo a continuaci´ on (A λI)v2 = v1 . Este sistema tiene infinitas soluciones pues la matriz A λI no tiene inversa.
−
−
−
Forma 2
(a) Se calcula el valor propio λ de A. (b) Se calcula ker(A λI) resolviendo (A λI)x = 0. (c) Se elige a v2 como cualquiera que cumpla con: i) (A λI)2 v2 = 0 ii) (A λI) v2 = 0 (d) Se calcula v 1 = (A λI)v2
−
− −
4.2.6.
−
−
Matriz Fundamental
Se sabe que un sistema de n forma
× n de la forma x = Ax, con A diagonalizable, posee soluciones de la n
x(t) =
ci xi (t) ,
xi (t) = vi eλi t
i=1
donde vi es el vector propio asociado al valor propio λi . El vector propio podr´ıa depender del par´ ametro t, en el caso en que la matriz del sistema no sea diagonalizable. A partir de lo anterior, es posible escribir la soluci´on general del sistema de la siguiente forma: x(t) = Φ(t)c donde Φ(t) es una matriz fundamental asociada al sistema. Esta matriz posee rango m´ aximo (es invertible) ya que sus columnas poseen las soluciones linealmente independientes del sistema. Es f´acil ver que no existe una ´unica matriz fundamental, ya que se puede variar la elecci´ on de cada vector propio. Para determinar el valor de c en la ecuaci´on anterior, ocupamos las condiciones iniciales: c = x(0) = x0
−→
x(0) = Φ(0)c 123
−→
c = Φ(0)−1 x0
4.2.7.
Matriz Exponencial
Una forma de hallar la exponencial de un sistema es emplear la expansi´on de Taylor para la funci´ on At e de la misma forma que para la funci´ on exponencial de variable real: e
At
At A 2 t2 =I+ + + 1! 2!
···
A n tn + + n!
· ·· =
∞ (At)n
n!
n=0
Notar que esta definici´on es de utilidad para matrices nilpotentes, o cuando A se puede descomponer como la suma de la identidad y una matriz nilpotente, i.e. que existe un k N tal que
∈
Ak = 0 Por otro lado, notemos que:
d At e = dt
∞
n=1
(At)n−1 A = A (n 1)!
−
∞ (At)n
n=0
n!
por lo que la matriz exponencial es soluci´on del sistema de ecuaciones. En particular, la exponencial del sistema es una matriz fundamental que satisface Φ(0) = I. Entonces, el sistema en cuesti´o n se puede reescribir como sigue: x(t) = Φ(t)Φ(0)−1 x0 = eAt x0
4.2.8.
−→
∴
eAt = Φ(t)Φ(0)−1
Sistemas de ecuaciones no homog´ eneos
El m´etodo de soluci´ on para este tipo de problemas es igual que en el caso de ecuaciones de orden on de par´ ametros . Sea el sistema superior: variaci´ x = Ax + b(t) con soluci´ on homog´enea xh = Φ(t)c Entonces, buscamos que la soluci´ on particular sea de la siguiente forma: x p = Φ(t)u(t) Reemplazamos la soluci´ on particular en el sistema no homog´eneo: Φ (t) = u(t) + Φ(t)u (t) = AΦ(t)u(t) + b(t) Reordenando lo anterior,
Φ (t) + AΦ(t) u(t) + Φ(t)u (t) = b(t)
donde la expresi´on al interior de l par´entesis es nula, puesto que Φ(t) es soluci´ o n de la ecuaci´ on homog´enea. Por lo tanto, se deduce que: Φ(t)u = b(t)
−→
u (t) = Φ(t)−1 b(t) 124
t
−→
u(t) =
0
Φ(τ )−1 b(τ ) dτ
Finalmente, la soluci´ on general es:
t
x(t) = xh + x p = Φ(t)c + Φ(t)
Φ(τ )−1 b(τ ) dτ
0
Si ocup´ asemos la exponencial del sistema como matriz fundamental, y dado que Φ(0) = e0 = I, se tiene que: At
x(t) = e x0 + e
At
t
dτ e−Aτ b(τ )
0
4.2.9.
Matrices defectuosas o no diagonalizables
Teorema de Cayley-Hamilton
Si en el polinomio caracter´ıstico de una matriz A, P A (λ), se sustituye λ por A se obtendr´a siempre la matriz nula; i.e. P A (A) = 0. Vectores Propios Generalizados
Recordemos que:
2
t e − v = v + t(A − λI)v + (A − λI)2v + · ·· t(A λI)
2! Buscamos, para cada valor propio λ, vectores v (tantos como la multiplicidad algebraica de λ) tales que (A λI)v = 0 o (A λI)2v = 0 o (A λI)3v = 0, etc. Para aquellos vectores que satisfagan
−
−
−
(A
− λI) pv = 0
con p > 1, diremos que v es un vector propio generalizado de A correspondiente a λ.
125
4.3.
Linealizaci´ on
4.3.1.
Sistema Lineal
Recordemos que en un sistema lineal: x =
a b c d
x = Ax
sus puntos de equilibrios son aquellos que resuelven x = 0
⇔
ax + by = 0 cx + dy = 0
De aqu´ı es directo que si det(A) = 0 el u ´nico punto de estabilidad es (0, 0)T . Ahora nos interesa conocer el comportamiento asint´ otico de la soluci´ on. Sabemos que esto depender´a de los valores propios. Seg´ un sea el valor propio (ya sea reales distintos, complejos conjugados, etc.) depender´a la soluci´ o n del problema. Recordando que los valores propios se obtienen como:
0 = det(A
− λI ) = (λ − a)(λ − d) − bc = λ2 − (a + d)λ + ad − bc
y recordemos la definici´ on de la Traza y el Determinante: τ = Tr(A) = a + d
∧
∆ = det(A) = ad
− bc
y las relaciones con los valores propios λ y µ como: ∆ = λµ
∧
τ = λ + µ
podemos entregar el comportamiento asint´ otico seg´ un estos nuevos par´ametros, adem´ as de los par´ ametros utilizando los valores propios. Este resumen se presenta en la Figura 4.1 con respecto al punto (0, 0)T .
4.3.2.
Linealizaci´ on
Consideremos el siguiente sistema:
dx dt
= f (x, y)
dy = g(x, y) dt Deseamos analizar cualitativamente el sistema, i.e. sin la necesidad de resolverlo. Para ello, linealizaremos el sistema en torno a los puntos de equilibrio del sistema: f (x0 , y0 ) = g(x0 , y0 ) = 0. A continuaci´ on, planteamos las expansiones de Taylor de primer orden, x = f (x0 , y0 ) + f x (x0 , y0 ) (x y = g(x0 , y0 ) + gx (x0 , y0 ) (x
· − x0) + f y (x0, y0) · (y − y0) · − x0) + gy (x0, y0) · (y − y0)
Escribiendo las relaciones anteriores en su forma matricial,
(x (y
− x0) − y0)
= J f,g (x0 , y0 ) 126
x y
− x0 − y0
con J f,g la matriz jacobiana del sistema:
J f,g =
f x f y gx gy
Utilizando como origen el punto (x0 , y0 ), la linealizaci´ on queda como sigue:
x y
= J f,g (x0 , y0 )
x y
Luego, las soluciones del sistema linealizado tienen la siguiente forma: x(t) = c 1v1 eλ1 t + c2v2 eλ2 t
donde el resultado anterior es v´ alido ssi se cumplen las condiciones del siguiente teorema.
4.3.3.
Teorema de Hartman-Grobman
Considere el siguiente sistema no lineal, con f, g curvas lo suficientemente suaves (para tener derivadas continuas) x = f (x, y) y = g(x, y) Supongamos que (x0 , y0 ) es un punto de equilibrio del sistema y que J f,g (x0 , y0 ) no tiene valores propios puramente imaginarios ni nulos. Entonces, existe un homeomorfismo h definido en un entorno U de (x0 , y0 ), h : U R2 , que lleva las trayectorias del sistema no lineal sobre las del sistema linealizado.
→
4.3.4.
Clasificaci´ on de puntos de equilibrio
Sean λ 1 = a 1 + ib, λ2 = a 2
− ib los valores propios de la matriz jacobiana. Entonces, a 1 a2 b + + 0 + + =0 0 =0 + =0 0 0 0 0 =0
− − − − −
T ipo Repulsor no espiral Repulsor espiral Atractor no espiral Atractor espiral Punto Silla L´ınea de puntos cr´ıticos Centro 127
Si λ1 = λ 2 , entonces existen dos posibles casos:
(a) Si rango J f,g (x0 , y0 )
(b) Si rango J f,g (x0 , y0 )
= 0, tenemos un nodo especial .
= 1, tenemos un nodo degenerado.
− λI
− λI
128
