´Indice general 1. Nociones Fundamentales 1.1. Definiciones y ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.0.1. Clasificaci´on de las Ecuaciones Diferenciales 1.1.0.2. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.0.3. Soluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Soluci´on de una ecuaci´on diferencial. . . . . . . . . . . . . . 1.3. Soluci´on General y Particular . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.0.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.0.5. Soluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4. Problema de Valor Inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. An´alisis Cualitativo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5.1. Campo de Direcciones . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5.2. M´etodo de campos de direcci´on . . . . . . . . . . . . 1.5.3. M´etodo de Isoclinas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5.4. L´ıneas de fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6. Gr´aficas con Maple y Calculadora . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.1. Uso de calculadora. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.1.1. Uso del programa Maple. . . . . . . . . . . 1.7. El m´etodo de aproximaci´on de Euler . . . . . . . . . . . . . 1.7.0.2. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7.0.3. Soluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden 2.1. Ecuaciones Separables . . . . . . . . . . . 2.1.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . 2.1.2. Soluci´on . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Ecuaciones exactas . . . . . . . . . . . . . 2.2.1. Soluci´on de una ecuaci´on diferencial 2.2.2. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . 2.2.3. Soluci´on . . . . . . . . . . . . . . . 1
. . . . . . . . . . . . . . . . exacta . . . . . . . .
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5 6 7 11 11 12 15 16 16 17 18 18 19 21 22 27 28 29 30 34 37
. . . . . . .
41 41 44 45 46 46 51 53
2
´INDICE GENERAL 2.3. Factor integrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.0.1. M´etodo para hallar factores integrantes especiales 2.3.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.2. Soluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4. Ecuaciones diferenciales lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.2. Soluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5. Soluciones por Sustituciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.1. Ecuaciones Diferenciales Homog´eneas . . . . . . . . . . . 2.5.2. Ecuaciones con coeficientes lineales . . . . . . . . . . . . . 2.5.3. La Ecuaci´on de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.4. La Ecuaci´on de Ricatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.5. Ecuaci´on de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.6. Reducci´on a Separaci´on de Variables . . . . . . . . . . . . 2.5.7. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.8. Soluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6. Soluci´on de Ecuaciones Diferenciales Con Maple y Calculadora . .
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53 54 56 58 58 61 62 62 62 64 68 71 73 75 76 79 80
3. Aplicaciones de las Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden 3.1. Ley de enfriamiento de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.0.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.0.2. Soluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Crecimiento y Decrecimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1. Determinaci´on de edades por el m´etodo del Carbono 14 . . 3.2.2. Modelo log´ıstico de crecimiento poblacional . . . . . . . . 3.2.2.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.2.2. Soluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. Mezclas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.0.3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4. Trayectorias Ortogonales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5. Mec´anica de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6. Calentamiento y Enfriamiento de Edificios . . . . . . . . . . . . . 3.6.0.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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81 81 82 83 84 85 87 92 94 95 99 100 102 107 113
. . . . .
117 117 118 118 119 120
4. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior 4.1. Teor´ıa preliminar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.1. Operadores Diferenciales Lineales . . . . . . . . . . . 4.1.1.1. Linealidad Del Operador Diferencial . . . . 4.1.2. Soluciones fundamentales de ecuaciones homog´eneas 4.1.2.1. Dependencia lineal . . . . . . . . . . . . . .
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´INDICE GENERAL
4.2. 4.3. 4.4. 4.5. 4.6. 4.7.
3
4.1.2.2. El wronskiano . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.2.3. Conjunto fundamental de soluciones . . . . Reducci´on de Orden. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ecuaciones lineales homog´eneas con coeficientes constantes . Ecuaciones lineales no homog´eneas . . . . . . . . . . . . . . 4.4.0.4. M´etodo de Coeficientes Indeterminados . . Variaci´on de Par´ametros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ecuaci´on de Cauchy-Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aplicaciones a la F´ısica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.7.1. Movimiento Arm´onico Simple . . . . . . . . . . . . . 4.7.2. Movimiento Amortiguado . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
5. Introducci´ on a los sistemas de ecuaciones diferenciales 5.1. Plano Fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2. Tipos de Puntos Cr´ıticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.1. Notaci´on matricial de los sistemas lineales . . . . . . . . 5.2.2. Soluci´on de sistemas de ecuaciones diferenciales lineales 5.3. Sistemas Lineales Homog´eneos con Coeficientes Constantes . . . 5.3.1. Ra´ıces Reales repetidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.2. Ra´ıces complejas conjugadas . . . . . . . . . . . . . . . 5.4. El Plano Traza Determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5. M´etodo de Eliminaci´on Para Sistemas . . . . . . . . . . . . . . 6. Transformada de Laplace 6.1. Transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.1. Linealidad de la transformada . . . . . . . . . . 6.1.2. Propiedades de la Transformada de Laplace . . 6.2. Transformada Inversa de Laplace . . . . . . . . . . . . 6.3. Aplicaciones de la transformada de laplace . . . . . . . 6.3.1. Soluci´on de problemas con Valores Iniciales . . 6.3.2. Soluci´on de Sistemas de Ecuaciones con Valores 6.4. Transformada de Funciones Discontinuas y Peri´odicas . 6.5. La funci´on Delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . 6.6. Convoluci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.7. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Iniciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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120 121 123 125 129 129 132 136 141 141 144
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155 155 157 163 164 167 170 170 171 172
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187 187 190 196 198 203 204 206 208 216 219 221
7. Soluci´ on de Ecuaciones Diferenciales Mediante Series 227 7.1. Series de Potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227 7.1.0.1. Una serie de potencias define una funci´on: . . . . . . . . 228 7.2. Soluciones en Series de Potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228
4
´INDICE GENERAL
Cap´ıtulo 1 Nociones Fundamentales En este cap´ıtulo el lector encontrar´a el lenguaje b´asico de las ecuaciones diferenciales ordinarias, una primera clasificaci´on y el teorema fundamental de existencia y unicidad de soluciones de ecuaciones diferenciales ordinarias que satisfacen ciertas condiciones naturales. Antes de entrar en detalles t´ecnicos, precisaremos el significado de algunos t´erminos que, en ocaciones, se suponen de conocimiento general. Definici´ on 1.1. Un objeto es una unidad elemental sobre la que se pueden hacer observaciones y cuya estructura interna no existe o se puede ignorar. Un sistema es una colecci´on de objetos relacionados entre si. Una descripci´on es una representaci´on de un fen´omeno por medio de un lenguaje, en nuestro caso, lenguaje matem´atico explicando sus distintas etapas, partes y/o cualidades. Un modelo es una descripci´on matem´atica de un sistema. En las ciencias, los modelos matem´aticos son usados para buscar comprender fen´omenos naturales, sistemas reales biol´ogicos o f´ısicos, a trav´es de la identificaci´on de las variables que intervienen en la situaci´on o problema y a continuaci´on cuantificando, generalmente mediante el uso de ecuaciones, las relaciones existentes entre las variables identificadas. Este procedimiento permite predecir el comportamiento futuro aproximado del sistema bajo estudio y, de ser posible, la manipulaci´on del mismo. Los problemas que son de interes en a´reas de las ciencias e ingenier´ıa, son problemas din´amicos, que involucran variables independientes que cambian respecto de otras variables dependientes y es precisamente el concepto de derivada, los que permiten describir cuantitativamente las relaciones entres las variables involucradas en la descripci´on del problema en estudio. Como consecuencia, las ecuaciones diferenciales aparecen constituyendo ejemplos de modelos matem´aticos. 5
CAP´ITULO 1. NOCIONES FUNDAMENTALES
6
En apariencia, las ecuaciones diferenciales parecen ser algo nuevo para nosotros, sin embargo ya nos hemos encontrado con el problema de resolver ecuaciones diferenciales en a´reas como la f´ısica o de la misma matem´atica. Por ejemplo, al determinar la posici´on de un cuerpo en movimiento o en la b´ usqueda de las antiderivadas de una funci´on dada.
1.1.
Definiciones y ejemplos
Definici´ on 1.2. Se llama ecuaci´on diferencial a toda ecuaci´on que involucre una funci´on desconocida y alguna de sus derivadas. M´as exactamente, una ecuaci´on diferencial es una expresi´on de la forma F (x1 , · · · , xt , f,
∂ n1 f ∂f ∂ n2 f ∂f ∂ nt f ∂f , · · · , n1 , , · · · , n2 , · · · , · · · , nt ) = 0, ∂x1 ∂x1 ∂x2 ∂x2 ∂xt ∂xt
(1.1)
que involucre una funci´on desconocida f en las variables x1 , . . . , xt ; algunas de sus derivadas y donde F denota una funci´on de n = n1 + · · · + nt variables. A continuaci´on presentaremos algunos ejemplos sencillos de ecuaciones diferenciales que aparecen en algunas a´reas de las ciencias. Ejemplo 1.3. Un modelo sencillo para el crecimiento de poblaciones es la Ley de Malthus, la cual afirma que la tasa de crecimiento de la poblaci´on de un pa´ıs aumenta en forma proporcional a la poblaci´on total P (t) del mismo en cualquier momento t. En otras palabras, mientras m´as personas haya en el momento t, m´as personas habr´a en el futuro. En t´erminos matem´aticos dP = kP, (1.2) dt donde k es la constante de propocionalidad. Ejemplo 1.4. La segunda ley de Newton, la cual se encarga de cuantificar el concepto de fuerza, afirma que la fuerza neta F aplicada sobre una part´ıcula de masa m es igual al cambio en su momentum lineal con respecto al tiempo. En el caso en que la masa del cuerpo permanece constante, se deduce que la fuerza aplicada sobre el cuerpo es proporcional a la aceleraci´on a(t) que adquiere dicho cuerpo, esto es, F = ma. Si x(t) denota la posici´on de la particula en el tiempo t, entonces se tiene la siguiente ecuaci´on diferencial, dx d2 x F t, x, −m 2 = 0, (1.3) dt dt
1.1. DEFINICIONES Y EJEMPLOS
7
donde la fuerza F es una funci´on que depende del tiempo t, de la posici´on x(t) y de la velocidad dx/dt. Ejemplo 1.5. El modelo de Hodgkin-Huxley para pulsos neuronales. En neurobiolog´ıa, la comunicaci´on neuronal es un area de activa investigaci´on. En este caso, se pretende estudiar las se˜ nales el´ectricas, tambien conocidas como pulsos o disparos, realizados por c´elulas nerviosas individuales o neuronas. El encargado de propagar las se˜ nales el´ectricas hacia el exterior de una neurona es el ax´on, tambi´en conocido como cilindroeje o neurita y el cual es un tubo cil´ındrico largo que se extiende desde cada neurona. Los pulsos el´ectricos aparecen dado que la membrana de cada neourona tiene preferencias de permeabilidad, esto es, es f´acilmente permeable por ciertos iones qu´ımicos para los cuales dicha permeabilidad es afectada por las corrientes y potenciales presentes. Los elementos m´as importantes en este sistema son los iones de sodio (N a+ ), los de potasio (K + ); y la diferencia de potencial V existente entre el interior de la membrana y el medio circundante, debido a las altas concetraciones de iones de K + al interior del ax´on. El modelo de Hodgkin-Huxley propone la siguiente ecuaci´on para el potencial V , C
dV = Ie − Ii , dt
(1.4)
donde C es la capacitancia de la membrana, Ie la corriente externa e Ii la corriente interna. La corriente interna, a su vez, satisface una ecuaci´on del siguiente estilo Ii = g0 (V − V0 ) + g1 m3 h(V − V1 ) + g2 n4 (V − V2 ),
(1.5)
donde g0 , g1 , g2 > 0 y V0 , V1 , V2 son constantes, mientras que m, n, h son variables de bloqueo, correspondientes a la activacion del sodio (N a+ ), activaci´on de potacio (K + ) e inactivaci´on de N a+ respectivamente. El modelo es normalizado, de forma tal que las variables de bloqueo siempre tomen valores entre 0 y 1 y tal que puedan ser interpretadas como probabilidades para que cierto tipo de canal est´e abierto. Al combinar las dos ecuaciones (1.4) y (1.5) obtenemos C
dV = Ie − (g0 (V − V0 ) + g1 m3 h(V − V1 ) + g2 n4 (V − V2 )). dt
(1.6)
Mientras Ie es tratado como un par´ametro externo, la din´amica interna depende en gran parte del signo de los tres tres t´erminos que aparecen en (1.5). 1.1.0.1.
Clasificaci´ on de las Ecuaciones Diferenciales
1. Ecuaci´ on Diferencial Ordinaria: Una ecuaci´on diferencial es llamada ecuaci´on diferencial ordinaria, abreviando EDO, si es una ecuaci´on diferencial que s´olo
8
CAP´ITULO 1. NOCIONES FUNDAMENTALES contiene derivadas ordinarias. M´as exactamente, si es una ecuaci´on diferencial de la forma dn f df (1.7) F x, f, , · · · , n = 0, dx dx 2. Ecuaci´ on Diferencial Parcial: Una ecuaci´on diferencial parcial es una ecuaci´on diferencial de la forma (1.1) en la cual aparecen las derivadas parciales de una funci´on que depende de m´as de una variable.
Ejemplo 1.6. La ecuaci´on diferencial dx + 4x = cos(x), dt donde x es la variable dependiente y t la variable independiente, es una ecuaci´on diferencial ordinaria. Ejemplo 1.7. Las ecuaciones diferenciales (1.2), (1.3) y (1.6) asociadas a los modelos descritos en los Ejemplos 1.3, 1.4 y 1.5, son ejemplos de ecuaciones diferenciales ordinarias. Ejemplo 1.8. La ecuaci´on diferencial ∂x ∂x + = 3, ∂y ∂t donde x y t son variables independientes e y es la variable dependiente, es un ejemplo de ecuaci´on diferencial parcial. Ejemplo 1.9. Otro ejemplo de ecuaci´on diferencial parcial viene dado por 2 ∂ 2u ∂u 2∂ u =c −p − qu, 2 2 ∂t ∂x ∂t
donde c es una constante. Esta ecuaci´on es llamada ecuaci´on del tel´egrafo, dado que apareci´o por primer v´ez al tratar de determinar la distribuci´on de la corriente y el voltaje a lo largo de las lineas terrestres de los tel´egrafos. Ejemplo 1.10. El flujo de calor en un s´olido esta governado por la ecuaci´on diferencial parcial ∂ ∂T ∂ ∂T ∂T λx + λy = cρ , ∂x ∂x ∂y ∂y ∂t donde λx y λy son las conductividades t´ermicas del solido en las direcciones x e y, T es la temperatura, ρ la densidad del s´olido y c una constante.
1.1. DEFINICIONES Y EJEMPLOS
9
Ahora que estamos en capacidad de distinguir las ecuaciones diferenciales de acuerdo a su tipo, es momento de refinar un poco m´as nuestra clasificaci´on. Para tal fin, introduciremos a continuaci´on el concepto de orden y linealidad de una ecuaci´on diferencial. Definici´ on 1.11. El orden de una ecuaci´on diferencial es el orden de la mayor derivada que aparecen en la ecuaci´on. Ejemplo 1.12. Consideremos la ecuaci´on diferencial ordinaria F (x, y, y 0 , y 00 , · · · , y (n) ) = 0,
(1.8)
donde F es una funci´on de n + 2 viariables. Si en la expresi´on explicita de la ecuaci´on (1.8) aparece y (n) , entonces nos encontramos frente a una ecuaci´on diferencial ordinaria de orden n. Ejemplo 1.13. A continuaci´on explicaremos un poco el ejemplo anterior e indicaremos en cada caso a que funci´on corresponde F . 2
dy d y on diferencial de orden 2 1. La ecuaci´on diferencial dx 2 + 2 dx + 3y = 0 es una ecuaci´ en la cual F est´a dada por la funci´on F (x, y, z, w) = 3y + 2z + w. N´otese que si reemplazamos z por la primera derivada de y y w por la segunda derivada de y e igualamos a cero, obtenemos la ecuaci´on diferencial dada.
2
2. De la misma forma, la ecuaci´on diferencial ddt2x + x dx − cos(t)x = e−t es una dt ecuaci´on diferencial ordinaria de orden 2, en la cual la funci´on F corresponde a F (t, x, u, v) = w + xu − cos(t)x − e−t . 3
3. La ecuaci´on diferencial ddt3x = sin(x) es una ecuaci´on diferencial ordinaria de orden 3, en la cual la funci´on F corresponde a F (t, x, y, z, w) = w − sin(x).
Definici´ on 1.14. El grado de una ecuaci´on diferencial es el exponente al cual est´a elevada la derivada de mayor orden que aparece en ella. Si esta derivada est´a elevada a un exponente no natural el grado de la ecuaci´on no est´a definido. Ejemplo 1.15. a) x3 y 000 + 2x2 y 00 + 3xy 0 + 4x = 0 es una ecuaci´on diferencial ordinaria de tercer orden y primer grado. b) (y 00 )2 = sin(x) + yex es una ecuaci´on diferencial ordinaria de segundo orden y grado 2.
10
CAP´ITULO 1. NOCIONES FUNDAMENTALES
Definici´ on 1.16. Una ecuaci´on diferencial ordinaria es lineal, si es de la forma dn y dn−1 y dy an (x) n + an−1 (x) n−1 + · · · + a1 (x) + a0 (x)y + g(x) = 0, (1.9) dx dx dx donde los coeficientes g(x) y ai (x) con i = 1, . . . , n son funciones que no dependen de la funci´on inc´ogina y y de ninguna de sus derivadas. Si la ecuaci´on diferencial no puede llevarse a la forma (1.9) decimos que la ecuaci´on es no lineal. Observaci´on 1.17. An´alogo al caso de las ecuaciones algebraicas, en general, no tiene sentido hablar del grado de una EDO. Por ejemplo, si en una ecuaci´on diferencial, alguna de las derivadas de la funci´on inc´ognita aparece con un exponente que no es un n´ umero natural o tambien cuando aparecen haciendo parte del argumento de una funci´on transcendete, como por ejemplo sin, ln, exp o cualquier otra de este estilo. Ejemplo 1.18. La EDO x3 y 000 + 2x2 y 00 + 3xy 0 + 4x = 0 es una ecuaci´on diferencial ordinaria de tercer orden y grado uno. Ejemplo 1.19. La ecuaci´on diferencial (y 00 )2 = sin(x) + yex es una ecuaci´on diferencial ordinaria cuadr´atica de segundo orden. 2
dy d y on Ejemplo 1.20. La ecuaci´on diferencial exp( dx 2 )+ dx = sin(x), es un ejemplo de ecuaci´ diferencial de segundo orden no lineal. N´otese que este es un ejemplo en el cual no tiene sentido hablar del grado de la ecuaci´on.
Otros ejemplos de ecuaciones diferenciales no lineales son los siguientes, Ejemplo 1.21. La ecuaci´on diferencial parcial ∂u ∂ 3 u ∂u + − 6f (t)u = g(t, u), ∂t ∂x ∂x llamada ecuaci´on de Korteweig-de Vries (KdV), usada para modelar el comportamiento de ondas en aguas poco profundas. Ejemplo 1.22. La ecuac´on de Van der Pol, es una ecuaci´on diferencial ordinaria cuadr´atica de segundo orden d2 x dx − µ(1 − x2 ) + x = 0, 2 dt dt donde µ es una constante, usada para describir el comportamiento de un oscilador no conservativo con amortiguamiento no lineal. dy Ejemplo 1.23. Las ecuaci´on diferenciales dx = xy 2 y de ecuaciones diferenciales ordinarias no lineales.
d3 y dx3
+ y 2 = 0, tambi´en son ejemplos
1.1. DEFINICIONES Y EJEMPLOS 1.1.0.2.
11
Ejercicios
1. Clasifique las siguientes ecuaciones diferenciales de acuerdo a su tipo, indique las variables dependiente e independiente y proporcione el orden de la ecuaci´on. Si la ecuaci´on diferencial es ordinaria, determine si es lineal o no lineal. a) 3y 000 − 4xy 0 + x3 y − 4 = 0. b) ln(x) − 3xy 00 − 4xy = sin(x). c) 3xy 00 − 3y 0 + 4y − y 2 = 0. d2 y 3 dy d ) dx + y 2 ex = 0. cos(x) + 4xy dx 2 3
∂ y e) 3 ∂x 3 −
∂3y ∂z 3
= 0.
f ) ln(x) + 6xy 00 − 4xy = cos(x). 3
d y dy 4 g) x dx 3 − ( dx ) + y = 0.
h) (sin(θ))y 00 − (cos(θ))y 0 = 2.
1.1.0.3.
Soluci´ on
a) Esta ecuaci´on es ordinaria porque no contiene derivadas parciales. La variable dependiente es y y la independiente x. La ecuaci´on es de 3 orden ya que se tiene y 000 como la mayor derivada, y como es la derivada de mayor orden de exponente 1 el grado es 1. La ecuaci´on es lineal. b) Esta ecuaci´on es ordinaria porque no contiene derivadas parciales. La variable dependiente es y y la independiente x. La ecuaci´on es de 2 orden ya que se tiene y 00 , y como es la derivada de mayor orden de exponente 1 el grado es 1. La ecuaci´on es lineal. c) Esta ecuaci´on es ordinaria porque no contiene derivadas parciales. La variable dependiente es y y la independiente x. La ecuaci´on es de 2 orden ya que se tiene y 00 , y como es la derivada de mayor orden de exponente 1 el grado es 1. La ecuaci´on es no lineal debido al t´ermino y 2 . d) Esta ecuaci´on es ordinaria porque no contiene derivadas parciales. La variable dependiente es y y la independiente x. La ecuaci´on es de 2 orden ya que se tiene d2 y/dx2 , y como es la derivada de mayor orden de exponente 3 el grado es 3. La ecuaci´on es no lineal.
CAP´ITULO 1. NOCIONES FUNDAMENTALES
12
e) Esta ecuaci´on es parcial de tercer orden porque contiene tercera derivada parcial. La variable dependiente es y y la independiente x y z.
1.2.
Soluci´ on de una ecuaci´ on diferencial.
Uno de los objetivos al estudiar una ecuaci´on diferencial es determinar si ´esta posee soluci´on y, en caso de que tal de que exista, si es u ´nica. A continuaci´on daremos la definici´on precisa de lo que entenderemos por soluci´on de una ecuaci´on diferencial ordinaria. Definici´ on 1.24. Una soluci´on de la ecuaci´on diferencial ordinaria F (x, y, y 0 , y 00 , · · · , y (n) ) = 0,
(1.10)
es una funci´on y = f (x) definida en un intervalo abierto I, tal que para todo x ∈ I las derivadas f 0 (x), f 00 (x), . . . , f (n) (x) existen y al reemplazarlas en la ecuaci´on (1.10), la expresi´on se convierte en una identidad. Ejemplo 1.25. Consideremos la ecuaci´on diferencial dP = kP. dt
(1.11)
Verificar que la funci´on P (t) = cekt ,
−∞ < t < ∞,
(1.12)
es soluci´on de la ecuaci´on, donde c es una constante arbitraria. Soluci´on. Derivando la funci´on dada obtenemos P 0 (t) = ckekt = kP (t), que es expresi´on en la ecuaci´on (1.11). En el proceso de solucionar una ecuaci´on diferencial, en alg´ un momento necesitamos de la integral indefinida (o antiderivada) de alguna funci´on. Por ejemplo, para la ecuaci´on dy = g(x) dx la soluci´on tiene la forma
Z y(x) =
en alg´ un intervalo I, donde
(1.13)
R
g(x)dx + C
g(x)dx es cualquier antiderivada de g(x).
(1.14)
´ DE UNA ECUACION ´ DIFERENCIAL. 1.2. SOLUCION
13
Definici´ on 1.26. Una soluci´on expl´ıcita de la ecuaci´on diferencial (1.10) es una soluci´on y = f (x), en donde y est´a escrita expl´ıcitamente en t´erminos de x, esto es, y se ha despejado en t´erminos de x. Ejemplo 1.27. Verificar que la funci´on f (x) = x + e−x , con dominio toda la recta real R, define una soluci´on expl´ıcita de la ecuaci´on diferencial y 0 + y = x + 1. Soluci´on: Calculando la primera derivada de f (x), obtenemos f 0 (x) = 1 − e−x . Luego f 0 (x) + f (x) = 1 − e−x + x + e−x = 1 + x.
Ejemplo 1.28. Verifique que para cualquier par de n´ umeros reales c1 y c2 , la funci´on φ(x) = c1 e2x + c2 e3x
(1.15)
definida en todo R, es una soluci´on expl´ıcita de la ecuaci´on y 00 − 5y 0 + 6y = 0.
(1.16)
Soluci´on. Dado que, φ0 (x) = 2c1 e2x + 3c2 e3x y φ00 (x) = 4c1 e2x + 9c2 e3x , entonces φ00 (x) − 5φ0 (x) + 6φ(x) = (4c1 e2x + 9c2 e3x ) − 5(2c1 e2x + 3c2 e3x ) + 6(c1 e2x + c2 e3x ) = e2x (4c1 − 10c1 + 6c1 ) + e3x (9c2 − 15c2 + 6c2 ) = 0.
Definici´ on 1.29. Una relaci´on g(x, y) = 0 define una soluci´on impl´ıcita de la ecuaci´on diferencial ordinaria F (x, y, y 0 , y 00 , · · · , y (n) ) = 0 en el intervalo I, si se satisfacen las siguientes condiciones a) La relaci´on g(x, y) = 0 define implicitamente a y como funci´on de x sobre el intervalo I, es decir, existe una funci´on φ(x) definida sobre I, tal que para todo x ∈ I se verifica g(x, φ(x)) = 0,
CAP´ITULO 1. NOCIONES FUNDAMENTALES
14
b) La funci´on φ(x) es diferenciable en el intervalo I y satisface F (x, φ(x), φ0 (x), . . . , φ(n) (x)) = 0, para todo x ∈ I. Ejemplo 1.30. Sea C > 0 un n´ umero real. Verificar que la relaci´on x2 + y 2 = C 2
(1.17)
determina una soluci´on impl´ıcita de la ecuaci´on diferencial y
dy +x=0 dx
(1.18)
√ √ en el intervalo (− C, C). Soluci´on: Diferenciando implicitamente la ecuaci´on (1.17) obtenemos 2x + 2y
dy = 0, dx
de donde, dividiendo todo entre 2, obtenemos la igualdad (1.18). Ahora, despejando √ y de √ 2 . Consideremos la funci´ C − x o n φ(x) = C − x2 la ecuaci´on (1.17) obtenemos y = ± √ √ √ 2 definida √ √en el intervalo (− C, C). Puesto que dφ/dx = −x/ C − x para todo x ∈ (− C, C), sustituyendo en (1.18) obtenemos √ −x + x = 0. C − x2 √ C − x2 Luego, la ecuaci´on (1.17) determina una soluci´on impl´ıcita de la ecuaci´on (1.18).
Ejemplo 1.31. Verificar que la relaci´on x2 y + y 2 − C = 0,
(1.19)
determina una soluci´on impl´ıcita de la ecuaci´on diferencial 2xy + (x2 + 2y)
dy = 0. dx
(1.20)
´ GENERAL Y PARTICULAR 1.3. SOLUCION
15
Soluci´on: El Teorema de la Funci´on Impl´ıcita garantiza la existencia de una funci´on diferenciable y = f (x) que satisface (1.19). Diferenciando impl´ıcitamente la ecuaci´on (1.19) se obtiene dy dy + 2y = 0, dx dx dy 2xy + (x2 + 2y) = 0, dx 2xy + x2
que es igual a la ecuaci´on (1.20). Luego la relaci´on (1.19) determina una soluci´on impl´ıcita de (1.20).
1.3.
Soluci´ on General y Particular
Definici´ on 1.32. La soluci´on general de una ecuaci´on diferencial es el conjunto de todas las funciones que verifican la ecuaci´on diferencial. La soluci´on general de una ecuaci´on diferencial consiste en una familia n-param´etrica de funciones, par´ametros que ser´ıan las constantes que aparecen al realizar la operaci´on de integrar n-veces, siendo n el orden de la ecuaci´on. Cuando existe alguna soluci´on que no pertenence a dicha familia, entonces esta funci´on recibe el nombre de soluci´on singular. Definici´ on 1.33. Se llama soluci´on particular de la ecuaci´on diferencial, a cualquier funci´on que la satisfaga. Esto es, a cualquier elemento del conjunto soluci´on general. Una soluci´on particular se puede obtener fijando valores a los par´ametros de la familia de funciones soluci´on de la ecuaci´on. 2
Ejemplo 1.34. Demostrar que la familia de funciones y = ke2x definidas en todo la recta real, hacen parte de la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial dy = 4xy. dx 2
Soluci´on: Derivando la expresi´on para y obtenemos y 0 = 4kxe2x , es decir, y 0 = 4xy. Observaci´on 1.35. En el ejemplo anterior, la familia de soluciones dada es en realidad la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial en cuesti´on; pero para demostrar esto necesitamos de las t´ecnicas b´asicas para hallar soluciones de ecuaciones diferenciales ordinarias, las cuales pospondremos hasta el pr´oximo cap´ıtulo.
CAP´ITULO 1. NOCIONES FUNDAMENTALES
16
Ejemplo 1.36. Demostrar que la funci´on y = 3 − 3e−x la ecuaci´on diferencial dy + xy = 3x. dx Soluci´on: Derivando y obtenemos y 0 = 3xe−x
2 /2
2 /2
es una soluci´on particular de (1.21)
. Luego,
x2 x2 x2 x2 dy + xy = 3xe− 2 + x(3 − 3e− 2 ) = 3xe− 2 + 3x − 3xe− 2 = 3x. dx
1.3.0.4.
Ejercicios
1. Compruebe que la funci´on o familia de funciones indicada es una soluci´on explicita o implicita de la ecuaci´on diferencial dada. a) y 0 − 3y = 0;
y = −2e3x .
√ √ y = c1 ex/2 cos(x 3/2) + c2 ex/2 sin(x 3/2).
b) y 00 − y 0 + y = 0;
c) y 0 cos(t) + y sin(t) = 0;
y = sin(t) + cos(t).
d ) xydx + (x2 /2 + y)dy = 0; e) y 00 + y = cot x;
y = c1 cos x + c2 sin x + sin x ln[(1 − cos x)/ sin x].
f ) y 00 + y 0 − 12y = 0; g) y 00 + 2y 0 + y = 0; h) y 00 + (y 0 )2 = 0;
x2 y + y 2 = k.
y = c1 e−4x + c2 e3x . e y = c1 x + c2 .
y = ln |x + c1 | + c2 .
i) x3 y 000 + 2x2 y 00 − xy 0 + y = 12x2 ;
1.3.0.5.
y = c1 x + c2 x ln |x| + 4x2 , x > 0.
Soluci´ on
1. En los ejercicios c), d), g) e i), la funci´on indicada no es soluci´on de la ecuaci´on diferencial dada, en los dem´as casos la funci´on indicada si satisface la ecuaci´on diferencial.
1.4. PROBLEMA DE VALOR INICIAL
1.4.
17
Problema de Valor Inicial
Definici´ on 1.37. Una ecuaci´on diferencial ordinaria de orden n con condiciones iniciales, es una ecuaci´on diferencial de la forma dy dn−1 y dn y F x, y, , . . . , n−1 , n = 0, dx dx dx para la cual se busca una soluci´on definida en un intervalo I sujeta a n condiciones y(x0 ) = y0 ,
dn−1 y dy (x0 ) = y1 , · · · , n−1 (x0 ) = yn−1 , dx dx
(1.22)
en un punto x0 ∈ I y donde y0 , y1 , · · · , yn−1 ∈ R son constantes dadas. El conjunto de datos que consta de la ecuaci´on diferencial y las n condiciones, recibe el nombre de Problema de Valor Inicial (PVI) o tambien problema de Cauchy.
Ejemplo 1.38. La ecuaci´on dy + 4y − e−x = 0, dx
4 sujeta a las condiciones y(0) = , 3
es un problema con condiciones iniciales.
Ejemplo 1.39. Verificar que y = xex + cx, donde c es una constante arbitraria, proporciona una familia a un par´ametro, de soluciones impl´ıcitas de la ecuaci´on y dy − = xex . dx x
(1.23)
Graficar varias de estas curvas soluci´on y determinar la soluci´on particular que satisfaga la condici´on inicial y(1) = e − 1. Soluci´on. Derivando y = xex + cx obtenemos y 0 = ex + xex + c. Ahora, dy y (xex + cx) − = ex + xex + c − = ex + xex + c − ex − c = xex . dx x x En la figura 1.1 se bosquejan algunas curvas soluci´on de y = xex + cx.
18
CAP´ITULO 1. NOCIONES FUNDAMENTALES
Por u ´ltimo, se determina c de modo que satisfaga la condici´on inicial y(1) = e − 1. Al hacer x = 1 y y = e − 1 en la ecuaci´on y = xex + cx se tiene e − 1 = e + c, por lo que c = −1. As´ı, la soluci´on del problema con valor inicial es y = xex − x.
Figura 1.1: Algunas curvas soluci´on en la familia y = xex + cx.
1.5.
An´ alisis Cualitativo
1.5.1.
Campo de Direcciones
El Teorema de Existencia y Unicidad es de gran utilidad al momento de determinar si un problema de valor inicial posee soluci´on; sin embargo no indica nada acerca de como computarla y mas a´ un no indica nada sobre el comportamiento cualitativo de la misma (en cado de que exista). En esta secci´on describimos algunas pautas para interpretar geometricamente una ecuaci´on diferencial ordinaria del tipo dy = f (x, y). dx
(1.24)
´ 1.5. ANALISIS CUALITATIVO
19
Comenzaremos por indicar que si una funci´on y = f (x) es una soluci´on de la ecuaci´on (1.24) y pasa por el punto (x0 , y0 ), entonces la pendiente de la recta tangente a la gr´afica de la curva en el punto (x0 , y0 ) es igual a f (x0 , y0 ). Como consecuencia, la ecuaci´on diferencial (1.24) nos est´a dando informaci´on sobre el campo de pendientes de las curvas soluci´on en cualquier punto sobre el plano. Definici´ on 1.40. La gr´afica de la soluci´on de un problema de Cauchy es llamada curva soluci´on del problema. El concepto de curva soluci´on sugiere el siguiente m´etodo gr´afico para construir soluciones aproximadas de una ecuaci´on diferencial dy/dx = f (x, y). Definici´ on 1.41. Dada una ecuaci´on diferencial dy/dx = f (x, y), tracemos por cada uno de los puntos (x, y) un segmento corto de recta que tenga la pendiente m = f (x, y). El conjunto de todos estos segmentos de rectas se denomina campo de direcciones o campo de pendientes asociado a la ecuaci´on diferencial dada.
1.5.2.
M´ etodo de campos de direcci´ on
Para conocer el comportamiento geom´etrico de las soluciones de un problema de valor inicial dy/dx = f (x, y) sujeto a la condici´on y(x0 ) = y0 , seguimos los siguientes pasos: Elegimos una colecci´on o muestra de puntos en el plano R2 y dibujamos, para cada punto (x, y) en la muestra, un segmento de recta que tenga pendiente m = f (x, y) sobre dicho punto (x, y). Eligiendo un punto inicial de la muestra, trazamos una curva a partir de dicho punto, haci´endola pasar por otros puntos de la muestra de tal manera que los segmentos de recta sobre los puntos por los cuales pasa la curva en cuesti´on, sean tangentes a la misma.
Ejemplo 1.42. En la Figura 1.2 se muestra la gr´afica del campo de pendientes de la ecuaci´on dy/dx = x + y. En la Figura 1.3 aparece el campo de direcciones de misma ecuaci´on y una soluci´on que pasa por el punto (1, 2), para la cual la recta tangente a la grafica de la soluci´on en dicho punto posee pendiente 3. El campo de direcciones indica el flujo de las soluciones y, a su vez, facilita el trazo de cualquier soluci´on particular.
20
CAP´ITULO 1. NOCIONES FUNDAMENTALES
Figura 1.2: campo de pendientes de la ecuaci´on dy/dx = x + y.
Figura 1.3: Soluci´on de la ecuaci´on dy/dx = x + y a trav´ez del punto (1, 2).
´ 1.5. ANALISIS CUALITATIVO
1.5.3.
21
M´ etodo de Isoclinas
Otro m´etodo gr´afico para aproximar soluciones de ecuaciones diferenciales es el m´etodo de las isoclinas. Definici´ on 1.43. Una isoclina 1 de la ecuaci´on dy/dx = f (x, y) es una curva de la forma f (x, y) = c, con c ∈ R constante. La isoclina correspondiente a un valor c ∈ R es el conjunto de todos los puntos del plano en los cuales el campo de pendientes posee la misma inclinaci´on. El m´etodo de las isoclinas consiste en la aplicaci´on de cada uno de los siguientes pasos: Seleccionamos un conjunto de n´ umeros reales c. Para cada n´ umero real c en el conjunto seleccionado, determine el conjunto f (x, y) = c. Para tal fin, resolvamos la ecuaci´on f (x, y) = c para y en t´erminos de x y c, o en su defecto, para x en t´erminos de y y c. De no ser posible ninguno de los dos despejes, identifique localmente las curvas definidas de forma impl´ıcita por la misma ecuaci´on. Trazamos segmentos peque˜ nos con pendiente c a lo largo de la isoclina f (x, y) = c. El segundo paso en el anterior procedimiento genera la is´oclina correspondiente a c, o en otras palabras, el conjunto de todos los puntos en el plano cuyo campo de pendientes correspondiente tiene una inclinaci´on igual a c. Observaci´on 1.44. Para tener en cuenta: dy = f (x, y), la funci´on f no depende de y, entonces 1. Si en la ecuaci´on diferencial dx las isoclinas son lineas verticales.
2. En general, para el caso en que f (x, y) depende de x e y, las isoclinas pueden ser cualquier tipo de curva. Por ejemplo si f (x, y) = x2 − 2x − y 2 − 4y − 3, las is´oclinas de la ecuaci´on diferencial correspondientes a n´ umeros reales c > 0, son hip´erbolas con eje transverso horizontal y con centro en (1, −2). √ Tambi´en, de los v´ertices al √ centro hay c unidades y los focos estan ubicados a 2c unidades desde el centro. Ejemplo 1.45. Consideremos la ecuaci´on diferencial dy = y. (1.25) dx Las is´oclinas son las rectas y = c , con c un un n´ umero real cualquiera. La Figura 1.4 muestra las is´oclinas de la ecuaci´on (1.25) para algunos valores de c. Si trazamos el campo 1
Isoclina significa igual inclinaci´ on o pendiente.
CAP´ITULO 1. NOCIONES FUNDAMENTALES
22
Figura 1.4: Isoclinas de la ecuaci´on
dy dx
= y.
de pendientes de la misma ecuaci´on, entonces podemos notar en la Figura 1.5, que sobre las isoclinas el campo de pendientes siempre es el mismo, lo cual coincide con nuestras observaciones anteriores.
Figura 1.5: Campo de pendientes de la ecuaci´on
dy dx
= y.
Por otro lado, la Figura 1.6 nos muestra algunas curvas soluci´on de la ecuaci´on diferencial.
1.5.4.
L´ıneas de fase
Definici´ on 1.46. Una ecuaci´on diferencial ordinaria aut´onoma es una ecuaci´on diferencial ordinaria de primer orden dy/dx = f (x, y) en donde la funci´on f (x, y) no depende de la variable independiente x. Es decir, una EDO de primer orden aut´onoma es una ecuaci´on diferencial de la forma dy/dx = f (y).
´ 1.5. ANALISIS CUALITATIVO
Figura 1.6: Algunas soluciones para
23
dy dx
= y.
Observaci´on 1.47. Supongamos que la funci´on y = g(x) definida en un intervalo abierto dy I = (a, b), es una soluci´on de la ecuaci´on diferencial aut´onoma dx = f (y). Sea k ∈ R un n´ umero real arbitrario y consideremos la funci´on h(x) = g(x − k) definida en el intervalo abierto J = (a + k, b + k). Sea x0 ∈ I, usando la regla de la cadena obtenemos dg dg dh d |x0 +k = |x0 (x − k)|x0 +k = |x = f (g(x0 )) = f (h(x0 + k)); dx dx dx dx 0 dy luego, h tambien es soluci´on de la ecuacion diferencial dx = f (y) en el intervalo J. Supongamos ahora que g satisface la condici´on inicial g(x0 ) = y0 . Ahora, dada otra condici´on inicial y(u0 ) = v0 , consideremos k = u0 − x0 y definamos h(x) = g(x − k) + (v0 − y0 ). El argumento anterior, nos sirve para demostrar que h es soluci´on del problema dy = f (y) sujeto a y(u0 ) = v0 . Luego, aplicando el Teorema Existencia de valor inicial dx y Unicidad, obtenemos que h es la u ´nica soluci´on de este problema de valor inicial. Asi, cualquier soluci´on de un problema de valores inciales para una ecuaci´on diferencial aut´onoma, determina las soluciones para cualquier otro problema de valores iniciales con la misma ecuaci´on diferencial.
Ejemplo 1.48. Consideremos la ecuaci´on diferencial aut´onoma dy = (y − 1)(y − 2)(y − 3). dx
(1.26)
En la Figura 1.7 se trazan algunas curvas soluci´on de la ecuaci´on (1.26) y se muestran algunas caracter´ısticas geom´etricas de las mismas. Definici´ on 1.49. Una soluci´on de equilibrio o punto de equilibrio de una ecuaci´on diferencial ordinaria aut´onoma dy/dx = f (y) es una soluci´on constante de la misma.
CAP´ITULO 1. NOCIONES FUNDAMENTALES
24
[H] Figura 1.7: Algunas curvas soluci´on de la ecuaci´on (1.26). Observaci´on 1.50. Recordemos que si y = c es una soluci´on constante para una ecuaci´on diferencial, entonces su derivada es identicamente cero. Luego, para hallar las soluciones dy de equilibrio de una ecuaci´on diferencial aut´onoma dx = f (y), basta solucionar para y la ecuaci´on f (y) = 0. Ejemplo 1.51. Para la ecuaci´on diferencial aut´onoma del Ejemplo 1.48, las soluciones de equilibrio est´an dadas por y1 = 1, y2 = 2 y y3 = 3; en la figura 1.7 las l´ıneas continuas en rojo ilustran estas soluciones de equilibrio. Observaci´on 1.52. Note como todas las soluciones y(t) que est´an lo suficientemente cerca al punto de equilibrio y2 = 2 tiende al mismo cuando x → +∞. Todo lo contrario sucede con los otros dos puntos de equilibrio y1 = 1 y y3 = 3 para los cuales las soluciones cercanas se alejan de ellos. Se dice entonces que en y2 = 2 es un punto de equilibrio estable y que y1 = 1 y y3 = 3 son puntos de equilibrio inestables. Los puntos de equilibrio estables como y2 = 2 tambi´en se conocen como pozos, mientras que los puntos de equilibrio como y1 = 1 y y3 = 3, los cuales repelen a todas las soluciones cercanas, se llaman fuentes. Los puntos de equilibrio que no son ni fuentes ni pozos se denominan nodos. Observaci´on 1.53. En la Figura 1.8 gr´aficamos y 0 = (y−1)(y−2)(y−3) en un plano y−y 0 . Observemos que para y(t) < 1 se tiene que y 0 (t) es negativa y creciente (como funci´on de y), luego y(t) es decreciente. De manera an´aloga observamos que para las soluciones y(t) suficientemente cercanas a y = 2 y a la izquierda del mismo punto, y 0 (t) es decreciente y positiva; luego y(t) es creciente. De otro lado, para las soluciones y(t) suficientemente
´ 1.5. ANALISIS CUALITATIVO
25
[H] Figura 1.8: An´alisis soluciones de equilibrio de la ecuaci´on (1.26). cercanas a y = 2 y a la derecha del mismo punto, y 0 (t) es negativa y creciente; lo cual indica que y(t) es decreciente. Un an´alisis similar es v´alido para las soluciones cercanas al punto de equilibrio y = 3. Notemos que para tener una descripci´on cualitativa de los puntos de equilibrio de una dy = f (y), s´olo necesitamos la informaci´on relativa al ecuaci´on diferencial aut´onoma dx signo de f (y) cerca de sus ceros. Esto se puede ilustrar geom´etricamente introduciendo el concepto de l´ınea de fase. dy Definici´ on 1.54. La linea de fase asociada a la ecuaci´on diferencial aut´onoma dx = f (y), es un diagrama que describe el comportamiento geom´etrico de los puntos de quilibrio de la misma y el cual se construye de la siguiente forma
Primero debemos cerciorarnos de que la ecuaci´on diferencial en cuesti´on satisfaga las condiciones del Teorema Existencia y Unicidad. Resolver la ecuaci´on f (y) = 0, con lo cual estariamos determinando todas las soluciones de equilibrio de la ecuaci´on diferencial bajo estudio. Trazar la recta real y sobre ella marcar todas las soluciones encontradas en el paso anterior. Estudiar el signo de la funci´on f (y) en los alrededores de los puntos de equilibrio. Dado un punto de equilibrio y0 , si g(y) es mayor que cero a la derecha de y0 (para valores cercanos a y0 ) trazamos sobre la linea de fase y a la derecha de y0 , una peque˜ na flecha con direcci´on hacia y0 . En caso contrario, trazamos a la derecha de y0 una peque˜ na flecha, desde y0 en direcci´on opuesta al mismo punto.
CAP´ITULO 1. NOCIONES FUNDAMENTALES
26
Repetimos el procedimiento anterior a la izquierda de y0 y con cada uno de los dem´as puntos de equilibrio de la ecuaci´on.
y1 J•I Fuente
y2 I•J Pozo
y3 J•I Fuente
Figura 1.9: Linea de fase de la ecuaci´on (1.26). Ejemplo 1.55. La Figura 1.9 muestra un ejemplo de l´ınea de fase. Los puntos marcados sobre la l´ınea indican los puntos de equilibrio, esto es, puntos y para los cuales f (y) = 0 y las flechas entre ellos ilustran el comportamiento de las soluciones cercanas a los puntos de equilibrio. Si f (y) es positiva entonces las flechas apuntan hacia la derecha y si f (y) es negativa entonces apuntan hacia la izquierda. Observe que la terminolog´ıa empleada pozo, sumidero o atractor, fuente o repulsor es sugerida por las flechas en la l´ınea fase.
Ejemplo 1.56. Establecer los puntos de equilibrio para la ecuaci´on diferencial aut´onoma dy = y 2 − 7y + 10, dx determinar su tipo y graficar su l´ınea fase.
[H] Figura 1.10: Anlisis soluciones de equilibrio de la ecuaci´on (1.27).
(1.27)
´ 1.6. GRAFICAS CON MAPLE Y CALCULADORA
27
[H] Figura 1.11: Algunas curvas soluci´on de la ecuaci´on (1.27).
2 I•J Pozo
5 J•I Fuente
Figura 1.12: Linea de fase de la ecuaci´on (1.27). Soluci´on: En la Figura 1.10 se muestra la gr´afica de f (y). Dado que f (y) = y 2 − 7y + 10 entonces existen dos puntos de equilibrio para la ecuaci´on (1.27), y = 2 y y = 5. Ahora, notemos que para y > 5 y y < 2 la funci´on f (y) es positiva y para 2 < y < 5 la funci´on f (y) es negativa. Luego y = 5 es un punto de equilibrio de tipo fuente y y = 2 es un punto de equilibrio de tipo pozo. Con estos datos podemos graficar la l´ınea de fase como se muestra en la Figura 1.12. Adem´as el diagrama de pendientes y algunas soluciones aproximadas para esta ecuaci´on se muestran en la Figura 1.11.
1.6.
Gr´ aficas con Maple y Calculadora
Existen una gran variedad de programas computacionales y calculadoras graficadoras, que permiten la construcci´on de los campos pendientes y curvas soluci´on asociados a una ecuaci´on diferencial.
CAP´ITULO 1. NOCIONES FUNDAMENTALES
28
1.6.1.
Uso de calculadora.
A continuaci´on utilizaremos calculadoras tipo Texas Instruments Voyage 200, TI 89, Titanium y similares para hacer algunas gra´ficas de campos de pendientes aproximaciones de curvas soluciones para algunas ecuacines diferenciales.
[H] Figura 1.13: Verificando el estado de la calculadora.
[H] Figura 1.14: Ingresando datos en la calculadora. Antes de proceder, debemos verificar que la calculadora se encuentre en modo Diff Equations (ver gr´afica 1.13) . A continuaci´on, digitamos la ecuaci´on diferencial en cuestion teniendo en cuenta que la variable dependiente se escribe siempre como y1 y la variable independiente como t, ver gr´afica 1.14. Ejemplo 1.57. Gr´aficar con la calculadora el campo de pendientes y una soluci´on apro-
´ 1.6. GRAFICAS CON MAPLE Y CALCULADORA
29
ximada de la ecuaci´on diferencial dy = x2 − y 2 . dx
(1.28)
[H]
Figura 1.15: Gr´afica del campo de pendientes y soluci´on aproximada de la ecuaci´on (1.28).
Una vez que la calculadora est´e en el modo Diff Equatios (Figura 1.13), introducimos la ecuaci´on (1.28) (Figura 1.14). Finalmente, gr´aficamos los objetos buscados (ver Figura 1.15).
1.6.1.1.
Uso del programa Maple.
Para trabajar ecuaciones diferenciales en Maple usamos el paquete el paquete Detools, el cual se carga con el comando With(DEtools). Para graficar el campo de pendientes de la ecuaci´on diferencial (1.28), se utilizan las siguientes instrucciones: = x2 − y(x)2 , y(x), x = −5.,5, y = −5.,5, arrows = LINE), DEplot( dy(x) dx el resultado generado se ilustra en la Figura 1.16. La funci´on DEplot grafica el campo pendientes de una ecuaci´on diferencial y tambi´en grafica una curva soluci´on cuando se impone una condici´on inicial. Por ejemplo dy(x) DEplot( = x2 − y(x)2 , y(x), x = −5.,5, y = −5.,5, arrows = LINE, (1.29) dx [y(0) = −2], [−5, 5], [0, 3]); genera como resultado la Figura 1.17.
CAP´ITULO 1. NOCIONES FUNDAMENTALES
30 [H]
Figura 1.16: Gr´afica del campo de pendientes de la ecuaci´on (1.28) usando Maple.
1.7.
El m´ etodo de aproximaci´ on de Euler
Al comienzo de este cap´ıtulo dijimos que en la mayor´ıa de casos no es posible hallar soluciones expl´ıcitas o impl´ıcitas de una ecuaci´on diferencial. Esto se debe a que muchas veces es imposible hallar antiderivadas explicitas. Como alternativa existen otros m´etodos cuantitativos para aproximar las soluciones de una ecuaci´on diferencial y m´as concretamente, de problemas con valores iniciales. Estos son procedimientos n´ umericos iterativos que, despues de una cantidad finita de pasos, permiten construir con cierto nivel de exactitud, aproximaciones a la soluci´on de un problema con valor inicial. En esta secci´on estudiaremos un primer m´etodo num´erico para aproximar las soluciones de problemas de valores iniciales de orden 1. El m´etodo de las tangentes, mejor conocido como m´etodo de Euler, hace uso del significado geom´etrico de una ecuaci´on diferencial ordinaria de orden 1 para aproximar, mediante curvas poligonales, la curva soluci´on de un problema de valores iniciales dy = f (x, y), dx
y(x0 ) = y0 .
(1.30)
A continuaci´on indicaremos el procedimiento a seguir para usar el m´etodo de Euler y luego procederemos a aplicarlo en un par concreto de ejemplos.
´ ´ DE EULER 1.7. EL METODO DE APROXIMACION
31
[H]
Figura 1.17: Gr´afica de algunas soluciones de la ecuaci´on (1.28) usando Maple. Supongamos que tenemos y = g0 (x) una soluci´on del problema de valores iniciales (1.30). Luego, la ecuaci´on de la recta tangente a la gr´afica de la curva de y = g0 (x) en el punto (x0 , y0 ) tiene por ecuaci´on y = f (x0 , y0 )(x − x0 ) + y0 .
(1.31)
Usando nuestros conocimientos en c´alculo podemos afirmar que la ecuaci´on de la recta en (1.30) aproxima linealmente la funci´on g(x) en un entorno de x0 . Consideremos un n´ umero real positivo fijo κ > 0, el cual definir´a el tama˜ no de paso con el cual seleccionaremos una sucesi´on de puntos en el posible intervalo de definici´on de la soluci´on g(x). M´as precisamente, κ define una sucesi´on de puntos x1 = x0 + κ, x2 = x1 + κ, · · · , xn = xn−1 + κ.
(1.32)
Ahora, evaluamos la funci´on (1.30) en el punto x1 para obtener un n´ umero real y1 . Este valor, sirve de aproximaci´on para g0 (x1 ), el valor real de la soluci´on en el punto x1 . Obviamente, la precisi´on de esta primera aproximaci´on depende en gran parte del tama˜ no de paso elegido. Repetiremos a continuaci´on el anterior procedemiento, pero esta vez para el punto obtenido (x1 , y1 ). En efecto, sabemos que el problema de valores iniciales dy = f (x, y), dx
y(x1 ) = y1 ,
(1.33)
CAP´ITULO 1. NOCIONES FUNDAMENTALES
32
[H] Figura 1.18: posee una u ´nica soluci´on y = g1 (x). Ahora, la ecuaci´on de la recta tangente a la gr´afica de la curva de y = g1 (x) en el punto (x1 , y1 ) tiene por ecuaci´on y = f (x1 , y1 )(x − x1 ) + y1 ,
(1.34)
la cual es de nuevo una aproximaci´on lineal, pero esta vez, para la funci´on y = g1 (x) en un entorno de x1 . Evaluando la funci´on (1.34) en el punto x2 , obtenemos una aproximaci´on y2 del valor real g1 (x2 ) de la soluci´on del problema de valores iniciales. En general, teniendo en cuenta (1.32), obtenemos una sucesi´on de puntos (x0 , y0 ), (x1 , y1 ), · · · (xn , yn ), donde xi = x0 + iκ y yi+1 = yi + f (xi , yi )κ,
(1.35)
para i = 1, . . . , n, la cual determina una curva poligonal que sirve de aproximaci´on para la curva soluci´on del problema de valores iniciales (1.30). Observaci´on 1.58. Es importante notar que, en el m´etodo de Euler, realizamos una aproximaci´on de la soluci´on del problema de valores iniciales (1.30) pasando a otros problemas de valores iniciales, en los cuales conservamos la ecuaci´on diferencial subyacente, pero modificamos la condici´on inicial en cada paso.
´ ´ DE EULER 1.7. EL METODO DE APROXIMACION
33
Ejemplo 1.59. Utilice el m´etodo de Euler con tama˜ no de paso κ = 0,1 para aproximar la soluci´on del problema con valor inicial dy = y(2 − y), dx
y(0) = 3.
(1.36)
Itere el procedemiento cinco veces. Soluci´on: En este caso x0 = 0, y0 = 3 y κ = 0,1, adem´as f (x, y) = y(2 − y) . Luego, usando los datos en (1.35), obtenemos yn+1 = yn + hf (xn , yn ) = yn + (0,1)yn (2 − yn ). Si comenzamos las iteraciones obtenemos:
x1 y1 x2 y2
=x0 + 0,1 = 0 + 0,1 = 0,1 =y0 + (0,1)y0 (2 − y0 ) = 3 + (0,1)3(2 − 3) = 2,7 =x1 + 0,1 = 0,1 + 0,1 = 0,2 =y1 + (0,1)y1 (2 − y1 ) =2,7 + (0,1)(2,7)(2 − 2,7) = 2,51.
Si continuamos de esta forma, obtenemos los resultados de la tabla 1.1. C´alculos para y 0 = y(2 − y), y(0) = 3 n xn yn por m´etodo de Euler 0 0 3 1 0,1 2,7 2 0,2 2,511 3 0,3 2,383 4 0,4 2,292 5 0,5 2,225 Cuadro 1.1: Resultados de aplicar el m´etodo de Euler al problema de valores iniciales (1.36).
CAP´ITULO 1. NOCIONES FUNDAMENTALES
34 1.7.0.2.
Ejercicios
1. Determine los valores de m tales que la funci´on y = xm sea una soluci´on de la ecuaci´on diferencial dada. a) x2 y 00 + xy 0 − y = 0. b) 2x2 y 00 − 3xy 0 + 3y = 0. 2. Determine si el Teorema de Existencia y Unicidad garantiza que el problema con valor inicial tiene una u ´nica soluci´on. a) b) c)
dy = x − y, y(0) = 4. dx dy = x + 2, y(2) = 0. y dx dy y dx + 2x = 0, y(2) = 3.
3. Dada la ecuaci´on diferencial dp = p(p − 2)(4 − p) dt para la poblaci´on p (en miles) de cierta especie en el instante t . a) Bosqueje el campo de direcciones usando el m´etodo de is´oclinas. b) Si la poblaci´on inicial es 5000 (es decir, p(0) = 5) ¿Qu´e puede decir acerca de la poblaci´on l´ımite l´ım p(t)? t→∞
c) Si p(0) = 1,5 ¿Cu´al es el valor de l´ım p(t)? t→∞
d ) Si p(0) = 0,5 ¿Cu´al es el valor de l´ım p(t)? t→∞
4. En los siguientes problemas use el campo de direcciones para trazar a mano una curva soluci´on aproximada que pase por los puntos indicados. a)
dy dx
=
x y
1) y(0) = 5 2) y(3) = 3 b)
dy dx
= (sin(x) cos(y))
1) y(0) = 1 2) y(1) = 0.
´ ´ DE EULER 1.7. EL METODO DE APROXIMACION
35
[H] Figura 1.19: Ejer 4 a y 4 b. 5. Utlice un bosquejo de la l´ınea fase para argumentar que cualquier soluci´on de la ecuaci´on diferencial dx = a − bmx; a, b > 0, dt tiende a la soluci´on de equilibrio x(t) ≡ a/b cuando t tiende a +∞ es decir, a/b es un pozo. 6. Utlice un bosquejo de la l´ınea fase para justificar que cualquier soluci´on del modelo dp = (a − bp)p; dt
p(t0 ) = p0 ,
donde a, b y p0 son constantes positivas, tienden a la soluci´on de equilibrio p(t) ≡ a/b cuando t tiende a +∞. 7. Trace las is´oclinas y bosqueje varias curvas soluci´on, incluyendo la curva que satisfaga las condiciones iniciales dadas. a)
dy dx
= ln |x| y(1) = 1
b)
dy dx
=
c)
dy dx
= x + 2y
d)
dy dx
= x2
1 x
y(−1) = 1 y(0) = 1
y(0) = 1
CAP´ITULO 1. NOCIONES FUNDAMENTALES
36
8. La Integral de Seno. Considere la ecuaci´on diferencial y 0 = g(x) donde: ( g(x) =
sin(x) x
1
si x 6= 0 si x = 0
trace las is´oclinas y bosqueje varias curvas soluci´on, incluyendo la curva que satisfase y(0) = 0. ¿Qu´e ocurre con y(x) cuando x → ∞?. 9. Para cada una de las ecuaciones diferenciales, bosqueje la l´ınea fase, identifique las soluciones de equilibrio y clasifique los puntos de equilibrio. a) y 0 = y 2 − 2y + 1. b) y 0 = cos(y). c) y 0 = (y − 2)4 . d ) y 0 = y 2 (4 − y 2 ). e) y 0 = 10 + 3y − y 2 . 10. Utilizar la l´ınea fase para predecir el comportamiento asint´otico (cuando t → +∞) de la soluci´on que satisfaga la condici´on inicial dada. a) y 0 = y(y 2 − 2y + 1),
y(0) = 0,5.
b) y 0 = y(y 2 − 2y − 8),
y(0) = −10.
c) y 0 = cos(y),
y(0) = 0.
11. Utilice el m´etodo de Euler con tama˜ no del paso h = 0,2 para aproximar la soluci´on del problema con valor inicial 1 y 0 = (x2 + x), y en los puntos X = 1,2; 1,4; 1,6 y 1,8 .
y(1) = 1
´ ´ DE EULER 1.7. EL METODO DE APROXIMACION 1.7.0.3. 1.
37
Soluci´ on
a) 1, −1. b) 3/2, 1.
2.
a) si. b) no. c) si.
3.
a) Figura 1.21
[H] Figura 1.20: 3a). b) 4. c) 0. d ) 0. 7. figura 1.22 9.
a) 1, Nodo. b) Puntos de equlibrio (2n + 1)π/2 con n que pertenece a los n´ umeros enteros. Pozo (4k + 1)π/2 con k pertenece a los n´ umeros enteros. Fuente (4k − 1)π/2 con k pertenece a los n´ umeros enteros. c) 2, Nodo. d ) Puntos de equlibrio, 2,0,-2. Pozo 2. Nodo 0. Fuente -2. e) Puntos de equilibrio -2 y 5. Pozo 5. Fuente -2.
CAP´ITULO 1. NOCIONES FUNDAMENTALES
38
[H] Figura 1.21: 7a) y 7b) 10.
a) 1. b) infinito. c) π/2 C´alculos para y 0 = (x2 + x)/y, y(1) = 1 n xn
11.
M´etodo de Euler
1
1,2
1,4
2
1,4
1,77714
3
1,6
2,15528
4
1,8
2,54131
´ ´ DE EULER 1.7. EL METODO DE APROXIMACION
[H] Figura 1.22: 7c) y 7d)
39
40
CAP´ITULO 1. NOCIONES FUNDAMENTALES
Cap´ıtulo 2 Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden En este cap´ıtulo se describen varios m´etodos de soluciones de ciertos tipos de ecuaciones de primer orden.
2.1.
Ecuaciones Separables
La ecuaci´on diferencial de primer orden dy = r(x, y) dx
(2.1)
se denomina separable si la funci´on r(x, y) se puede expresar de la forma r(x, y) = f (x) · g(y), donde f es una funci´on en t´erminos de x y g es una funci´on en y: dy = f (x) · g(y) dx a veces por comodidad dy f (x) = dx p(y) con g(y) = 1/p(y). Para resolver esta ecuaci´on diferencial se separan las funciones f y g como p(y) ·
dy = f (x) dx 41
42
CAP´ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
y se integra ambos lados con respecto a x, es decir Z Z dy p(y) dx = f (x)dx dx o Z
Z p(y)dy =
f (x)dx
Ejemplo 2.1. Resolver la ecuaci´on. dy =x+2 dx Soluci´on. Si integramos ambos lados de la ecuaci´on con respecto a la variable independiente x, es decir Z Z dy dx = (x + 2)dx dx es decir, Z
Z dy =
(x + 2)dx.
Evaluando las integrales se obtiene y=
x2 + 2x + c 2
donde c es una constante arbitraria. La u ´ltima expresi´on constituye una familia de curvas parab´olicas, cuyo gr´afico es la figura 2.1
Ejemplo 2.2. Resolver la ecuaci´on. dy sec2 y = dx 1 + x2
2.1. ECUACIONES SEPARABLES
43
[H]
Figura 2.1: Familia de curvas de y =
x2 2
+ 2x + c
Soluci´on. Si reescribimos la ecuaci´on en la forma 1 1 dy = 2 sec y dx 1 + x2 e integramos ambos lados de la ecuaci´on con respecto a la variable independiente x, es decir Z Z 1 1 dy dx = dx sec2 y dx 1 + x2 o
Z
dy = sec2 y
Z
dx . 1 + x2
Evaluando las integrales se obtiene y sin(2y) + = arctan(x) + c 2 4 2y + sin(2y) =4 arctan(x) + c donde c es una constante arbitraria.
CAP´ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
44
Ejemplo 2.3. Resolver el problema de valor inicial dy = x3 (1 − y), dx
y(0) = 3.
Soluci´on. Al separar e integrar tenemos dy =x3 dx 1−y Z Z dy = − x3 dx y−1 x4 ln(y − 1) = − + c. 4 despejamos a ambos lados y tenemos: x4
y − 1 = e− 4 ec . x4
Despejando y se tiene y(x) = 1 + e− 4 k, donde por simplicidad en la presentaci´on hemos definido k = ec . Empleando la condici´on inicial y(0) = 3 obtenemos k = 2, de este modo la soluci´on es: x4
y(x) = 1 + 2e− 4 .
2.1.1.
Ejercicios
1. Encontrar La soluci´on general de las siguientes ecuaciones diferenciales, por variables separables: a)
dy dx
= xy .
b) (1 − y 2 )dx − xydy = 0. c) (y + 1)dx + (y − 1)(1 + x2 )dy. d ) (2x + 1)y 0 + y 2 = 0. e) y 0 − x3 = x3 y. f ) xy 2 dy + (x2 + 1)dx. √ g) xy 2 + 1 + x2 y 0 = 0.
2.1. ECUACIONES SEPARABLES
45
h) xy 2 dx + xdy = 0. i)
dy dx
= 1 + x + y + xy.
dy j ) x2 dx = 1 − x 2 + y 2 − x2 y 2 .
2. Resuelva el problema de valor inicial respectivo. a) b)
dy dx dy dx
= 4(x2 + 1); =
y 2 −1 x2 −1
;
y(2) = 2.
dy c) x2 dx = y − xy;
d)
dy dx
y(0) = 1.
√ x ; x2 −16
y(5) = 2. y Π2 = Π2 .
dy f ) tan x dx = y; dy dx
y(−1) = −1.
= 3x2 (y 2 + 1);
dy e) 2y dx =
g)
y(0) = 1.
= 2xy 2 + 3x2 y 2 ;
y(1) = −1.
3. Hallar todas las funciones f (x) tales que su derivada es el cuadrado de la funci´on.
2.1.2. 1.
Soluci´ on a) y = cx. b) c = x2 (1 − y 2 ). c) tan−1 x + c = −y + 2 ln |y + 1|. d) y =
2 . ln |2x+1|+c
e) y = cex
4 /4
− 1.
f) y 3 = − 23 x2 − 3 ln |x| + c. g) y = h) y =
1 . 1+x2 +c 1 . x+c √
i) y = − tan( x 2.
2 +1+cx
x
a) y = 34 x3 + 4x + 1. b) y = x. c) y = d) y =
e−1/x . ex tan( π4
+ x3 ).
).
CAP´ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
46
√√ e) y =
√ x2 −16(x2 −16+ x2 −16) √ . x2 −16
f) y = − 12 πsen(x). g) y = − −1+x12 +x3 . 3. f (x) =
2.2.
−1 , x+c
y 6= 0
Ecuaciones exactas
Definici´ on 2.4. Una ecuaci´on diferencial de la forma M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
(2.2)
es exacta si existe una funci´on F (x, y) de dos variables con derivadas parciales continuas hasta de segundo orden en un dominio Ω, tal que: dF (x, y) = M (x, y)dx + N (x, y)dy. En este caso se tendr´a que ∂F = M (x; y), ∂x
2.2.1.
∂F = N (x; y) ∂y
Soluci´ on de una ecuaci´ on diferencial exacta
Si la ecuaci´on M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 es exacta entonces podemos encontrar F (x, y) tal que: dF = M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 es decir F (x, y) = k,
k ∈ R.
De esta forma una vez encontrada F , la soluci´on de la ecuaci´on es F (x, y) = k. Teorema 2.5 (Criterio para exactitud de una ecuaci´on diferencial.). Sean M (x, y) y N (x, y) funciones continuas y con derivadas parciales de primer orden continuas en una regi´on rectangular R definida por a < x < b, c < y < d. La ecuaci´on diferencial M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 es exacta si y solamente si: ∂M ∂N = . ∂y ∂x
2.2. ECUACIONES EXACTAS
47
Demostraci´on: La demostraci´on es en dos partes. 1. Supongamos que la ecuaci´on es exacta: entonces existir´a una funci´on F (x, y) tal que: ∂F = M (x, y), ∂x
∂F = N (x, y). ∂y
Derivando en estas igualdades respecto de x y y respectivamente, se tiene: ∂ 2F ∂M = , ∂x∂y ∂y
∂ 2F ∂N = . ∂y∂x ∂x
Puesto que ∂M/∂y y ∂N/∂x son continuas, por lo tanto, ∂ 2 F/∂x∂y y ∂ 2 F/∂y∂x son tambi´en continuas. Esto garantiza la igualdad ∂N ∂M = . ∂y ∂x
(2.3)
2. Ahora mostramos que si M y N satisfacen la ecuaci´on (2.3) entonces la ecuaci´on M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 es exacta. Para la demostraci´on se quiere determinar la existencia de una funci´on F (x, y) tal que dF = M dx + N dy. Si esta funci´on existe, debe verificar que: ∂F = M (x, y), ∂x
∂F = N (x, y). ∂y
Integrando la primera ecuaci´on con respecto a x, y manteniendo a y como constante, se obtiene que Z F (x, y) =
M (x, y)dx + g(y)
(2.4)
en donde la funci´on arbitraria g(y) es la constante de integraci´on. Ahora debemos determinar g(y). Para ello utilizaremos (2.4) y lo derivamos con respecto a y ∂F = ∂y
Z
∂M (x, y)dx ∂y
+
Como ∂F/∂y = N (x, y) y despejando g 0 (y) se tiene
dg(y) . dy
48
CAP´ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
Z
0
g (y) = N (x, y) −
∂M (x, y)dx . ∂y
(2.5)
Para determinar g(y) es importante que el lado derecho de la ecuaci´on (2.5) sea una funci´on que depende solamente de y. Para establecer este hecho derivamos (2.5) con respecto a x, obteniendo as´ı ∂N (x, y) ∂M (x, y) − . ∂x ∂y Por la ecuaci´on (2.3) esta expresi´on es cero, por lo tanto el lado derecho de (2.5) no depende de x, integrando (2.5) y sustituyendo g(y) en (2.4), se obtiene la soluci´on de la ecuaci´on (2.2) R Z Z ∂( M (x, y)dx) F (x, y) = M (x, y)dx + N (x, y) − dy ∂y
Este es el m´etodo que se emplea para determinar F (x, y) y es indiferente empezar el c´alculo de esta manera o bien con: Z N (x, y)dy + g(x) Siguiendo un procedimiento an´alogo al expuesto anteriormente, pero intercambiando variables. Para solucionar una ecuaci´on diferencial exacta se seguir´an los pasos indicados en la demostraci´on anterior, donde se ha establecido c´omo encontrar la funci´on F (x, y). Not´e que la ecuaci´on de variables separables f (x) dy = , dx p(y Se puede escribir en forma equivalente como p(y)dy − f (x)dx = 0 la cual es exacta, como se ve f´acilmente.
2.2. ECUACIONES EXACTAS
49
Ejemplo 2.6. Resolver el problema de valor inicial (ex y + xex y)dx + (xex + 2)dy = 0,
y(0) = −1.
(2.6)
Soluci´on. En este caso M (x, y) = ex y + xex y, y N (x, y) = xex + 2 como ∂N ∂M = ex + xex = ∂y ∂x se tiene la ecuaci´on es exacta. Para determinar F (x, y), comenzamos integrando con respecto a x ∂F =M (x, y) = ex y + xex y ∂x Z F (x, y) = (ex y + xex y)dx + g(y) F (x, y) =xex y + g(y).
(2.7)
Derivando parcialmente con respecto a y y sustituimos xex + 2 en vez de N (x, y), ya que ∂F/∂y = N (x, y):
∂F =xex + g 0 (y) ∂y x xe + 2 =xex + g 0 (y) 2 =g 0 (y). As´ı, 2 = g 0 (y), y g(y) = 2y. La constante de integraci´on se puede omitir ya que cualquier soluci´on de la ecuaci´on diferencial se satisface. Por tanto, sustituyendo g(y) en (2.7) tenemos F (x, y) = xex y + 2y. Es decir, la soluci´on de la ecuaci´on diferencial (2.6) est´a dada por xex y + 2y = k. Alternativamente, se puede integrar simult´aneamente las dos funciones M (x, y) = ex y + xex y,
y
N (x, y) = xex + 2
50
CAP´ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
y compararlas para determinar un´ıvocamente F (x, y), salvo una constante. As´ı Z Z F (x, y) = M (x, y)dx = (ex y + xex y)dx =ex y + +(xex − ex )y = xyex ,
por otro lado, Z F (x, y) =
Z N (x, y)dy =
(ex x + 2)dy
=(ex x + 2)y = xyex + 2y.
Comparando (tomando los t´erminos comunes una vez y los no comunes), obtenemos F (x, y) = xyex + 2y. Y la soluci´on de la ecuaci´on est´a dada de manera expl´ıcita por K =xex y + 2y k , y= x xe + 2 con la condici´on inicial, en esta ecuaci´on, cuando x = 0, y = −1 obtenemos k = −2. De esta manera la soluci´on es: y=
−2 . xex + 2
Ejemplo 2.7. Resolver la ecuaci´on (y sin(xy) + x2 )dx + (x sin(xy) + y 2 )dy = 0,
y(0) = −1.
Soluci´on. En este caso M (x, y) = y sin(xy) + x2 , y N (x, y) = x sin(xy) + y 2 , calculamos ∂M ∂y
y
∂N ∂x
y encontramos que ∂M ∂N = sin(xy) + xy cos(xy) = ∂y ∂x
2.2. ECUACIONES EXACTAS
51
luego la ecuaci´on es exacta. Para determinar F (x, y), comenzamos integrando M con respecto a x ∂F =M (x, y) = y sin(xy) + x2 ∂y Z F (x, y) = (y sin(xy) + x2 )dx + g(y) F (x, y) = − cos(xy) +
x3 + g(y). 3
Ahora derivamos parcialmente F con respecto a y y sustituimos x sin(xy) + y 2 en lugar de N (x, y) ya que ∂F/∂y = N (x, y): ∂F =x sin(xy) + g 0 (y) ∂y x sin(xy) + y 2 =x sin(xy) + g 0 (y) y 2 =g 0 (y).
As´ı
Z g(y) =
y 2 dy =
y3 , 3
podemos considerar que g(y) = y 3 /3. Por tanto, F (x, y) = − cos(xy) + es decir k = − cos(xy) +
2.2.2.
x3 y 3 + 3 3
x3 y 3 + . 3 3
Ejercicios
1. Determine si la ecuaci´on es exacta. Si lo es, resu´elvala. a) x2 dy + 2xydx = x2 dx. b) (y 2 − 2x)dx + 2xydy = 0.
CAP´ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
52
c) d) e) f)
+ 2y x dx + (2yx2 − cos(y)dy = 0. y 1 2 (y sin(x))dx + x − x dy = 0. 1 2 (tan |y| − 2)dx + x sec (y) − y dy = 0. 3y 2 2y 2x x2 1 − x4 dx + x3 − y2 + √y dy = 0. y 1 x
2
g) (ex sin(y) + tan(y))dx + (ex cos(y) + x sec2 (y))dy = 0. h) (cos(x) + ln(y))dx + xy + ey dy = 0. i ) (1 + yexy )dx + (2y + xexy )dy = 0. 2. Muestre que cualquier ecuaci´on de la forma f (x)dx + g(y)dy = 0 es exacta. 3. Resuelva el problema de valor inicial respectivo. a) b) c) d)
(4x3 y 2 − 6x2 y − 2x − 3)dx + (2x4 y − 2x3 )dy = 0, y(1) = 3. (−4y cos(x) + 4 cos(x) sin(x) + sec2 (x))dx + (4y − 4 sin(x))dy = 0, (y 3 − x)ex dx + 3y 2 (ex + y)dy = 0, y(0) = 0. (sin(x) − y sin(x))dx + (cos(x) + y)dy = 0, y(0) = 1.
y
Π 4
= 0.
4. Determine la funci´on m´as general M (x, y) de modo que la ecuaci´on sea exacta: a) M (x, y)dx + sec2 (y) − yx2 dy = 0. b) M (x, y)dx + (x3 − y 3 )dy = 0. c) M (x, y)dx + (e2x − ey sin(x))dy = 0. 5. Determine la funci´on m´as general N (x, y) de modo que la ecuaci´on sea exacta: a) (x2 y 3 − 3xy + 2y 2 )dx + N (x, y)dy = 0. b) (y sin(x) + x sin(y))dx + N (x, y)dy. 6. Encuentre condiciones para las constantes A, B, C y D tales que la ecuaci´on (Ax + By)dx + (Cx + Dy)dy = 0 sea exacta. 7. Muestre que la ecuaci´on y 0 +y = 0 es exacta si la multiplicamos por ex y solucionela.
2.3. FACTOR INTEGRANTE
2.2.3. 1.
53
Soluci´ on a) k = x2 y −
y3 . 3
b) k = y 2 x − x2 . c) −x2 y 2 − ln |x| + sin(y) = c. d ) No es exacta. e) c = x tan y − 2x − ln |y|. f) k =
x2 y
+
y2 . x3
g) k = ex sin(y) + x tan y. h) k = ex sin(y) + x tan y + ey . i ) k = x + exy + y 2 . 3.
a) −1 = x4 y 2 − 2x3 y − x2 − 3x. b) 0 = −4y sin(x) − 2 cos2 (x) + tan(x) + 2y 2 . c) 1 = y 3 ex − xex + ex + 43 y 4 .
4.
d)
1 2
a)
1 . y
= − cos(x) + y cos(x) +
y2 . 2
b) 3x2 y. c) 2e2x y. 5.
a) x3 y 2 − 32 x2 + 4xy. b) − cos(x) +
x2 2
cos(y).
6. B = C, A y D cualquier n´ umero real. 7. y = ce−x .
2.3.
Factor integrante
Algunas ecuaciones diferenciales que no son exactas pueden ser transformadas en estas mediante una funci´on que multiplicada a la ecuaci´on original, la transforma en una ecuaci´on diferencial exacta. Estas funciones reciben el nombre de factores integrantes.
54 2.3.0.1.
CAP´ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN M´ etodo para hallar factores integrantes especiales
Si M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
(2.8)
Una ecuaci´on que no es exacta, pero si la multiplicamos por una funci´on µ(x, y) adecuada que haga que la ecuaci´on resultante: µ(x, y)M (x, y)dx + µ(x, y)N (x, y)dy = 0 sea exacta, µ se denomina un factor de integraci´on para la ecuaci´on. Para determinar la funci´on µ(x, y) verificamos el criterio de exactitud en la ecuaci´on transformada: ∂ µ(x, y)M (x, y) ∂ µ(x, y)N (x, y) = ∂y ∂x al usar la regla del producto, esto se reduce a la ecuaci´on ∂N ∂µ ∂µ ∂M M −N = − µ. ∂y ∂x ∂x ∂y
(2.9)
Por facilidad, consideraremos que µ depende de una sola variable. En este caso, suponemos que depende de x, es decir µ = µ(x), de tal forma que la ecuaci´on (2.9) se reduce a la ecuaci´on separable ∂µ = ∂x donde
" ∂M ∂y
− N
∂M ∂y
−
∂N ∂x
# µ
∂N ∂x
N depende s´olo de x. Entonces el factor integrante para (2,8) es: Z ∂M − ∂N ! ∂y ∂x µ(x) = exp dx . N Ahora, supongamos que la ecuaci´on (2.8) tiene un factor integrante que s´olo depende de y, es decir µ = µ(y), en este caso la ecuaci´on (2.9) se reduce a la ecuaci´on separable # " ∂N ∂M − ∂µ ∂Y = ∂x µ ∂y M donde
∂N ∂x
− M
∂M ∂y
2.3. FACTOR INTEGRANTE
55
s´olo depende de y. Entonces el factor integrante para (2.8) es: Z ∂N − ∂M ! ∂x ∂y dy . µ(y) = exp M Ejemplo 2.8. Resolver la ecuaci´on diferencial (2y 2 + 2y + 4x2 )dx + (2xy + x)dy = 0.
(2.10)
Soluci´on. N´otese que la ecuaci´on diferencial no es de variables separables. Determinamos si es exacta: ∂M = 4y + 2 ∂y ∂N = 2y + 1, ∂x como
∂N ∂M 6= ∂y ∂x
entoncesla ecuaci´on diferencial no es exacta. Calculamos ∂M ∂y
− N
∂N ∂x
=
4y + 2 − 2y − 1 2y + 1 1 = = , 2xy + x x(2y + 1) x
obtenemos una funci´on que s´olo depende de x, de modo que el factor integrante es el de la f´ormula:
µ(x) =exp
Z ∂M − ∂y
∂N ∂x
! dx
N Z ! 1 µ(x) =exp dx = x. x
Al multiplicar la ecuaci´on (2.10) por µ(x) = x, obtenemos la ecuaci´on exacta (2xy 2 + 2xy + 4x3 )dx + (2x2 y + x2 )dy = 0. En este caso M (x, y) = 2xy 2 + 2xy + 4x3 , y N (x, y) = 2x2 y + x2 , calculamos ∂M ∂y
y
∂N ∂x
CAP´ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
56
y encontramos que ∂M ∂N = 4xy + 2x = ∂y ∂x as´ı tenemos en efecto que la ecuaci´on es exacta. Para determinar F (x, y), comenzamos integrando M con respecto a x ∂F =M (x, y) = 2xy 2 + 2xy + 4x3 ∂y Z F (x, y) = (2xy 2 + 2xy + 4x3 )dx + g(y) F (x, y) =x2 y 2 + x2 y + x4 + g(y).
Ahora derivamos parcialmente F con respecto a y y sustituimos 2x2 y + x2 en lugar de N (x, y) ya que ∂F/∂y = N (x, y): ∂F =2x2 y + x2 + g 0 (y) ∂y 2 2x y + x2 =2x2 y + x2 + g 0 (y) 0 =g 0 (y).
As´ı g(y) = c, podemos considerar que g(y) = c. Por tanto F (x, y) = x2 y 2 + x2 y + x4 es decir k = x2 y 2 + x 2 y + x 4 .
2.3.1.
Ejercicios
1. Encontrar el factor integrante y resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: a) 2xy 2 dx + 3x2 ydy = 0. b) (x − y)dx + xdy = 0.
2.3. FACTOR INTEGRANTE
57
c) (2y 3 + 6xy 2 )dx + (3xy 2 + 4x2 y)dy = 0. d ) (y 2 + 2xy)dx − x2 dy = 0. e) (x2 y + 4xy + 2y)dx + (x2 + x)dy = 0. f ) (y ln |y| + yex )dx + (x + y cos(y))dy = 0. 2. Muestre que si (∂N/∂x − ∂M/∂y)/(xM − yN ) s´olo depende del producto xy, es decir (∂N/∂x − ∂M/∂y) = H(xy) (xM − yN ) entonces la ecuaci´on M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 tiene un factor integrante de la forma µ(xy). Proporcione la f´ormula general para µ(xy). 3. Encontrar el factor integrante µ(xy) y resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: a) ydx + (x − 3x2 y 2 )dy = 0. b) ydx + (x − 3x3 y 2 )dy = 0. c) y(x2 y 2 + xy)dx + x(x2 y 2 − 1)dy = 0. 4. Suponga que a, b, c y d son constantes tales que ad − bc 6= 0, y sean m y n n´ umeros reales arbitrarios. Demuestre que (axm y + by n+1 )dx + (cxm+1 + dxy n )dy = 0 tiene un factor integrante de la forma µ(x, y) = xα y β 5. Determine el factor integrante µ(x, y) = xα y β y resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: a) ( yx2 −
1 )dx xy
−
1 dy y2
= 0.
b) (12 + 5xy)dx + (6x/y + 2x2 )dy = 0. 2
c) 2 xy dx + ( xy 2 − 1)dy = 0.
CAP´ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
58
2.3.2. 1.
Soluci´ on a) µ(x) = x−2/3 , y = 21 ex + ce−x . 2
b) µ(x) = x−2 , y = x2 − 1 + ce−x . c) µ(x) = x, ex (x − 1)y = x + c. d ) µ(y) = y −2 , c = x + x2 y −1 . e) µ(x) = xex , y =
c . ex (x2 +x3 )
f ) µ(y) = y1 , x ln |y| + ex sin(y) = c. 3.
5.
a) µ(xy) =
1 , x2 y 2
−1 xy
b) µ(xy) =
1 , x3 y 3
−1 2x2 y 2
c) µ(xy) =
1 , xy(xy+1)
− 3y = c. − 3 ln |y| = c.
xy − ln |y| = c.
a) µ(x, y) = xy 2 , xy − 31 x3 = c. b) µ(y) = x−7 y −3 , −2x−6 y −3 − x−5 y −2 = c. c) µ(x, y) = x2 y −2 ,
2.4.
x2 y
+ y = c.
Ecuaciones diferenciales lineales
Una ecuaci´on diferencial lineal de primer orden es una ecuaci´on de la forma: a1 (x)
dy + a0 (x)y = g(x), a1 (x) 6= 0 dx
(2.11)
por lo tanto dy a0 (x) g(x) + y= . dx a1 (x) a1 (x) Si definimos P (x) =
a0 (x) g(x) y Q(x) = a1 (x) a1 (x)
entonces la ecuaci´on diferencial lineal toma la forma dy + P (x)y = Q(x). dx
(2.12)
2.4. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES
59
Notamos que la ecuaci´on (2.12) no es de variables separables ni exacta. Ahora se trata de encontrar un factor integrante de la forma µ(x). Asumimos que las funciones P y Q son continuas en alg´ un intervalo I. Luego multiplicamos por µ(x) la ecuaci´on (2.12) dy µ(x) + µ(x)P (x)y = µ(x)Q(x) dx µ(x)P (x)y − µ(x)Q(x) dx + µ(x) dy = 0.
(2.13)
Sea M (x, y) = µ(x)P (x)y − µ(x)Q(x) y N (x, y) = µ(x). Para que sea exacta se debe tener que ∂M ∂N = ∂y ∂x µ(x)P (x) =µ0 (x) 1 dµ(x) =P (x)dx µ(x) Al integrar ambos lados tenemos el factor integrante µ(x) = e
R
P (x)dx
.
(2.14)
Como se acaba de ver µ(x)P (x) = µ0 (x) con esto la ecuaci´on diferencial (2.13) se convierte en: dy dµ(x) µ(x) + y = µ(x)Q(x) dx dx d µ(x)y = µ(x)Q(x) dx R integrando ambos lados de la ecuaci´on tenemos µ(x)y = µ(x)Q(x)dx + c. Despejando y(x) obtenemos. Z 1 y(x) = µ(x)Q(x)dx + c (2.15) µ(x) donde (2,15) es la soluci´on general de la ecuaci´on lineal (2.12). En resumen, la soluci´on de la ecuaci´on lineal (est´andar) dy + P (x)y = Q(x) dx
60
CAP´ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
siendo P y Q continuas en alg´ un intervalo I ⊂ R, est´a dada por Z 1 y(x) = µ(x)Q(x)dx + c . µ(x) Donde µ(x) = e
R
P (x)dx
es el factor integrante de la ecuaci´on lineal. N´otese, por qu´e la necesidad de que P y Q sean continuas (condici´on suficiente para que las integrales existan). Ejemplo 2.9. Resolver x
1 dy + 2y = 3 , dx x
x 6= 0.
Soluci´on. Para poder escribir la forma general de la ecuaci´on diferencial lineal, dividimos por x, ya que x = 6 0, y obtenemos: dy y 1 +2 = 4 dx x x 1 dy 2 + y = 4. dx x x Donde vemos que P (x) =
2 1 y Q(x) = 4 , x x
entonces podemos hallar el factor integrante sustituyendo en la formula (2.14) R
µ(x) = e
2 dx x
= e2 ln(x) = x2
y reemplazando en la ecuaci´on (2.15) tenemos "Z # 1 1 y(x) = 2 x2 4 dx + c x x "Z # 1 1 y(x) = 2 dx + c x x2 y(x) = −
c 1 + 2 3 x x
2.4. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES
2.4.1.
61
Ejercicios
1. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales, lineales: a) y 0 − 2y = 3e2x
y(0) = 0.
b) xy 0 + 2y = 3x y(1) = 5. c) 3xy 0 + y = 12x. d ) xy 0 − 3y = x3
y(1) = 10.
e) y 0 = (1 − y) cos(x) y(0) = 1. f ) y 0 = 1 + x + y + xy
y(0) = 0.
2. Resuelva las ecuaciones diferenciales considerando a y como la variable independiente en lugar de x. dy a) (1 − 4xy 2 ) dx = y3. dy b) (x + yey ) dx = 1. dy = 1 + y2. c) (1 + 2xy) dx
3. Sea y0 una soluci´on distinta de cero de y 0 + p(x)y = 0, y y1 es una soluci´on de y 0 + p(x)y = q(x). a) Muestre por sustituci´on que y1 + cy0 es una soluci´on de y 0 + p(x)y = q(x) para todo n´ umero c. b) Muestre que toda soluci´on y de y 0 + p(x)y = q(x) puede ser escrita como y = y1 + cy0 para alg´ un c. 4. Sean y1 y y2 soluciones distintas de y 0 + p(x)y = q(x), y sea y0 = y1 − y2 . a) muestre que y0 es soluci´on de de y 0 + p(x)y = 0. b) Escriba toda soluci´on de y 0 + p(x)y = q(x) en t´erminos de y1 y y2 . 5. Verifique que las funciones dadas para cada numeral son soluciones de la ecuaci´on diferencial y escriba la soluci´on general por el m´etodo del ejercicio 4. a) 1 − e−x , 1 + 2e−x ; y 0 + y = 1. b) x − 1/x, x + 1/x; y 0 + (1/x)y = 2. c) x, x2 ; (x2 − x)y 0 + (1 − 2x)y = −x2 .
CAP´ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
62
2.4.2.
Soluci´ on
1.
a) y(x) = 3e2x x. 4 . x2 C + x1/3 .
b) y(x) = x +
c) y(x) = 3x d ) y(x) = 21 x2 +
19 2
x.
e) y(x) = 1. 1
f ) y(x) = −1 + e 2 x(x+2) . 2.
a) x(y) =
y 2(1+y 2 )
c) x(y) =
(1/2)y 2 +C . y4
+ 12 arctan(y) + c (1 + y 2 ). b) x(y) = 21 y 2 + c ey .
4.
b. y = y1 + c(y1 − y2 ).
5.
a) y = 1 + ce−x . b) y = x + c/x. c) y = c + c(x2 − x).
2.5.
Soluciones por Sustituciones
Para resolver una ecuaci´on diferencial, primero identificamos qu´e tipo de ecuaci´on es. En algunos casos es posible hacer una sustituci´on para transformar la ecuaci´on en una de un tipo conocido.
2.5.1.
Ecuaciones Diferenciales Homog´ eneas
Se puede cambiar la forma de una ecuaci´on diferencial de la siguiente manera. Sea y cualquier soluci´on de la ecuaci´on y 0 = F (x, y)
(2.16)
se introduce una nueva funci´on (desconocida) u tal que y(x) = g(u(x)), y u debe satisfacer la nueva ecuaci´on g 0 (u)u0 = F (x, g(u)). (2.17)
2.5. SOLUCIONES POR SUSTITUCIONES
63
A la inversa, si u satisface (2.17), entonces satisface (2.16). Este proceso tiene sentido si la ecuaci´on resultante es m´as sencilla de resolver que la inicial. La sustituci´on que se va a utilizar es y = ux, y convierte la ecuaci´on en variables separables. Una funci´on F de dos variables F (x, y) es homog´enea (de grado cero) si y s´olo si F (tx, ty) = F (x, y) para todo n´ umero x, y, t. En este caso, para t = y1 , asumiendo y 6= 0, se tendr´a F (x, y) = F ( xy , 1), es decir, la funci´on puede asumirse como una funci´on que depende solamente de la variable xy . Definici´ on 2.10. La ecuaci´on
dy = r(x, y) (2.18) dx es homog´enea si r(x, y) es una funci´on que s´olo depende de xy . En este caso la ecuaci´on (2.18) toma la forma ! y dy = r 1, . dx x
Ejemplo 2.11. Determinar si la ecuaci´on (y 3 − xy 2 )dx + 2x2 ydy = 0 es homog´enea. Soluci´on. Escribimos la ecuaci´on en la forma dy xy 2 − y 3 = dx 2x2 y dy xy 2 y3 = 2 − 2 dx 2x y 2x y dy y y2 = − 2 dx 2x 2x !2 dy 1 y 1 y = − dx 2 x 2 x vemos que el lado derecho s´olo depende de
y x
es decir la ecuaci´on es homog´enea.
Para resolver una ecuaci´on homog´enea hacemos la sustituci´on u = xy de tal manera que si dy derivamos con respecto a x obtenemos dx = u + x du entonces sustituimos en la ecuaci´on dx (2,18) para obtener u+x
du = r(1, u). dx
(2.19)
64
CAP´ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
La nueva ecuaci´on es de variables separables x y u,una vez resuelta reemplazamos u por y para dejar la soluci´on en t´erminos de las variables originales. x Ejemplo 2.12. Resolver (y 3 − xy 2 )dx + 2x2 ydy = 0. Soluci´on. Como vimos en el ejemplo anterior esta ecuaci´on es homog´enea, ahora hacemos dy la sustituci´on u = xy y dx = u + x du . dx Y as´ı: 2 dy 1 y 1 y = − dx 2 x 2 x du 1 1 u+x = u − u2 . dx 2 2 La ecuaci´on anterior es separable. Por tanto obtenemos, Z
Ahora reemplazando u =
Z −2 dx du = 2 u+u x −2 ln(u)− ln(u + 1) = ln(x) + c.
y x
tenemos y y+x −2 ln + 2 ln = ln(x) + c x x
la soluci´on en forma impl´ıcita de la ecuaci´on.
2.5.2.
Ecuaciones con coeficientes lineales
Hemos utilizado sustituciones de y que transforman la ecuaci´on diferencial para poder resolverla, pero en algunos casos se necesita sustituir x y y en nuevas variables. Este es el caso para los coeficientes lineales. Sea la ecuaci´on (a1 x + b1 y + c1 )dx + (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 Para resolverla consideremos los siguientes casos:
(2.20)
2.5. SOLUCIONES POR SUSTITUCIONES
65
dy 1. Si a1 b2 = a2 b1 , la ecuaci´on (2.20) se puede escribir de la forma dx = g(ax + by + c) que se resuelve por el m´etodo Reducci´on a Separaci´on de Variables.
2. Si c1 = c2 = 0, la ecuaci´on (2.20) se convierte en una ecuaci´on homog´enea. 3. Si a1 b2 6= a2 b1 la ecuaci´on se hace homog´enea si tomamos una translaci´on de ejes de la forma x = u + h y y = v + k, donde h y k son constantes, y dy dv = . dx du Sustituyendo en la ecuaci´on (2,20), se tiene dv a1 (u + h) + b1 (v + k) + c1 =− du a2 (u + h) + b2 (v + k) + c2 dv a1 u + b1 v + (a1 h + b1 k + c1 ) =− . du a2 u + b2 v + (a2 h + b2 k + c2 )
(2.21)
Como a1 b2 6= a2 b1 , entonces se puede hallar h y k tales que a1 h + b 1 k + c 1 = 0 a2 h + b 2 k + c 2 = 0
(2.22)
para h y k soluciones del sistema (2.22), se tiene que la ecuaci´on (2.21) es homog´enea. Ejemplo 2.13. Resolver (3x + 3y + 4)dx + (2x + 2y + 7)dy = 0.
(2.23)
Soluci´on. Como a1 b2 = 3 · 2 = 2 · 3· = a2 b1 . As´ı, (3x + 3y + 4)dx + (2x + 2y + 7)dy = 0 [3(x + y) + 4]dx + [2(x + y) + 7]dy = 0 3(x + y) + 4 dy = . dx −2(x + y) − 7 Sea u = x + y, por lo tanto, u0 = 1 + y 0 y la ecuaci´on se convierte en
(2.24)
66
CAP´ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
du 3u + 4 −1= dx −2u − 7 la cual es una ecuaci´on de variables separables Z Z 2u + 7 dx = du 3−u integrando: x + c = −2u − 9 ln |3 − u| la soluci´on general de la ecuaci´on est´a dada por x + c = −2(x + y) − 9 ln |3 − (x + y)|
Ejemplo 2.14. Resolver (−3x + y − 1)dx + (x + y + 3)dy = 0.
(2.25)
Soluci´on. Como a1 b2 = −3·1 6= 1·1 = a2 b1 , usaremos la translaci´on x = u+h y y = v+k, donde h y k satisfacen el sistema −3h + k − 1 =0 h + k + 3 =0. Al resolver el sistema en t´erminos de h y k tenemos que h = −1, k = −2, es decir x = u − 1 y y = v − 2. Como dy = dv y dx = du, sustituyendo en la ecuaci´on (2.25) se tiene (−3u + 3 + v − 2 − 1)du + (u − 1 + v − 2 + 3)dv = 0 (−3u + v)du + (u + v)dv = 0 dv 3u − v = . du u+v La ecuaci´ on anterior es homog´enea, luego tomamos la sustituci´on z = dz z + u du y al sustituir en la u ´ltima ecuaci´on obtenemos
v , u
donde
dv du
=
2.5. SOLUCIONES POR SUSTITUCIONES
3u − zu dz = du u + zu dz 3−z z+u = du 1+z dz 3 − 2z − z 2 u = du 1+z
z+u
separando variables tenemos: Z du z+1 dz = 2 3 − 2z − z u Z Z z+1 du dz = − z 2 + 2z − 3 u 1 2 ln z + 2z − 3 = − ln |u| + c1 2 2 ln z + 2z − 3 = −2 ln |u| + c1 2 ln z + 2z − 3 = ln |u−2 | + c1 Z
ahora aplicando exponencial obtenemos: z 2 + 2z − 3 = u−2 ec1 = cu−2 Al sustituir de nuevo z, u y v, vemos que 2 v v +2 − 3 = cu−2 u u v 2 + 2uv − 3u2 = c (y + 2)2 + 2(y + 2)(x + 1) − 3(x + 1)2 = c.
La u ´ltima ecuaci´on es la soluci´on impl´ıcita de (2.25).
67
CAP´ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
68
2.5.3.
La Ecuaci´ on de Bernoulli
Una ecuaci´on diferencial de la forma dy + P (x)y = Q(x)y n , dx
n∈R
(2.26)
se denomina ecuaci´on diferencial de Bernoulli. N´otese en particular, que si n es 0 o´ 1, la ecuaci´on es lineal o de variables separables y puede resolverse directamente. Si n no es 0 ni 1, la ecuaci´on es no lineal, en este caso, hacemos la sustituci´on u = y 1−n , que reduce la ecuaci´on de Bernoulli a una lineal. En efecto, derivando u con respecto a x u = y 1−n ,
dy du = (1 − n)y −n , dx dx
donde
dy 1 du = yn dx 1 − n dx
reemplazando en la ecuaci´on (2.26) tenemos 1 du yn + P (x)y = Q(x)y n , 1 − n dx
n∈R
(2.27)
ahora multiplicamos la ecuaci´on (2.27) por (1 − n)y −n nos queda: du + (1 − n)P (x)y 1−n = (1 − n)Q(x) dx
(2.28)
sustituyendo u = y 1−n , du + (1 − n)P (x)u = (1 − n)Q(x) dx la cual es una ecuaci´on lineal.
(2.29)
Ejemplo 2.15. Resolver cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales: a)
dy dx
− y = ex y 2 .
b)
dy dx
− y = ex y 2 .
1
Soluci´on. a) En este caso n = 2, tomando la sustituci´on obtenemos u = y −1 , derivandy dy dy do con respecto a x se tiene, du = −y −2 dx y despejando dx tenemos dx = −y 2 du dx dx reemplazando en la ecuaci´on obtenemos: −y 2
du − y = ex y 2 dx
(2.30)
2.5. SOLUCIONES POR SUSTITUCIONES
69
multiplicando la ecuaci´on (2.30) por (−y −2 ), nos da du + y −1 = −ex dx
(2.31)
du + u = −ex , dx
(2.32)
en (2.31) sustituimos u = y −1 :
como la ecuaci´on diferencial es lineal, el factor integrante para la ecuaci´on (2.32) es: R
µ(x) = e
1dx
= ex
utilizamos la formula (2.15) nos resulta:
−x
Z
u(x) =e
x
x
e (−e )dx + c 2x e −x u(x) =e +c − 2
(2.33)
en (2.33) reemplazamos u = y −1 −ex + 2ce−x 2 2 y= x . −e + 2ce−x
y −1 =
dy = −2u−3 du Sustituyendo este diferencial b) Para n = 21 , entonces u = y −2 , por tanto dx dx −2 u =y −2 en la ecuaci´on original tenemos −2u−3 du − u = ex u−1 , multiplicando por dx −1 u3 tenemos du + 12 u = 12 ex u2 , una ecuaci´on tipo Bernoulli que requiere de una 2 dx nueva sustituci´on para solucionarla como en el caso a), es decir, en este caso n = 2, tomando la sustituci´on obtenemos s = u−1 , derivando con respecto a x se tiene, ds ds = −u−2 du y despejando du tenemos du = −u2 dx reemplazando en la ecuaci´on dx dx dx dx obtenemos:
−u2
ds 1 1 + u = ex u2 , dx 2 2
(2.34)
70
CAP´ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN multiplicando la ecuaci´on (2.34) por (−u−2 ), nos da ds 1 −1 1 − u = − ex , dx 2 2
(2.35)
1 ds 1 − s = − ex , dx 2 2
(2.36)
en (2.35) sustituimos s = u−1 :
como la ecuaci´on diferencial es lineal, el factor integrante para la ecuaci´on (2.36) es: µ(x) = e−
R
1 dx 2
1
= e− 2 x
Utilizamos la formula (2.15) nos resulta:
Z
1 e − ex dx + c s(x) =e 2 1 1 s(x) =e 2 x −e 2 x + c 1 x 2
− 12 x
en (2.37) reemplazamos s = u−1 1
u−1 = − ex + ce 2 x 1 u= 1 . −ex + ce 2 x 1
Ahora sustituimos u = y − 2 es decir: 1 1 y− 2 = 1 −ex + ce 2 x 2 1 x x y = −e + ce 2 .
(2.37)
2.5. SOLUCIONES POR SUSTITUCIONES
2.5.4.
71
La Ecuaci´ on de Ricatti
Una ecuaci´on diferencial de la forma dy = P (x) + Q(x)y + R(x)y 2 , dx
(2.38)
se denomina ecuaci´on diferencial de Ricatti, tal ecuaci´on se puede resolver con dos sustituciones consecutivas, siempre que conozcamos una soluci´on particular y1 de la ecuaci´on, esto es dy1 = P (x) + Q(x)y1 + R(x)y12 . (2.39) dx Para resolverla tomamos la sustituci´on y = y1 + u, la cual reduce la ecuaci´on a una de tipo Bernoulli. Primero derivamos con respecto a x, es decir: y = y1 + u,
dy dy1 du = + . dx dx dx
Reemplazando en la ecuaci´on (2.38) tenemos dy1 du + = P (x) + Q(x)(y1 + u) + R(x)(y1 + u)2 . dx dx
(2.40)
Desarrollando el cuadrado y agrupando (2.40) nos queda: dy1 du + = P (x) + Q(x)y1 + Q(x)u + R(x)y12 + R(x)2y1 u + R(x)u2 dx dx sustituyendo (2.39) y simplificando tenemos: du = Q(x) + R(x)2y1 u + R(x)u2 dx du − Q(x) + R(x)2y1 u = R(x)u2 dx
(2.41)
la cual es una ecuaci´on de Bernoulli con n = 2. Ejemplo 2.16. Hallar una familia mono param´etrica de soluciones de la ecuaci´on diferencial dy 4 1 = − 2 − y + y2 dx x x 2 en donde y1 = x es una soluci´on conocida de la ecuaci´on.
72
CAP´ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
Soluci´on. Tomando la sustituci´on y = y1 + u = x2 + u, derivando con respecto a x se dy tiene, dx = − x22 + du y reemplazando en la ecuaci´on obtenemos: dx 2 2 4 2 du 1 2 − 2+ =− 2 − +u + +u . x dx x x x x Desarrollando el cuadrado y simplificando tenemos: 2 4 4 du 2 u 4u =− 2 − 2 − + 2 + + u2 + 2 x dx x x x x x du 3u = + u2 dx x 3 du − u = u2 . dx x −
(2.42)
Como la ecuaci´on (2.42) es de Bernoulli con n = 2, tomando la sustituci´on obtenemos ds s = u−1 , derivando con respecto a x se tiene, dx = −u−2 du y despejando du tenemos dx dx du 2 ds = −u dx . Reemplazando en la ecuaci´on (2.42) obtenemos: dx 3 2 ds − −u u = u2 , (2.43) dx x multiplicando la ecuaci´on (2.43) por (−u−2 ), nos da 3 −1 ds + u = −1. dx x
(2.44)
En (2.44) sustituimos s = u−1 : ds + dx
3 s = −1. x
(2.45)
Como la ecuaci´on diferencial es lineal, el factor integrante para la ecuaci´on (2.45) es: R
µ(x) = e
3 dx x
= e3 ln |x| = x3 .
Utilizando la f´ormula (2.15) nos resulta: Z −3 3 s =x x (−1)dx + c 4 x −3 s =x − +c 4 −x4 + c s= 4x3
(2.46)
2.5. SOLUCIONES POR SUSTITUCIONES
73
en (2.46) reemplazamos s = u−1 −x4 + c 4x3 4x3 . u= 4 −x + c
u−1 =
Sustituyendo u = y −
2 x
en (2.47) y despejando y, tenemos la soluci´on: y=u=
2.5.5.
(2.47)
4x3 2 + . 4 −x + c x
Ecuaci´ on de Lagrange
Una ecuaci´on diferencial de la forma y = g(y 0 )x + f (y 0 ),
(2.48)
se denomina ecuaci´on de Lagrange. Para resolverla tomamos la sustituci´on y 0 = p para obtener la soluci´on general de la ecuaci´on en forma param´etrica mediante la cual se reduce a: y = g(p)x + f (p). (2.49) Derivando en (2.48) con respecto a x, obtenemos: y 0 = g 0 (p)p0 x + g(p) + f 0 (p)p0 .
(2.50)
Reemplazando y 0 = p en la ecuaci´on (2.50) tenemos p = g 0 (p)p0 x + g(p) + f 0 (p)p0 p − g(p) = g 0 (p)p0 x + f 0 (p)p0 p − g(p) = p0 (g 0 (p)x + f 0 (p)) dp 0 (g (p)x + f 0 (p)), p − g(p) = dx despejando obtenemos: dp p − g(p) = 0 . dx g (p)x + f 0 (p)
(2.51)
74
CAP´ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
Como y 0 = p y
dp dx
son funciones inversas, intercambiando (2.51) nos da dx g 0 (p)x + f 0 (p) = dp p − g(p) 0 dx g (p) f 0 (p) − x= dp p − g(p) p − g(p)
la cual es una ecuaci´on lineal con soluci´on Z 1 x(p) = µ(p)Q(p)dp + c = h(p, c) µ(p)
(2.52)
(2.53)
donde µ(p) es el factor integrante, y p es el par´ametro y la expresi´on para y es y = g(p)x(p, c) + f (p).
(2.54)
Las ecuaciones param´etricas de la soluci´on general de la ecuaci´on de Lagrange (2.48) son x(p) = h(p, c) y y = g(p)x(p, c) + f (p) donde c es la constante de la familia de curvas. Ejemplo 2.17. Hallar las ecuaciones param´etricas de la soluci´on de la ecuaci´on diferencial y = x(y 0 + 3) − 2(y 0 )2 . Soluci´on. Tomando la sustituci´on y 0 = p y derivando con respecto a x se tiene y = x(p + 3) − 2(p)2 dp dp y 0 = p + 3 + x − 4p dx dx dp dp p = p + 3 + x − 4p dx dx dp −3= (x − 4p), dx intercambiando y despejando se tiene dx x 4 =− + p dp 3 3 dx x 4 + = p. dp 3 3
(2.55)
Como la Recuaci´on (2.55) es lineal, obtenemos P (p) = 13 , Q(p) = 43 p, con factor integrante 1 1 µ(p) = e 3 dp = e 3 p tomando la f´ormula (2.15) la soluci´on es Z 1 4 p − 13 p 3 x(p) = e e pdp + c 3 1
x(p) = 4(p − 3) + ce− 3 p
2.5. SOLUCIONES POR SUSTITUCIONES
75
Las ecuaciones param´etricas de la soluci´on de la ecuaci´on diferencial son 1
x(p) = 4(p − 3) + ce− 3 p − 13 p y = 4(p − 3) + ce (p + 3) − 2p2 .
2.5.6.
Reducci´ on a Separaci´ on de Variables
Sea la ecuaci´on diferencial dy = g(ax + by + c). dx Aplicando la sustituci´on u = ax + by + c ´esta se reduce a una ecuaci´on con variables separables. Ejemplo 2.18. Resolver dy = sin(x + y) dx Soluci´on. Si hacemos u = x + y, entonces se transforma en
du dx
dy = 1 + dx , por lo que la ecuaci´on diferencial
du du − 1 = sin(u), o sea = 1 + sin(u) dx dx separamos variables, e integrando obtenemos:
Z
Z 1 du = dx 1 + sin(u) tan(u) − sec(u) =x + c
ahora como u = x + y sustituimos en la u ´ltima ecuaci´on y nos queda como resultado: tan(x + y) − sec(x + y) = x + c.
CAP´ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
76
2.5.7.
Ejercicios
1. En las siguientes funciones, determine si la funci´on dada es homog´enea. Si lo es, indique su grado de homogeneidad. a) f (x, y) = 3x2 y − x3 + √ 2x2 y+xy 2 b) f (x, y) = . y c) f (x, y) =
2y 4 . x
4xy 3 +2x2 y 2 . xy
d ) f (x, y) = (x + 3y − 2)2 . 2. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales. a) y 0 = b) y 0 = c) y 0 = d ) y0 = e) y 0 = f ) y0 =
y+x . x 2y−x . y y . x+y x2 +y 2 . xy x . x+y
√
2x2 +3y 2 +y . x 2
g) (y 2 + xy + x )dx + (2x2 + 3xy + y 2 )dy = 0. h) (2x + y)dx + (3x + 2y)dy = 0;
y(1) = 0.
3. Muestre que si y 0 = F (x, y) es una ecuaci´on homog´enea, y y = g(x) es una soluci´on, entonces y = (1/a)g(ax) es una soluci´on para cualquier a. Interprete su resultado geometricamente. 4. Halle una sustituci´on apropiada para resolver la ecuaci´on (x − y)2 y 0 = 1. 5. Resolver las siguientes ecuaciones. a) y 0 = b) y 0 =
2x−5y+3 . 2x+4y−6 x+y+2 . 2x+y−1
6. En el problema ax + by + c px + qy + r se produce un error si aq − bp = 0. Demostrar que en este caso ax + by = k(px + qy), y la sustituci´on u = px + qy transforma la ecuaci´on en una de variables separables. y0 =
2.5. SOLUCIONES POR SUSTITUCIONES 7. Resolver y0 =
77
2x + y + 1 . 4x + 2y + 3
8. Encontrar la soluci´on general de las siguientes ecuaciones diferenciales: a)
dy dx
=
y(ln(y)−ln(x) ln +1) . x y/x y/x
b) (x + ye
)dx − xe
dy = 0,
y(1) = 0.
c) t2 dy + y 2 = ty. dt √ dy = 4 + y − 4x + 5. d ) dx e) (x + y − 1)dx + (y − x − 5)dy = 0. f)
dy dx
=
x−y−3 . x+y−1
g)
dy dx
=
x−y−1 . x+y+3
h)
dy dx
= cos(x + y),
y(0) = π4 .
9. Resolver las siguientes ecuaciones de Bernoulli: a) yy 0 − (1/2x)y 2 = 1. dy dx 0
+ 2y = x2 y 5 .
d)
dy dx
e)
dy dx
− 3y = xy 5 . √ y + 3x = y ln(x).
f)
dy dx
= y(x2 y 3 − 4).
g)
xdy dx
b)
c) y + y = 3ex y 3 .
− (1 + x)y = x3 y 2 .
dy h) x3 dx − 2x2 y = 3y 4 , dy i ) y 1/2 dx + y 3/2 = 2,
y(1) = 12 . y(0) = 4.
10. Encontrar La soluci´on general de las siguientes ecuaciones diferenciales homog´eneas. a)
dy dx
=
x+y . x−y
b)
dy dx
=
y . y−2x
c)
dy dx
=
x+2y . y+2x
78
CAP´ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
11. Demuestre que las curvas soluci´on de la ecuaci´on homog´enea dy y(2x3 − y 3 ) =− dx x(y 3 − x3 ) son de la forma x3 + y 3 = Cxy. 12. Demuestre que la sustituci´on v = ln(y) transforma la ecuaci´on diferencial dy + P (x)y = Q(x)v(x). P (x)y = Q(x)(y ln(y)) en la ecuaci´on diferencial dx
dy dx
+
13. Utilice la idea del problema 12 para resolver la ecuaci´on x
dy − 2x2 y + 3y ln y = 0. dx
14. Resuelva las siguiente ecuaciones a) Halle una familia mono param´etrica de soluciones de la ecuaci´on diferencial dy + y 2 = x2 + 2x, dx en donde y1 = −x − 1 es una soluci´on conocida de la ecuaci´on. b) Halle una familia mono param´etrica de soluciones de la ecuaci´on diferencial dy + 2xy = 1 + y 2 + x2 , dx en donde y1 = x es una soluci´on conocida de la ecuaci´on. 15. Ecuaciones acopladas. Al analizar ecuaciones acopladas de la forma dy = ax + by, dt dx = αx + βy, dt donde a, b, α, y β son constantes, quisieramos determinar la relaci´on entre x y y en vez de las soluciones individuales x(t), y(t). Para esto, dividamos la primera ecuaci´on entre la segunda para obtener dy ax + by = . dx αx + βy
(2.56)
2.5. SOLUCIONES POR SUSTITUCIONES
79
Esta nueva ecuaci´on es homog´enea, de modo que podemos resolverla mediante la sustituci´on v = y/x. Nos referimos a las soluciones de (2.32) como curvas integrales. Determine las curvas integrales del sistema
dy = −4x − y, dt dx = 2x − y. dt
2.5.8. 1.
Soluci´ on a) Homog´enea de grado 3. b) Homog´enea de grado 1/2. c) Homog´enea de grado 2.
d ) No homog´enea. 2.
a) y = x(ln |x| + c). b) x = (y − x)[ln |y − x| + c]. c) x = y(ln |y| + c). d ) y 2 = 2x2 (ln |x| + c). √ 5−1−(2y/x) y y 2 √1 e) ln 1 − x − x − 5 ln √5+1+(2y/x) = −2 ln |x| + c. √ √ y 3+ 2x2 +3y 2 √ f) − c = 0. x 3x g) 4xy + y 2 + x2 = c.
− ln |y + x| = 12 . x−y−1 + c. 4. y = 12 ln x−y+1 h)
5.
x 2(y+x)
y−1 2 −1 x−1 + 2 = c. √ y+5 2 3 x−3 + 21 − 25 y+5 y+5 b) ln 1 − x−3 − x−3 + √5 ln y+5 1 √5 = −2 ln |x − 3| + c.
a) (x − 1)3 4
y−1 x−1
x−3
+2+
2
7. 10(2x + y) + ln |5(2x + y) + 7| = 25x + c 8.
a) y(x) =
x . ecx
CAP´ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
80
b) y(x) = ln(ln(x) + c)x. t c) y(t) = ln(t)+c . √ d ) x − 2 y − 4x + 5 = c. y−3 = c. e) − 21 ln (x + 2)2 + (y − 3)2 + arctan x+2 2 2 f ) (y + 1) + 2(x − 2)(y + 1) − (x − 2) = c. g) (y + 2)2 + 2(x + 1)(y + 2) − (x + 1)2 = c. π h) y(x) = −x + 2 arctan x + tan 8 . 9.
a) y 2 = 2x ln |x| + cx. 64 b) y 4 = 64ce8x +32x 2 +8x+1 . c) y 2 = d ) y4 =
e−x . cex +c 36e12x . 36c−(12x−1)e12x 3x(7 ln(x)−6)|x|1/6 +49c
e) y =
2401|x|1/6 32/3 25/3
f) y =
2 .
1/3 .
288ce12x +72x2 +12x+1
g) y =
x . 6−6x+3x2 −x3 +e−x C −22/3 x2
h) y =
9x4 −4c
1/3 .
i) y = e−x 2e3x/2 + c 10.
ln |x+y|−3 ln |x−y| 2 2 2 +cx−3
13. y = e 5 x
a) y =
= c.
. ex
R
2 +2x
ex2 +2x dx+c
b) y = x −
2.6.
.
a) − 12 ln(x2 + y 2 ) + arctan y/x = c. b) − 23 ln |y| − 13 ln | − 3x + y| = c. c)
14.
2/3
− x − 1.
1 . x−c
Soluci´ on de Ecuaciones Diferenciales Con Maple y Calculadora
Cap´ıtulo 3 Aplicaciones de las Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden 3.1.
Ley de enfriamiento de Newton
La ley del enfriamiento de Newton dice que en un cuerpo que se enfr´ıa, la rapidez con que la temperatura T (t) cambia es proporcional a la diferencia entre la temperatura del cuerpo y la temperatura constante Tm del medio que lo rodea. Esto es, dT = k(T − Tm ) dt en donde k es una constante de proporcionalidad.
(3.1)
Ejemplo 3.1. Un term´ometro se saca de una habitaci´on, en donde la temperatura del aire es de 700 F , al exterior, en donde la temperatura es de 100 F . Despu´es de 1/2 minuto el term´ometro marca 500 F . ¿Cu´anto marca el term´ometro cuando t = 1 minuto? ¿cu´anto demorar´a el term´ometro en alcanzar los 150 F ? Soluci´on. Es claro que Tm = 100 F , reemplazando en la ecuaci´on (3.1) se tiene: dT = k(T − 10) dt T (0) = 700 F 1 = 500 F. T 2
(3.2)
Se debe resolver la ecuaci´on (3.2) con condiciones iniciales, la cual es lineal y tambien de variables separables. Empleando la t´ecnica de variables separables obtenemos: 81
82CAP´ITULO 3. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
dT =kdt T − 10 Z Z dT = kdt T − 10 ln | T − 10 |=kt + c1 T − 10 =c2 ekt . Entonces T = 10+c2 ekt . Cuando t = 0, se tiene que T = 700 F , de modo que 70 = 10+c2 es decir c2 = 60 y, por lo tanto T = 10+60ekt , ahora podemos hallar k, ya que T (1/2) = 500 F 1
50 =10 + 60ek 2 1 40 e2k = 60 2 k =2 ln ≈ −0,81093. 3 En consecuencia, T (t) = 10 + 60e−0,81093t . Para t = 1 tenemos T (1) = 10 + 60e−0,81093·1 = 36,66 ≈ 370 F , el term´ometro marca 370 F cuando t = 1 minuto. Ahora debemos hallar cuanto se demora para alcanzar 150 F , 15 =10 + 60e−0,81093t 5 =e−0,81093t 60 ln 1/12 t= = 3,06427 ≈ 3,1minutos. −0,81093 As´ı, para alcanzar 150 F se demora 3,1 minutos.
3.1.0.1.
Ejercicios
1. Un term´ometro se lleva del interior de una habitaci´on al exterior, donde la temperatura del aire es 60 F . Despu´es de un minuto, el term´ometro indica 580 F ; cinco minutos despu´es marca 320 F . ¿Cu´al era la temperatura interior?
3.1. LEY DE ENFRIAMIENTO DE NEWTON
83
2. Si una barra met´alica peque˜ na, cuya temperatura inicial es de 250 F , se deja caer en un recipiente con agua hirviente, cuya temperatura es de 2120 F . ¿cu´anto tiempo tardar´a en alcanzar 1000 F si se sabe que la temperatura aument´o 30 F en un segundo? ¿Cu´anto tiempo tardar´a en llegar a 1050 F ?. 3. Una taza de caf´e caliente, inicialmente a 1000 C, se enfr´ıa hasta 850 C en 5 minutos al estar en un cuarto con temperatura de 210 C. Use s´olo la ley de enfriamiento de Newton y determine el momento en que la temperatura del caf´e estar´a a unos 550 C. 4. Una cerveza fr´ıa, inicialmente a 330 F , se calienta hasta 450 F en 3 minutos, estando en un cuarto con temperatura 650 F . ¿Qu´e tan caliente estar´a la cerveza si se deja ah´ı durante 10 minutos? 5. Una taza de t´e caliente est´a inicialmente a 1900 F y se deja en un cuarto que tiene una temperatura ambiente de 750 F . Suponga que a partir del tiempo t = 0 se enfr´ıa a raz´on de 250 F por minuto. a. Suponga que se aplica la ley de Newton sobre el enfriamiento. Escriba un problema de valor inicial que modele la temperatura del t´e caliente. b. Cu´anto tiempo le toma al t´e caliente enfriarse a una temperatura de 1200 F ? 6. En una fr´ıa ma˜ nana de Bogot´a con una temperatura ambiente de 100 C, se encontro un cadaver a las 10 : 00 a.m. El detective sac´o un term´ometro y midi´o la temperatura del cuerpo: 330 C. Luego sali´o a revisar la escena del crimen. Al regresar, a las 11 : 00 a.m, hall´o que la temperatura del cuerpo era de 320 . ¿En qu´e momento ocurri´o el asesinato? (Sugerencia: la temperatura normal del cuerpo es de 370 C.)
3.1.0.2.
Soluci´ on
1. 71, 5160 F. 2.
a) Para llegar a 1000 F tarda 31,7 seg. b) Para llegar a 1050 F tarda 34,526 seg.
3. 20,02 min. 4. 58,30 F. 5.
a) T = 75 + 115e−0,24512t . b) 3, 82 min.
84CAP´ITULO 3. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 6.
a) T = 72 + 108e−0,26329t . b) 5, 13 min. c) Murio a las 4 a.m con 21 minutos.
3.2.
Crecimiento y Decrecimiento
Como hab´ıamos expresado en el cap´ıtulo 1, la ley de Malthus, expresada en s´ımbolos matem´aticos, est´a dada por dx = kx dt
x(t0 ) = x0
(3.3)
en donde k es una constante. Esta aparece en muchas aplicaciones de distintas ´areas del conocimiento, que involucran crecimiento o decrecimiento de una cantidad modelada en el tiempo. Por ejemplo, en biolog´ıa a menudo se observa que la rapidez con que ciertas bacterias se multiplican es proporcional al n´ umero de bacterias presentes en cierto instante. Para cortos intervalos de tiempo, la magnitud de una poblaci´on de animales peque˜ nos, como roedores, puede predecirse con bastante exactitud mediante la soluci´on de (3.3). En f´ısica, un problema de valor inicial como (3.3) proporciona un modelo para aproximar la cantidad que queda de una sustancia radioactiva que se desintegra, esta ecuaci´on en forma simplificada sirve como modelo para determinar la temperatura de un cuerpo que se enfr´ıa. En qu´ımica, el mismo modelo diferencial sirve para determinar la cantidad de sustancia que queda durante una reacci´on. La constante de proporcionalidad k puede ser negativa o positiva y se puede determinar si se establece otro valor de la variable x en un tiempo t1 > t0 . Ejemplo 3.2. Se sabe que la poblaci´on de cierta comunidad aumenta, en un instante cualquiera, con una rapidez proporcional al n´ umero de personas presentes en dicho instante. Si la poblaci´on se duplica en 5 a˜ nos ¿cu´anto demorar´a en triplicarse?. Soluci´on. De acuerdo con el enunciado del problema, un modelo para estudiar este fen´omeno es el siguiente: dP = kP, dt
(3.4)
sujeta a P (0) = P0 , esto produce el modelo matem´atico llamado ley exponencial o de Malthus para el crecimiento de poblaciones.
3.2. CRECIMIENTO Y DECRECIMIENTO
85
Se pretende hallar el valor de t para el cual P (t) = 3P0 . La ecuaci´on diferencial en (3.4) es de variables separables, por tanto: dP = kdt P integrando tenemos, ln |P | = kt + c de donde despejando P obtenemos P (t) = Cekt . Reemplazando la condici´on inicial P (0) = P0 se tiene C = P0 por tanto: P (t) = P0 ekt .
(3.5)
Ahora como P (5) = 2P0 remplazando en (3,5) se tiene: 2P0 =P0 e5k 2 =e5k ln(2) =k5 ln(2) k= 5 ln(2) P (t) =P0 e 5 t , Para determinar el valor de t para el cual la poblaci´on se ha triplicado, despejamos t de 3P0 = P0 e
ln(2) t 5
luego cancelando y tomando la funci´on logaritmo en ambos miembros de la ecuaci´on tenemos: ln(2) t 5 ln(3) ≈ 7,9 t=5 ln(2) ln(3) =
as´ı se demora en triplicarse t ≈ 7,9 a˜ nos.
3.2.1.
Determinaci´ on de edades por el m´ etodo del Carbono 14
La teor´ıa de la dataci´ on por carbono se basa en que el is´otopo Carbono 14 se produce en la atm´osfera por la acci´on de la radiaci´on c´osmica sobre el nitr´ogeno. El cociente
86CAP´ITULO 3. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN de la cantidad de C14 y la cantidad de carbono ordinario presentes en la atm´osfera es constante y, en consecuencia, la proporci´on de is´otopo presente en todos los organismos vivos es la misma que en la atm´osfera. Cuando un organismo muere, la absorci´on de C14 cesa. As´ı, comparando la proporci´on de C14 que hay en un f´osil con la proporci´on constante encontrada en la atm´osfera, es posible obtener una estimaci´on razonable de su edad. El m´etodo usa adem´as el hecho que la vida media del C14 radioactivo es de aproximadamente 5600 a˜ nos. Ejemplo 3.3. El is´otopo radioactivo de plomo, Pb 209, se desintegra, en un instante cualquiera, con una rapidez proporcional a la cantidad presente en dicho instante, y tiene una vida media de 3.3 horas. Si inicialmente hay 1 gramo de plomo, cu´anto tiempo transcurrir´a para que se desintegre el 90 % de dicho elemento. Soluci´on. Sea A(t) la cantidad de plomo que queda en un instante cualquiera. La ecuaci´on diferencial con condici´on inicial es: dA = kA, dt
A(0) = 1 gramo.
Como se tiene en el Ejemplo 3.2, se tiene que A(t) = Cekt donde notamos por la condici´on inicial que C = 1 y A(t) = ekt . Como tiene una vida media de 3,3 horas, tenemos que A(3,3h) = 12 gramos, entonces para evaluar k se debe resolver 21 = e3,3k . Despejando k resulta ln 1/2 k= ≈ −0,210045. 3,3 De esta forma, A(t) = e−0,210045t . Como se desintegra el 90 % del inicial, entonces queda 10 % de la sustancia. Para hallar t se ln(0,1) ≈ 10,96 ≈ 11 debe resolver 0,1 ∗ 1gramos = e−0,210045t . Despejando t resulta t = −0,210045 horas, para que se desintegre pasan 11 horas. Ejemplo 3.4. En una cueva de Sud´africa se hall´o un cr´aneo humano junto con los restos de una hoguera. Los arque´ologos creen que la edad del cr´aneo sea igual a la edad de la hoguera. Se ha determinado que s´olo queda 2 % de la cantidad original de carbono 14 en los restos de madera en la hoguera. Estime la edad del cr´aneo. Soluci´on. Nuevamente, se tiene que A(t) = A0 ekt donde A(0) = A0 cantidad inicial. Cuando t = 5600 a˜ nos, A(5600) = A0 /2, de los cual es posible determinar el valor de k, como sigue:
3.2. CRECIMIENTO Y DECRECIMIENTO
87
A0 =A0 e5600k 2 1 5600k = ln = − ln(2) 2 ln(2) k =− = −0,00012378. 5600 Por lo tanto, A(t) = A0 e−0,00012378t . Si queda el 2 % de la cantidad inicial entonces 2 A0 = A0 e−0,00012378t 100 despejando t resulta 2 ln = − 0,00012378t 100 ln 2/100 t=− ≈ 31604, 6 ≈ 31605 a˜ nos. 0,00012378 De esta forma determinamos que la edad del cr´aneo es de aproximadamente 31605 a˜ nos.
3.2.2.
Modelo log´ıstico de crecimiento poblacional
El modelo anterior (ley de Malthus) debido a su simplicidad, es s´olo aplicable a “peque˜ nas ” poblaciones. En aquellas que son grandes, se tendr´an algunas restricciones: recursos, espacio, alimento, etc., luego esto deber´ıa ser modelado. El modelo log´ıstico tiene en cuenta esta situaci´on: Supongamos que se ha estimado que cierto espacio puede tolerar m´aximo una poblaci´on de tama˜ no N 1 (este se puede encontrar por experimentaci´on, simulaci´on, etc.) y que si la poblaci´on es peque˜ na (con respecto a N ), la tasa de crecimiento de ´esta crecer´a proporcionalmente a su tama˜ no. Si la poblaci´on es demasiado grande (respecto a N ), la tasa de crecimiento es negativa. El modelo viene dado en la siguiente forma dP P = kP 1 − . dt N 1
Usualmente recibe el nombre de soporte.
88CAP´ITULO 3. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN P N´otese que el factor 1 − N es positivo cuando P < N y negativo cuando P > N . La ecuaci´on dada es de variables separables. Veamos c´omo se resuelve
dP P = kP 1 − dt N dP = kdt P P 1− N Z Z dP = kdt = kt + C1 . P P 1− N La integral del lado izquierdo se hace por fracciones parciales Z Z dP 1 1/N = + dP P 1 − P/N P P 1− N P P = ln P − ln 1 − = ln P N 1− N NP = ln N −P de donde
NP = kt + C1 ln N −P
o equivalentemente, NP = ekt+C1 = ekt eC1 = C2 ekt . N −P Debemos considerar dos situaciones 1. Si N − P > 0, entonces NP = C2 ekt N −P N P = N C2 ekt − P C2 ekt P N + C2 ekt = N C2 ekt P =
N C2 ekt = N + C2 ekt
P =
N N C3 e−kt + 1
N N −kt e C2
+1
3.2. CRECIMIENTO Y DECRECIMIENTO donde C3 =
89
1 . C2
2. Si N − P < 0, entonces NP = −C2 ekt N −P N P = −N C2 ekt + P C2 ekt P N − C2 ekt = −N C2 ekt P =− P = donde, otra vez, hemos hecho C3 =
N C2 ekt N = − N N − C2 ekt e−kt − 1 C2
N 1 − N C3 e−kt 1 . C2
Si la poblaci´on inicial es P (0) = P0 < N entonces la poblaci´on crecer´a (pues suponiendo k > 0) hasta el soporte:
dp dt
es positivo
N = N. t→∞ 1 − N C3 e−kt
l´ım P = l´ım
t→∞
En cualquiera de las dos situaciones la poblaci´on tiende a estar en “equilibrio ”. Si P (0) = P0 = 0, la poblaci´on se mantendr´a en cero, naturalmente. Finalmente, si P (0) = P0 = N entonces la poblaci´on se mantendr´a constante en P (t) = N . En resumidas cuentas la poblaci´on viene dada mediante la f´ormula
P (t) =
N N C3 e−kt +1 N 1−N C3 e−kt
0 N
si si si si
0 < P0 < N P0 > N P0 = 0 P0 = N .
En la figura (3.1) se presentan dos situaciones hipot´eticas en que el soporte es 1 (as´ıntota horizontal). La primera, la poblaci´on inicial es mayor que el soporte y a lo largo del tiempo decrecer´a. Y en la segunda ecuaci´on, la poblaci´on inicial es menor que el soporte (pero positiva) y la poblaci´on crecer´a hasta el soporte. Ejemplo 3.5. En cierta ciudad hay 4800 personas susceptibles de contraer una cierta enfermedad contagiosa. La tasa de crecimiento de una epidemia es conjuntamente proporcional al n´ umero de personas infectadas y al n´ umero de personas que todav´ıa no se han infectado. Inicialmente contraen la enfermedad 300 personas, y 10 d´ıas despu´es se han infectado 1200.
90CAP´ITULO 3. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
Figura 3.1: 1. ¿Cu´antas personas se habr´an infectado al cabo de 20 d´ıas? 2. ¿Cu´ando se propagar´a con mayor rapidez la enfermedad? (es decir, al cabo de cu´antos d´ıas se habr´a infectado la mitad de las personas susceptibles de contraer la enfermedad). Soluci´on. En este caso, N = 4800 y la ecuaci´on est´a dada por dP =k1 P (4800 − P ) dt
P =4800k1 P 1 − . 4800
N´otese que se trata de una ecuaci´on log´ıstica con k = 4800k1 y soporte N = 4800, adem´as P (0) = 300 < 4800 = N de tal forma que la soluci´on est´a dada por N N C3 e−kt + 1 4800 = 4800C3 e−kt + 1
P (t) =
P (0) = 300, 4800 = 300 4800C3 + 1 4800 =1440000C3 + 300.
P (0) =
3.2. CRECIMIENTO Y DECRECIMIENTO
91
De donde C3 = 0,003125 y actualizando la ecuaci´on tenemos P (t) =
4800 . 15e−kt + 1
Se sabe tambi´en que P (10) = 1200, lo que permite encontrar el par´ametro k. P (10) =
4800 = 1200 15e−k10 + 1
4
=1 +1 1 e−k10 = 5 1 1 k = − ln ≈ 0,16094. 10 5 15e−k10
Por tanto la expresi´on para la poblaci´on de enfermos est´a dada por P (t) =
4800 15e−0,16094t
+1
.
a) Para calcular el n´ umero aproximado de enfermos al cabo de 20 d´ıas, hacemos P (20) =
4800 15e−0,16094(20)
+1
≈ 3000
b) Para encontrar el tiempo (en d´ıas) en que la mitad de la poblaci´on se ha infectado resolvemos P (t) = 2400 4800 4800 = = 2400 −0,16094t 15e +1 2 2 =1 −0,16094t 15e +1 15e−0,16094t + 1 = 2 1 e−0,16094t = 15 1 t = −0,16094 ln ≈ 18,8 d´ıas. 15
92CAP´ITULO 3. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 3.2.2.1.
Ejercicios
1. Se sabe que un material radioactivo se desintegra con una rapidez proporcional a la cantidad presente en cualquier instante. Si inicialmente hay 150 mg de material y, despu´es de tres a˜ nos, se observa que el 10 % de la masa original se desintegr´o, determinar: a) Una expresi´on para la masa al momento t. b) El tiempo necesario para que se desintegre el 20 % de la masa original. 2. Un material radioactivo se desintegra tres quintos en 2 000 a˜ nos. Determinar su vida media. 3. En 1990, el departamento de recursos naturales liber´o 2000 ejemplares de una especie de pez en un lago. En 1997, la poblaci´on de estos peces en el lago se estim´o en 5000. Use la ley de Malthus para el crecimiento de poblaciones y estime la poblaci´on de estos peces en el lago en el a˜ no 2010. 4. En 1990, la poblaci´on de lagartos en los terrenos del Centro Espacial Kennedy se estim´o en 350. En 2000, la poblaci´on hab´ıa aumentado hasta un estimado de 1300. Use la ley de Malthus para el crecimeinto de poblaciones y estime la poblaci´on de lagartos en dichos terrenos, en el a˜ no 2010. 5. La poblaci´on de una comunidad crece a raz´on proporcional a la poblaci´on en cualquier momento t. Su poblaci´on inicial es de 6500 y aumenta 15 % en 10 a˜ nos. ¿Cu´al ser´a la poblaci´on en 30 a˜ nos?. 6. Las observaciones sobre el crecimiento de tumores animales indican que el tama˜ no y(t) del tumor al tiempo t puede describirse mediante la ecuaci´on diferencial y dy = −ky ln , dt a donde k y a son constantes positivas. Esta ecuaci´on diferencial en ocasiones se conoce como ley de crecimiento de Gompertz. a) Con ayuda de un software, o calculadora graficadora, construya campos de pendientes de la ecuaci´on para diversos valores de a y k. b) ¿Tiene esta ecuaci´on diferencial soluciones de equilibrio? Si es as´ı, ¿Cu´ales son? Si no, explique la raz´on. c) Resuelva esta ecuaci´on diferencial.
3.2. CRECIMIENTO Y DECRECIMIENTO
93
7. Un modelo de poblaciones utilizado en las predicciones actuariales se basa en la ecuaci´on de Gompertz dP = P (a − b ln(P )), dt donde a y b son constantes a) Halle P (t) en la ecuaci´on de Gompertz. b) Si P (0) = P0 > 0, d´e una f´ormula para P (t) en t´erminos de a, b, P0 y t. c) Describa el comportamiento de P (t) cuando t → +∞ (Sugerencia: Considere los casos para b > 0 y b < 0). 8. En los problemas a), b), suponga que la raz´on de decaimiento de una sustancia radiactiva es proporcional a la cantidad de sustancia presente. La vida media de una sustancia radiactiva es el tiempo que tarda en desintegrarse la midad de la sustancia. a) Si en un principio se tiene 80 g de una sustancia radiactiva y despu´es de 2 d´ıas s´olo restan 20 g, ¿qu´e porcentaje de la cantidad original quedar´a despu´es de 5 d´ıas? b) Si en un principio se tienen 400 g de una sustancia radiactiva y despu´es de 10 a˜ nos restan 100 g, ¿Cu´anto tiempo deber´a transcurrir para que s´olo queden 5 g? 9. En cualquier tiempo t la cantidad de bacterias en un cultivo crece a raz´on proporcional al n´ umero de bacterias presentes. Al cabo de dos horas se observa que hay 600 individuos. Despu´es de 15 horas hay 3000 espec´ımenes. ¿Cu´al era la cantidad inicial de bacterias? 10. El Pb-209, is´otopo radioactivo del plomo, se desintegra con una rapidez proporcional a la cantidad presente en cualquier tiempo t y tiene una vida media de 3.3 horas. Si al principio hab´ıa 0.5 gramo de plomo, ¿cu´anto tiempo debe transcurrir para que se desintegre 95 %? 11. Muchos creen que el sudario de Tur´ın, que muestra un negativo de la imagen de un cuerpo de un hombre crucificado, es la mortaja de Jes´ us de Nazareth. En 1988, el Vaticano otorg´o autorizaci´on para que se fechara el carbono del manto. Tres laboratorios cient´ıficos independientes, que analizaron la tela, llegaron a la conclusi´on que tiene unos 600 a˜ nos, edad que coincide con su aparici´on hist´orica. Con esta edad determine qu´e porcentaje de la cantidad original de C14 queda en la tela en 1988.
94CAP´ITULO 3. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 3.2.2.2. 1.
Soluci´ on
a) M (t) = 150e−0,18932t . b) 1,17 a˜ nos.
2. 1512,9 a˜ nos. 3. Aproximadamente 27416 peces. 4. 4828.7. 5. 9885.6. 6.
a) Figura 3.2 para a = 1 y k = 1.
Figura 3.2: b) 0 y a. −kt c
c) y(t) = aee 7.
8.
.
a) p(t) = e
a−e−bt−bc b
b) p(t) = e
a−ae−bt b
a) 3,12 %
.
p0 e−bt .
3.3. MEZCLAS
95
b) 31 a˜ nos 219 d´ıas. 9. 468.4. 10. 14,3 horas. 11. Queda el 92,8 % de C14 .
3.3.
Mezclas
Algunos problemas que involucran mezclas de fluidos dan lugar a plantear una ecuaci´on diferencial lineal de primer orden que modele la cantidad de mezcla o la concentraci´on de una sustancia en un fluido. En los problemas se requiere determinar la cantidad A(t), de una sustancia que hay en un tanque en cada instante t. La raz´on de cambio de la cantidad de la sustancia presente en el tanque es igual a la velocidad de entrada menos la velocidad de salida dA = (Rapidez de entrada) − (Rapidez de salida) dt dV = R1 − R2 dt
(3.6)
donde Rapidez de entrada = (f lujo de entrada) × (concentraci´on ) suponiendo que el flujo de entrada es igual al de salida, la concentraci´on se halla dividiendo la cantidad A(t) por el volumen de la mezcla que hay en el instante t. As´ı Rapidez de salida = (f lujo de salida) × (concentraci´on ) Ejemplo 3.6. La corriente sangu´ınea lleva un medicamento hacia el interior de un ´organo a raz´on de 3 cm3 /seg y sale de ´el a la misma velocidad. Se sabe que el volumen del o´rgano es de 125 cm3 y la concentraci´on del medicamento que entra es de 0, 2 g/cm3 . ¿Cu´al es la concentraci´on del medicamento en el o´rgano en el instante t si inicialmente no hab´ıa vestigios alguno del medicamento? ¿Cu´ando la concentraci´on ser´a de 0, 1 g/cm3 ? Soluci´on. Primero debemos determinar la rapidez con que un medicamento entra al interior de un o´rgano, sabemos que el medicamento entra a una raz´on constante de 3 cm3 /seg. La concentraci´on del medicamento que entra es de 0, 2 g/cm3 , concluimos que la rapidez de entrada en el o´rgano es:
96CAP´ITULO 3. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
R1 = 3
g cm3 g × 0, 2 . = 0, 6 seg cm3 seg
Ahora debemos determinar la rapidez de salida. Como el flujo de entrada es igual al de salida, la concentraci´on es A(t)/ (el volumen del o´rgano). Por lo tanto la rapidez con que el medicamento sale del o´rgano es: R2 =
A(t) g 3A(t) g cm3 = . × 3 3 125 cm seg 125 seg
En un principio no hay medicamento en el o´rgano, de modo que A(0) = 0 g, al sustituir R1 y R2 en (2.21) tenemos: 3A(t) dA = 0, 6 − dt 125 A(0) = 0 dA 3A + = 0, 6. dt 125
(3.7)
3 La ecuaci´on (2.22) es lineal, donde P (t) = 125 y Q(t) = 0,6, entonces podemos hallar el factor integrante sustituyendo en la formula (2,14) R
µ(t) = e
3 dt 125
3
= e 125 t
y reemplazando en la f´ormula (2.15), as´ı tenemos
A(t) = e
3 t − 125
=e
3 − 125 t
"Z
# 0,6e
3 t 125
dt + c
"
# 25e
3 t 125
+c
3
= 25 + ce− 125 t . Al usar la condici´on inicial A(0) = 0 para evaluar la constante, obtenemos A(0) = 25 + c = 0 c = −25.
3.3. MEZCLAS
97
Luego,
3
A(t) = 25 − 25e− 125 t . La cual es la cantidad de medicamento en el ´organo despu´es de t minutos. Para determinar la concentraci´on, se divide la cantidad entre el volumen es decir: 3
A(t) 25 − 25e− 125 t = 125 125 3 1 − 1e− 125 t . C(t) = 5 C(t) =
(3.8)
La ecuaci´on (2.23) es la concentraci´on de medicamento en el o´rgano despu´es de t minutos. para determinar en que momento la concentraci´on es 0, 1 g/cm3 reemplazamos en (2.23) 3
1 − e− 125 t 0,1 = 5 125 ln |0,5| t= ≈ 28,88 ≈ 29. 3 En t ≈ 29seg la concentraci´on ser´a de 0, 1 g/cm3 . Ejemplo 3.7. Una soluci´on de a´cido n´ıtrico entra a una raz´on constante de 6 litros/minutos en un tanque de gran tama˜ no que en un principio conten´ıa 200 litros de una soluci´on de a´cido n´ıtrico al 0,5 %. La soluci´on dentro del tanque se mantiene bien revuelta y sale del tanque a raz´on de 8 litros/minutos. Si la soluci´on que entra en el tanque tiene a´cido n´ıtrico al 20 %, determine el volumen de ´acido n´ıtrico en el tanque despu´es de t minutos. Soluci´on. Sea V (t) el volumen de a´cido n´ıtrico en el tanque despu´es de t minutos. En problemas de esta clase la rapidez neta con que V (t) cambia est´a dada por dV = R1 − R2 dt
(3.9)
donde R1 es la rapidez de entrada y R2 la rapidez de salida. Primero debemos determinar la rapidez con que el a´cido n´ıtrico entra al tanque, sabemos que la soluci´on entra a una raz´on constante de 6 litros/minuto. La soluci´on que entra en 20 el tanque tiene ´acido n´ıtrico al 20 %, la concentraci´on es 100 , concluimos que la rapidez de entrada en el tanque es: R1 = 6
litros 20 6 litros = . minutos 100 5 minutos
98CAP´ITULO 3. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Ahora debemos determinar la rapidez de salida. La diferencia entre la raz´on de flujo de entrada y la raz´on de flujo de salida es 6 − 8 = −2 litros/minuto, de modo que el volumen de fluido en el tanque despu´es de t minutos es (200 − 2t) litros. Por lo tanto la rapidez con que el a´cido n´ıtrico sale del tanque es litros V (t) 4V (t) litros R2 = 8 = . minutos 200 − 2t 100 − t minutos En un principio el tanque conten´ıa 200litros de una soluci´on de ´acido n´ıtrico al 0,5 %, de 0,5 modo que V (0) = 200 litros 100 = 1 litros, al sustituir R1 y R2 en (2.21) tenemos: 6 4V dV = − , dt 5 100 − t dV 4V 6 + = . dt 100 − t 5
V (0) = 1litro (3.10)
4v La ecuaci´on (2.25) es lineal donde P (t) = 100−t y Q(t) = 65 , entonces podemos hallar el factor integrante sustituyendo en la formula (2,14), R
µ(t) = e
4 dt 100−t
= e−4ln(100−t) = (100 − t)−4
y reemplazando en la f´ormula (2.15) tenemos 1 V (t) = (100 − t)−4
"Z
6 (100 − t)−4 dt + c 5 " # 2(100 − t)−3 1 +c = (100 − t)−4 5
#
= 0,4(100 − t) + c(100 − t)4 . Al usar la condici´on inicial V (0) = 1 para evaluar la constante, obtenemos V (0) = 0,4(100 − 0) + c(100 − 0)4 = 1 40 + 105 c = 1 c = −3,9 · 10−4 . Luego V (t) = 0,4(100 − t) − (3,9 × 10−4 )(100 − t)4 . El cual es el volumen de a´cido n´ıtrico en el tanque despu´es de t minutos.
3.3. MEZCLAS 3.3.0.3.
99
Ejercicios
1. Un tanque de 400 galones contiene inicialmente 200 galones de agua que contiene 2 partes por 1000 millones en peso de dioxina que es una carcin´ogena extremadamente potente. Suponga que el agua que contiene 5 partes por 1000 millones de dioxina fluye hacia arriba del tanque a raz´on de 4 galones por minuto. El agua en el tanque se mantiene bien mezclada y se retiran dos galones por minuto por el fondo del tanque. ¿Cu´anta dioxina se encuentra en el tanque cuando est´a lleno? 2. Una cubeta de 5 galones est´a llena de agua pura. Suponga que empezamos a a˜ nadir 1 sal a la cubeta a raz´on de 4 de libra por minuto. Adem´as, abrimos el grifo de manera que salga 12 gal´on por minuto de la cubeta y agregamos agua pura para mantener llena la cubeta. Si la soluci´on de agua salada est´a siempre bien mezclada. ¿Cul es la cantidad de sal en la cubeta despu´es de. a. 1 minutos. b. 10 minutos. c. 60 minutos. 3. Un tanque parcialmente lleno con 100 galones de salmuera, con 10lb de sal disuelta, le entra salmuera con 1/2lb de sal por gal´on a raz´on de 6 gal/min. El contenido del tanque est´a bien mezclado y de ´el sale a raz´on de 4 gal/min de soluci´on. Calcule la cantidad de libras de sal que hay en el tanque a los 30 minutos. 4. Un dep´osito contiene 50 litros de una soluci´on compuesta por 90 % de agua y 10 % de alcohol. Se vierte el dep´osito a raz´on de 4 litros/minuto una segunda soluci´on que contiene 50 % de agua y 50 % de alcohol. Al mismo tiempo se vac´ıa el dep´osito a raz´on de 5 litros/minuto. Suponiendo que la soluci´on se agita constantemente, calcular la cantidad de alcohol que queda despu´es de 10 minutos. 5. Una alberca cuyo volumen es de 10000 galones contiene agua con cloro al 0,01 %. A partir del instante t = 0, se bombea agua del servicio publico con cloro al 0,001 % hacia la alberca, a raz´on de 5 galones/minuto. El agua sale de la alberca con la misma raz´on. ¿Cu´al es el porcentaje de cloro en la alberca despu´es de 1 hora? ¿En qu´e momento el agua de la alberca tendr´a 0,002 %5 de cloro? 6. La sangre conduce un medicamento a un o´rgano a raz´on de 3 cm3 /s y sale con la misma raz´on. El ´organo tiene un volumen l´ıquido de 125 cm3 . Si la concentraci´on del medicamento en la sangre que entra al o´rgano es de 0,2 g/cm3 , ¿Cu´al es la concentraci´on del medicamento en el o´rgano en el instante t, si inicialmente no hab´ıa rastros de dicho medicamento? ¿En qu´e momento llegar´a la concentraci´on del medicamento en el o´rgano a 0,1 g/cm3 ?
100CAP´ITULO 3. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 7. Un objeto de 400 libras se libera desde el reposo a 500 pies sobre el suelo y se le permite caer bajo la influencia de la gravedad. Suponiendo que la fuerza en libras debida a la resistencia del aire es −10v, donde v es la velocidasd del objeto en pies/s, determine la ecuaci´on de movimiento del objeto. ¿En qu´e momento tocar´a el objeto el suelo?
3.4.
Trayectorias Ortogonales
Dos curvas se cortan en ´angulo recto si las respectivas rectas tangentes, en los puntos de intersecci´on, son rectas perpendiculares. Definici´ on 3.8. Cuando todas las curvas de una familia F (x, y, c1 ) = 0 cortan ortogonalmente a todas las curvas de otra familia G(x, y, c2 ) = 0, se dice que las familias son ortogonales. Esto significa que cada curva de la familia F (x, y, c1 ) = 0 corta en ´angulo recto a toda curva de la otra familia G(x, y, c2 ) = 0. Ejemplo 3.9. En la figura (3.3) se ve que la familia de rectas que pasan por el origen y = c1 x y la familia de c´ırculos conc´entricos con centro en el origen x2 + y 2 = c2 son trayectorias ortogonales.
Figura 3.3: Para encontrar las trayectorias ortogonales de una familia de curvas F (x, y, c1 ) = 0, se dy halla de esta ecuaci´on (por diferenciac´on impl´ıcita) la derivada dx , que usualmente se
3.4. TRAYECTORIAS ORTOGONALES
101
puede expresar de la forma siguente: dy = r(x, y) dx r(x, y) = − ∂F/∂x , en todo punto (x, y) de F (x, y, c1 ) = 0 donde ∂F/∂y
∂F ∂y
6= 0 .
La ecuaci´on de la familia ortogonal es dada, en forma diferencial, por la ecuaci´on
2
dy 1 =− . dx r(x, y) Al eliminar la constante c1 entre el par de ecuaciones F (x, y, c1 ) = 0 dy 1 =− dx r(x, y) y resolver la ecuaci´on diferencial resultante (si es que es posible), obtenemos una representaci´on algebraica de la familia ortogonal a la familia F (x, y, c1 ) = 0. Ejemplo 3.10. Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de curvas y = ekx . Soluci´on. La derivada de y = ekx es: dy = kekx dx despejamos k de y = ekx , ln(y) = kx, k =
ln(y) , x
x 6= 0 y reemplazando se obtiene:
dy ln(y) ln(y) = e dx x dy y ln(y) = dx x La ecuaci´on diferencial de la familia ortogonal es dy x =− dx y ln(y) esta u ´ltima ecuaci´on se resuelve por variables separables: 2
Esta expresi´ on est´ a inspirada en el hecho que dos rectas son perpendiculares si el producto de sus pendientes es −1.
102CAP´ITULO 3. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
y ln(y)dy = −xdx Z Z y ln(y)dy = −xdx y 2 ln(y) y 2 x2 − = − + c2 2 4 2 2y 2 ln(y) − y 2 + 2x2 = 4c2 2y 2 ln(y) − y 2 + 2x2 = c3 en donde por conveniencia se reemplazo 4c2 por c3 .
3.5.
Mec´ anica de Newton
La mec´anica es el estudio del movimiento de los objetos y el efecto de las fuerzas que act´ uan sobre tales objetos. la mec´anica de Newton o cl´asica, trata del movimiento de los objetos comunes es decir, de los objetos que son grandes en comparaci´on con un a´tomo y lentos en comparaci´on con la velocidad de la luz. Un modelo de la mec´anica de Newton se puede basar en las leyes del movimiento de Newton: 1. En ausencia de fuerzas, un objeto (cuerpo) en descanso seguir´a en descanso, y un cuerpo movi´endose a una velocidad constante en l´ınea recta, lo continuar´a haciendo indefinidamente. 2. Cuando un cuerpo se sujeta a una o m´as fuerzas externas, la raz´on de cambio temporal del momento del cuerpo es igual a la suma vectorial de las fuerzas externas que act´ uan sobre ´el. 3. Cuando un cuerpo interact´ ua con otro, la fuerza del primer cuerpo sobre el segundo es igual en magnitud, pero opuesta en direcci´on, a la fuerza del segundo cuerpo sobre el primero. La segunda ley de Newton que s´olo se aplica a marcos de referencia inerciales, nos permite formular las ecuaciones de movimiento para un cuerpo. Podemos expresar la segunda ley de Newton como dp = F (t, x, v). dt
´ 3.5. MECANICA DE NEWTON
103
donde F (t, x, v) es la fuerza resultante sobre el cuerpo en el instante t, posici´on x, velocidad v y p(t) es el momento del cuerpo en el instante t. El momento es el producto de la masa del cuerpo y su velocidad, es decir, p(t) = mv(t) de modo que podemos expresar la segunda ley de Newton como dv = ma = F (t, x, v) dt es la aceleraci´on del cuerpo en el instante t. m
donde a =
dv dt
(3.11)
En esta secci´on nos centraremos en situaciones donde la fuerza F no depende de x. Luego la ecuaci´on de primer orden en v(t) es: m
dv = ma = F (t, v). dt
(3.12)
Ejemplo 3.11. Un objeto de masa 5 Kg recibe una velocidad inicial hacia abajo de 50m/s y luego se le permite caer bajo la influencia de la gravedad. Suponga que la fuerza en newtons debida a la resistencia del aire es −10v, donde v es la velocidad del objeto en m/s. Determine la ecuaci´on de movimiento del objeto. Si el objeto est´a inicialmente a 500 m sobre el suelo, determine el momento en que el objeto golpear´a el suelo.(Figura 3.4)
Figura 3.4:
104CAP´ITULO 3. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Soluci´on. Hay dos fuerzas actuando sobre el objeto: una fuerza constante debida al empuje hacia abajo de la gravedad y una fuerza debida a la resistencia del aire que es proporcional a la velocidad del objeto y actu´an en forma opuesta al movimiento del objeto. Por lo tanto, el movimiento del objeto se realizar´a a lo largo de un eje vertical. En este eje, elegimos el origen como el punto donde el objeto fue lanzado inicialmente y definimos x(t) como la distancia que ha caido el objeto hasta el instante t Las fuerzas que act´ uan sobre el objeto a lo largo de este eje se pueden expresar de la siguiente manera: La fuerza debida a la gravedad es F1 = mg donde g es la aceleraci´on debida a la gravedad en la superficie de la tierra. La fuerza debida a la resistencia del aire es F2 = −bv(t) donde b > 0 es la constante de proporcionalidad y el signo negativo est´a presente debido a que la resistencia del aire act´ ua en forma opuesta al movimiento del objeto. La fuerza neta que act´ ua en el objeto es: F = F1 + F2 = mg − bv(t) ahora utilizando la ecuaci´on (3.11) y sustituyendo en (3.12) se obtiene: dv m = ma = F (t, v) dt dv m = mg − bv, v(0) = v0 dt
(3.13)
(3.14)
m m donde m = 5kg, v0 = v(0) = 50 seg , b = 10, g = 9,81 seg 2 . Reemplazando en (3.14) obtenemos: dv m 5kg = 5kg · 9,81 − 10v(t)N dt seg 2 10N dv 5kg m = · 9,81 − v(t) 2 dt 5kg seg 5kg m m dv = 9,81 −2 v(t) 2 dt seg seg 2 dv + 2v(t) = 9,81 dt
´ 3.5. MECANICA DE NEWTON
105
utilizando variables separables o lineal obtenemos: v(t) = 4,905 + ce−2t como v(0) = 50 se obtiene, c = 45,095. Entonces v(t) = 4,905 + 45,095e−2t . Para hallar la ecuaci´on de movimiento primero resolvemos la ecuaci´on diferencial v(t) =
dv = 4,905 + 45,095e−2t dt
donde x(t) = 4,905t − 22,55e−2t + k
(3.15)
como hemos considerado que x = 0 cuando t = 0, reemplazando en (3.15) obtenemos k = 22,55. Por lo tanto, la ecuaci´on de movimiento es: x(t) = 4,905t − 22,55e−2t + 22,55 como el objeto se liber´o a 500m sobre el suelo, podemos determinar el momento en que el objeto toca el suelo haciendo x(t) = 500 y despejando t. As´ı escribimos x(t) = 4,905t − 22,55e−2t + 22,55 o´ t − 4,59e−2t = 97,3.
(3.16)
La ecuaci´on (3.16) no se puede resolver de manera expl´ıcita en t´erminos de t. Para resolverla tomamos el hecho que e−2t ser´a muy peque˜ no para t, es decir ignoramos el −2t t´ermino e y obtenemos como aproximaci´on t ≈ 97,3 segundos. Ejemplo 3.12. Un paracaidista cuya masa es de 75 Kg se arroja de un helic´optero que vuela a 2000 m sobre el suelo y cae hacia ´este bajo la influencia de la gravedad. Suponga que la fuerza debida a la resistencia del aire es proporcional a la velocidad del paracaidista, con la constante de proporcionalidad b1 = 30 Ns/m cuando se abre, si el paraca´ıdas est´a cerrado y b2 = 90 Ns/m cuando est´a abierto. Si el paraca´ıdas no se abre hasta que la velocidad del paracaidista es de 20 m/s. despu´es de cu´antos segundos llegar´a al suelo?
106CAP´ITULO 3. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Soluci´on. S´olo nos interesa el momento en que la paracaidista toca el suelo, no el lugar. As´ı, s´olo consideramos el componente vertical de su descenso. Para esto, necesitamos usar dos ecuaciones, una para describir el movimiento antes de abrir el paraca´ıdas y la otra para aplicar despu´es de abrirlo. m Antes de abrirse: m = 75 kg, v0 = v(0) = 0, b = b1 = 30 Ns/m, g = 9,81 seg 2 y x(0) = 0.
Reemplazando en (3.14) tenemos dv = 75 · 9,81 − 30v(t) dt dv m = 9,81 − 0,4v(t) dt seg 2 dv + 0,4v(t) = 9,81 dt
75
utilizando variables separables o lineal obtenemos: v1 (t) = 24,53 + ce−0,4t como v(0) = 0 se obtiene, c = −24,53 entonces v1 (t) = 24,53 − 24,53e−0,4t y x1 (t) = 24,53t1 + 61,31e−0,4t1 − 61,31 como el paraca´ıdas se abre hasta que la velocidad es de 20m/s es decir velocidad final. Se puede hallar el tiempo que recorri´o. Por lo tanto 20 = 24,53 − 24,53e−0,4t t1 = 4,22seg y ha ca´ıdo x1 (4,22) = 24,53(4,22) + 61,31e−0,4(4,22) − 61,31 = 53,54 (en estos y otros c´alculos, redondearemos nuestras cifras a dos cifras decimales). Ahora, al abrirse el paraca´ıdas, el paracaidista est´a a 2000 − 53,54 = 1946,46 metros sobre el suelo. m Ahora consideramos el caso despu´es de abrirse: m = 75kg, v0 = v(0) = 20 seg , m b =2 = 90N · s/m, g = 9,81 seg2 y x2 (0) = 0, por lo tanto
x2 (t) = 8,12t2 + 9,85 − 9,85e−1,2t2
3.6. CALENTAMIENTO Y ENFRIAMIENTO DE EDIFICIOS
107
para determinar el momento en que el paracaidista llega al suelo, hacemos x2 (t) = 1946,46 m, la altura a la que estaba el paracaidista al abrir su paraca´ıdas. Esto da como resultado 1946,46 = 8,12t2 + 9,85 − 9,85e−1,2t2 238,5 = t2 − 1,21e−1,2t2
(3.17)
La ecuaci´on (3.17) no se puede resolver de manera expl´ıcita en t´erminos de t. Para resolverla tomamos el hecho que e−1,2t ser´a muy peque˜ no para t, es decir, ignoramos −1,2t el t´ermino e y obtenemos como aproximaci´on t2 ≈ 238,5 segundos. Por lo tanto golpear´a el suelo 238,5 seg despu´es de arrojarse desde el helic´optero.
3.6.
Calentamiento y Enfriamiento de Edificios
La idea consiste en formular un m´odelo matem´atico que describa el perfil de temperatura dentro de un edificio durante 24 horas, como funci´on de la temperatura exterior, el calor generado dentro del edificio y el calefactor o aire acondicionado. Sea T (t) la temperatura dentro del edificio en el instante t y veamos al edificio como un u ´nico comportamiento. La raz´on de cambio en la temperatura queda determinada por todos los factores que generan o disipan calor. Factores que afectan la temperatura dentro del edificio. Calor generado por las personas, las luces y las m´aquinas dentro del edificio. Esto incrementa la temperatura y se denota por H(t). Siempre es positiva. Calentamiento o enfriamiento proporcionado por calefacci´on o´ aire acondicionado. Esta raz´on de incremento (o decremento) de temperatura se denota por U (t). Que es positiva para calefacci´on y negativa para aire acondicionado. Se tiene que H(t) y U (t) est´an en t´erminos de temperatura por unidad de tiempo. Efecto de la temperatura exterior M (t) sobre la temperatura dentro del edificio. El tercer factor lo podemos modelar mediante la ley de enfriamiento de Newton. Esta ley establece que la raz´on de cambio de la temperatura T (t) es proporcional a la diferencia entre la temperatura exterior M (t) y la temperatura interior T (t). Es decir: dT = K[M (t) − T (t)] dt
108CAP´ITULO 3. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN la constante depende de las propiedades f´ısicas del edificio, como cantidad de puertas, ventanas y el tipo de aislamiento. Por lo tanto dT = K[M (t) − T (t)] + H(t) + U (t) (3.18) dt donde
dT + KT (t) = KM (t) + H(t) + U (t) dt
es una ecuaci´on diferencial lineal. Con p(t) = K Q(t) = KM (t) + H(t) + U (t). El factor integrante es R
µ(t) = e
Kdt
= eKt
utilizando la f´ormula (2.10) nos resulta Z −Kt Kt T (t) = e e [KM (t) + H(t) + U (t)]dt + c y
1 K
es la constante de tiempo para el edificio (sin calefacci´on o aire acondicionado).
Ejemplo 3.13. En una calurosa ma˜ nana de s´abado, cuando las personas trabajan dentro del edificio, el aire acondicionado mantiene la temperatura interior en 240 C. A mediod´ıa, el aire acondicionado se apaga y las personas se van a casa. La temperatura exterior es constante e igual a 350 C durante el resto de la tarde. Si la constante de tiempo del edificio es de 4 horas, ¿cu´al ser´a la temperatura dentro del edificio a las 2 : 00P.M.? ¿Y a las 6 : 00P.M.? ¿En qu´e momento llegar´a la temperatura interior del edificio a 270 C? Soluci´on. Se tiene M (t) = 350 C, T (0) = 240 C, H(t) = 0, U (t) = 0, K1 = 4 por lo tanto tenemos que K = 14 . Hallemos T (2). Reemplazando en la ecuaci´on Z −Kt Kt T (t) = e e [KM (t) + H(t) + U (t)]dt + c obtenemos: Z
1 T (t) = e e 35dt + c 4 1 t − 41 t 4 e 35 + c T (t) = e − 14 t
1 t 4
1
T (t) = 35 + ce− 4 t .
3.6. CALENTAMIENTO Y ENFRIAMIENTO DE EDIFICIOS
109
como T (0) = 240 C tenemos: 1
240 C = 350 C + ce− 4 t c = −11. 1
Por lo tanto, T (2) = 35 − 11e− 4 t de donde reemplazando podemos hallar T (t) = 35 − 1 11e− 4 2 = 28,320 C. La temperatura a las 2 : 00P.M. es de 28,320 C. La temperatura a las 6 : 00P.M. es de 32,540 C. Para hallar en qu´e momento la temperatura llega a 270 C reemplazamos en 1 1 T (t) = 35−11e− 4 t , es decir, 27 = 35−11e− 4 t , despejando t obtenemos t = 1 : 16P.M. Ejemplo 3.14. Se va a construir un almac´en sin calefacci´on ni aire acondicionado. Seg´ un la cantidad de aislamiento, la constante de tiempo para este edificio puede variar de 1 a 5 horas. Para ilustrar el efecto del aislamiento sobre la temperatura dentro del almac´en, suponga que la temperatura exterior var´ıa como una onda senoidal, con un m´ınimo de 160 C a las 2 : 00A.M. y un m´aximo de 320 C a las 2 : 00P.M. Suponiendo que el t´ermino exponencial (que implica la temperatura inicial T0 ) se ha extinguido, ¿cu´al es la temperatura m´ınima dentro del edificio, si la constante de tiempo es 1 hora? ¿Y si la constante de tiempo es 5 horas? ¿Cu´al es la m´axima temperatura dentro del edificio si la constante de tiempo es 1 hora? ¿Y si es 5 horas? Soluci´on. Como M (t) var´ıa como una onda senoidal en un periodo de 24 horas, con un m´ınimo 160 C a las 2 : 00A.M., y un m´aximo de 320 C a las 2 : 00P.M., t = 12. Es decir M (t) = M0 − B cos(wt) donde B es una constante positiva, M0 es la temperatura exterior promedio, M (t) =
2π π radianes 32 + 16 = 240 C y w = = . 2 24 12 hora
Adem´as U (t) = 0 porque no hay calefacci´on ni aire acondicionado. H(t) = H0 = 0 no hay raz´on de calentamiento dentro del edificio. De la ecuaci´on (3.18) tenemos dT = K M0 − B cos(wt) − T (t) + H0 dt dT + KT = K M0 − B cos(wt) + H0 dt
(3.19)
110CAP´ITULO 3. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN hacemos B0 = M0 +
H0 , K
reemplazando en (3.19) tenemos que: dT + KT = K B0 − B cos(wt) dt
donde KB0 representa el valor promedio diario de KB0 − KB cos(wt), es decir: 1 KB0 = 24
Z
24
KB0 − KB cos(wt) dt
0
la soluci´on de la ecuaci´on es: −Kt
Z
Kt
T (t) = e e KB0 − KB cos(wt) dt + c w sin(wt) B cos(wt) + K + ce−Kt T (t) = B0 − w 2 1+ t
para t = 0 y T0 = 160 C reemplazando en la u ´ltima ecuaci´on se tiene: 16 = B0 −
B 1+
w 2 t
+c
por lo tanto c = 16 − B0 +
B 1+
w 2 t
es decir T (t) = B0 −
B cos(wt) + 1+
w sin(wt) K w 2 t
+ 16 − B0 +
B 1+
−Kt e w 2 t
como H0 = 0, B0 = M 0 es decir, cuando no hay raz´on de calentamiento adicional dentro del edificio H0 = 0 la temperatura promedio interior B0 es igual a la temperatura promedio exterior M0 . Por lo tanto B0 = 240 C. Como el t´ermino exponencial se ha extinguido, entonces c = 0. Reemplazando tenemos: B cos(wt) + wk sin(wt) T (t) = 24 − 2 1 + wt
3.6. CALENTAMIENTO Y ENFRIAMIENTO DE EDIFICIOS
111
para hallar el valor de B tomamos M (t) = M00 B cos(wt) π M (t) = 24 − B cos t 12 para t = 0 y M (t) = 16 se tiene B = 8. Por lo tanto: T (t) = 24 −
8 cos(wt) + 1+
w sin(wt) K w 2 t
para hallar la temperatura m´ınima para t = 0, K1 = 1, se tiene K = 1 y tomamos w = que es aproximadamente 14 reemplazando en la u ´ltima ecuaci´on obtenemos: 8
T (0) = 24 −
1 2 4
1+ para
1 K
8 1+
para hallar la temperatura m´axima t = 12,
1 K
5 2 4
1 2 4
1+ = 5, se tiene K =
1 5
= 20,80 C.
= 1, se tiene K = 1 8
T (12) = 24 +
1 K
= 16,40 C
= 5, se tiene K = 15 . La temperatura m´ınima es T (0) = 24 −
para
2π 24
= 31,50 C
la temperatura m´axima es 8
T (12) = 24 + 1+
5 2 4
= 27,10 C
Ejemplo 3.15. Durante el verano, la temperatura dentro de una camioneta llega a 550 C, mientras que en el exterior es constante e igual a 350 C. Cuando la conductora entra a la camioneta, enciende el aire acondicionado con el termostato en 160 C. Si la constante de tiempo para la camioneta es K1 = 2 horas y para la camioneta con el aire acondicionado es K11 = 13 hora , ¿en qu´e momento llegar´a la temperatura dentro de la camioneta a los 270 C?
112CAP´ITULO 3. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Soluci´on. K11 es la constante de tiempo con calefacci´on y aire acondicionado donde K1 = K + Ku. En la camioneta se instala un termostato que se utiliza para comparar la temperatura real dentro de la camioneta con una temperatura deseada TD . Si la temperatura real es menor que la temperatura deseada, el calefactor comienza a funcionar y en caso contrario se desconecta. Si la temperatura real es mayor que la temperatura deseada, el aire acondicionado comienza a enfriar y en caso contrario se desconecta. Si la cantidad de calentamiento es proporcional a la diferencia de temperatura; es decir; U (t) = Ku TD − T (t)
(3.20)
donde Ku es la constante de proporcionalidad (positiva). Se tiene M (t) = 350 C, T (t) = 550 C, H(t) = 0, TD = 160 C, K1 = 2 entonces K = 12 , 1 = 13 , entonces K1 = 3. Como U (t) = Ku TD − T (t) de la ecuaci´on (3.15) se tiene K1 dT = K M (t) − T (t) + Ku TD − T (t) dt dT + T K + Ku = KM (t) + Ku TD dt
(3.21)
vemos que para este ejemplo, la cantidad p(t) = K es igual a K + Ku , por lo tanto K1 = K + Ku 1 3 = + Ku 2 5 Ku = 2 reemplazando en (3.21) tenemos: dT 1 5 + 3T = 35 + 16 dt 2 2 dT 115 + 3T = dt 2 la cual es una ecuaci´on diferencial lineal. Su factor integrante es: µ(t) = e3t , por lo tanto la soluci´on es: Z −3t 3t 115 T =e e dt + c 2 −3t 3t 115 T =e e dt + c 6 115 T = + ce−3t 6
3.6. CALENTAMIENTO Y ENFRIAMIENTO DE EDIFICIOS
113
como T (0) = 55, tenemos 115 +c 6 215 c= 6 115 215 −3t + e T (t) = 6 6 55 =
para hallar en qu´e momento la temperatura llegara a 270 C reemplazamos en la u ´ltima ecuaci´on y despejamos t. 115 215 −3t + e 6 6 t = 0,5068 horas t = 30,4 minutos. 27 =
3.6.0.4.
Ejercicios
1. Un objeto de masa 8 Kg recibe una velocidad inicial hacia abajo de 20 m/s y luego se le permite caer bajo la influencia de la gravedad. Suponga que la fuerza en Newtons debida a la resistencia del aire es −16v, donde v es la velocidad del objeto en m/s. Determine la ecuaci´on de movimiento del objeto. Si el objeto est´a inicialmente a 100 m sobre el suelo, determine el momento en que el objeto golpear´a el suelo. 2. Un objeto con masa de 2 Kg se lanza desde el reposo de una plataforma a 30 m sobre el agua y se deja caer bajo la influencia de la gravedad. Despu´es de que el objeto golpea el agua, comienza a hundirse, con la gravedad jal´andolo hacia abajo y una fuerza de flotaci´on empuj´andolo hacia arriba. Suponga que la fuerza de gravedad es constante, que no hay cambios en el momento del objeto al golpear el agua, que la fuerza de flotaci´on es 1/2 del peso (peso = mg), y que la fuerza debida a la resistencia del aire o del agua es proporcional a la velocidad del objeto, con constante de proporcionalidad b1 = N − s/m en el aire y b2 = N − s/m en el agua. Determine la ecuaci´on de movimiento del objeto. ¿Cu´al es la velocidad del objeto minuto despu´es de ser arrojado?. 3. Un paracaidista cuya masa es de 100 Kg se arroja de un helic´optero que vuela a 3000 m sobre el suelo y cae bajo la influencia de la gravedad. Suponga que la fuerza debida a la resistencia del aire es proporcional a la velocidad del paracaidista, con
114CAP´ITULO 3. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN la constante de proporcionalidad b3 = N-s/m cuando el paraca´ıdas est´a cerrado y b4 = N-s/m cuando se abre. Si el paraca´ıdas no se abre hasta 30 segundos despu´es de que el paracaidista sale del helic´optero, ¿despu´es de cu´antos segundos llegar´a ´el al suelo? Si el paraca´ıdas no se abre hasta 1 minuto despu´es de que el paracaidista sale del helic´optero, ¿despu´es de cu´antos segundos llegar´a ´el al suelo? 4. Un objeto con masa de 100 Kg se lanza desde el reposo de una lancha hacia el agua y se deja hundir. Aunque la gravedad jala el objeto hacia abajo, una fuerza de flotaci´on de 1/40 veces el peso del objeto lo empuja hacia arriba (peso = mg). Si suponemos que la resistencia del agua ejerce sobre el objeto una fuerza proporcional a la velocidad del objeto, con constante de proporcionalidad 10 N-s/m. Determine la ecuaci´on de movimiento del objeto. ¿Despu´es de cuantos segundos ocurrir´a que la velocidad del objeto es igual a 70 m/s? 5. Un objeto de masa m se libera desde el reposo y cae bajo la influencia de la gravedad. Si la magnitud de la fuerza debida a la resistencia del aire es bv n , donde b y n son constantes positivas, determine la velocidad l´ımite del objeto (suponiendo que este l´ımite existe). (Sugerencia: Justifique que la existencia de una velocidad l´ımite → 0 cuando t → +∞). (finita) implica dv dt 6. Cuando la velocidad v de un objeto es muy grande, la magnitud de la fuerza debida a la resistencia del aire es proporcional a v 2 y la fuerza act´ ua en direcci´on opuesta al movimiento del objeto. Un proyectil con masa de 3Kg se lanza desde el suelo, hacia arriba y con una velocidad inicial de 500 m/s. Si la magnitud de la fuerza debida a la resistencia del aire es (0,1)v 2 , ¿en qu´e momento alcanzar´a el proyectil su m´axima altura sobre el suelo? ¿Cu´al es esa m´axima altura?. 7. Si un objeto cae desde un aeroplano la velocidad hacia abajo despu´es de x seg es m −1 . y(x) es la aproximadamente y 0 = kg (1 − e−kx ) en donde g = 9,8 seg 2 y k = 0, 2seg distancia que a ca´ıdo, por lo tanto y(0) = 0. Si este objeto cae desde una altura de 5000 mts. ¿Cu´anto le tomar´a llegar a la tierra?. Calcule esto. 8. Encuentre las trayectorias ortogonales a la familia: a) y = −x − 1 + c1 ex . b) y =
1 . x+c1
c) y = xk , para x > 0,
c > 0.
d ) xy = c. 9. Determine el valor de a para que las familias de curvas y 3 = C1 x y x2 + ay 2 = C2 sean ortogonales.
3.6. CALENTAMIENTO Y ENFRIAMIENTO DE EDIFICIOS
115
10. Era el mediod´ıa en un fr´ıo d´ıa de diciembre en Tampa: 160 C. El detective Taylor lleg´o a la escena del crimen para hallar al sargento sobre el cad´aver. El sargento dijo que hab´ıa varios sospechosos. Si supiera el momento exacto de la muerte, podr´ıan reducir la lista de sospechosos. El detective Taylor sac´o un term´ometro y midi´o la temperatura del cuerpo: 34, 50 C. Luego sali´o a comer. Al regresar, a la 1 : 00P.M., hall´o que la temperatura del cuerpo era de 33, 70 C. ¿En qu´e momento ocurri´o el asesinato? [Sugerencia: la temperatura normal del cuerpo es de 370 C.] 11. En una fresca ma˜ nana de s´abado, mientras las personas trabajan en el interior, el calefactor mantiene la temperatura interior del edificio en 210 C. A medioda, el aparato se apaga y los empleados se van a casa. La temperatura exterior es constante e igual a 120 C durante el resto de la tarde. Si la constante de tiempo para el edificio es de 3 horas, ¿en qu´e momento llegar´a la temperatura del edificio a 160 C? Si algunas ventanas se dejan abiertas y la constante de tiempo se reduce a 2 horas, ¿en qu´e momento llegar´a la temperatura interior a 160 C?. 12. Una cochera sin calefacci´on ni aire acondicionado tiene una constante de tiempo de 2 horas. Si la temperatura exterior var´ıa como una onda senoidal con un m´ınimo de 500 F a las 2 : 00A.M.. y un m´aximo de 800 F a las 2 : 00P.M., determine los instantes en que el edificio alcanza su temperatura m´axima y m´ınima, suponiendo que el t´ermino exponencial se extingue. 13. Un lunes temprano por la ma˜ nana, la temperatura en la sala de lectura ha descendido hasta 400 F , igual a la temperatura exterior. A las 7 : 00a.m., el conserje enciende el calefactor con el termostato puesto en 700 F . La constante de tiempo para el edificio es 1/K = 2 horas y la constante de tiempo para el edificio junto con su sistema de calentamiento es 1/K1 = 1/2 hora. Suponiendo que la temperatura exterior permanece constante, ¿cu´al ser´a la temperatura dentro de la sala de lectura a las 8 : 00a.m.? ¿En qu´e momento llegar´a la temperatura dentro de la sala a 650 F ?.
116CAP´ITULO 3. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
Cap´ıtulo 4 Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior
En este cap´ıtulo presentamos m´etodos de soluci´on de ecuaciones diferenciales lineales de orden mayor o igual que dos. Como vimos anteriormente una ecuaci´on diferencial de orden n lineal es una ecuaci´on de la forma: dn−1 y dy dn y an (x) n + an−1 (x) n−1 + · · · + a1 (x) + a0 (x)y = g(x) dx dx dx Si g(x) = 0 se dice que es homog´enea. Si g(x) 6= 0 se dice que es no homog´enea. Si las funciones ai (x) para i = 1, 2, · · · , n son constantes, es decir, ai (x) = ai ∈ R para 0 ≤ i ≤ n, entonces se dice que la ecuaci´on lineal es de coeficientes constantes.
4.1.
Teor´ıa preliminar
Teorema 4.1. Existencia y unicidad de soluciones para ecuaciones lineales de orden n. Dada la ecuaci´on diferencial lineal de orden n: an (x)
dn y dn−1 y dy + a (x) + · · · + a1 (x) + a0 (x)y = g(x) n−1 n n−1 dx dx dx 117
118CAP´ITULO 4. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR Suponga que g(x), ai (x), con i = 0, 1, 2, · · · , n, son funciones continuas en un intervalo (a, b), que contiene al punto x0 . Entonces, para cualquier elecci´on de los valores iniciales y0 , y1 , · · · , yn−1 , existe una u ´nica soluci´on y(x) en todo el intervalo (a, b) del problema con valor inicial y(x0 ) = y0 , y 0 (x0 ) = y1 , · · · , y n−1 (x0 ) = yn−1 . Nota. Desde el punto de vista geom´etrico, la unicidad en el teorema permite afirma que si dos curvas soluci´on que pasan por el mismo punto deben ser id´enticas en todo intervalo (a, b).
4.1.1.
Operadores Diferenciales Lineales
Sea la ecuaci´on
d2 y dy + p(x)P + q(x)y = g(x). 2 dx dx La expresi´on del lado izquierdo de la ecuaci´on, por conveniencia la escribimos como: y 00 (x) + p(x)y 0 (x) + q(x)y(x).
(4.1)
Dada cualquier funci´on y con segunda derivada continua en un intervalo I, la ecuaci´on (4.1) genera una nueva funci´on que denotamos por L[y]. Esto es L[y] := y 00 + py 0 + qy
(4.2)
lo que hemos hecho es asociar a tal funci´on y la funci´on L[y], que significa una transformaci´on que asocia a cada elemento de su dominio un u ´nico elemento en su imagen. As´ı, L se puede interpretar como una funci´on definida en un conjunto de funciones. Su dominio es la colecci´on de funciones con segundas derivadas continuas; su imagen consta de todas las funciones continuas y la regla de correspondencia esta dada por (4.2). Tales transformaciones las llamaremos operadores. Como L implica la derivaci´on, decimos que L es un operador diferencial. 4.1.1.1.
Linealidad Del Operador Diferencial
Lema 4.2. sea L[y] := y 00 + p(x)y 0 + q(x)y. Si y, y1 , y y2 son cualesquiera funciones dos veces diferenciables en el intervalo I y si c es constante, entonces (i.) L[y1 + y2 ] = L[y1 ] + L[y2 ] (ii.) L[cy] = cL[y]
4.1. TEOR´IA PRELIMINAR Demostraci´on.
119
1. Probemos (i.) L[y1 + y2 ] = (y1 + y2 )00 + p(y1 + y2 )0 + q(y1 + y2 ) = y100 + y200 + p(y10 + y20 ) + q(y1 + y2 ) = y100 + py10 + qy1 + y200 + py20 + qy2 = L[y1 ] + L[y2 ]
2. Ahora probemos (ii.) L[cy] = (cy)00 + p(cy)0 + q(cy) = cy 00 + pcy 0 + qcy = c(y 00 + py 0 + qy) = cL[y]
Teorema 4.3. [Combinaciones Lineales de Soluciones]: Sean y1 y y2 soluciones de la ecuaci´on homog´enea y 00 + py 0 + qy = 0, (4.3) entonces cualquier combinaci´on lineal c1 y1 +c2 y2 de y1 y y2 , donde c1 y c2 son constantes, tambi´en es una soluci´on de (4.3). Demostraci´on. Si L[y] := y 00 + py 0 + qy, entonces L[y1 ] = 0 y L[y2 ] = 0, ya que y1 y y2 son soluciones de (4.3). Como L es lineal tenemos: L[c1 y1 + c2 y2 ] =L[c1 y1 ] + L[c2 y2 ] =c1 L[y1 ] + c2 L[y2 ] =c1 · 0 + c2 · 0 =0. As´ı c1 y1 + c2 y2 es una soluci´on de la ecuaci´on (4.3).
4.1.2.
Soluciones fundamentales de ecuaciones homog´ eneas
Teorema 4.4. Sean y1 y y2 dos soluciones en (a, b) de y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = 0.
(4.4)
120CAP´ITULO 4. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR Donde p y q son continuas en un intervalo (a, b). Suponga que en cierto punto x0 en (a, b), estas soluciones satisfacen y1 (x0 )y20 (x0 ) − y10 (x0 )y2 (x0 ) 6= 0. Entonces toda soluci´on de la ecuaci´on (3.4) en (a, b) se puede expresar como y(x) = c1 y1 (x) + c12 y2 (x). Donde c1 y c2 son constantes. 4.1.2.1.
Dependencia lineal
Definici´ on 4.5. El conjunto de funciones {f1 , f2 , · · · , fn } es linealmente dependiente en I un intervalo si existen constantes c1 , c2 , · · · , cn , no todas iguales a 0, tales que c1 f1 + c2 f2 + · · · + cn fn ≡ 0, es decir c1 f1 (x) + c2 f2 (x) + · · · + cn fn (x) = 0 para toda x en el intervalo. Si todas las constantes son igual a cero, se dice que {f1 , f2 , · · · , fn } es linealmente independiente.
4.1.2.2.
El wronskiano
Definici´ on 4.6. Dadas las funciones f1 (x), f2 (x), · · · , fn (x) se define su Wronskiano como el determinante: f1 f · · · f 2 n 0 0 f0 f2 · · · fn 1 W (f1 , f2 , · · · , fn ) = .. .. .. .. . . . . . n−1 n−1 n−1 f1 f2 · · · fn El wronskiano es una herramienta muy u ´til para determinar si un conjunto de funciones es linealmente independiente o dependiente. Proposici´ on 4.7. Un conjunto de funciones {f1 , f2 , · · · , fn } de la ecuaci´on diferencial lineal de orden n homog´enea
4.1. TEOR´IA PRELIMINAR
an (x)
121
dn y dn−1 y dy + a0 (x)y = 0 + a (x) + · · · + a (x) n−1 1 dxn dxn−1 dx
es linealmente independiente en un intervalo I si y s´olo si el wronskiano W (f1 , f2 , · · · , fn ) no es id´enticamente cero en el intervalo I. 4.1.2.3.
Conjunto fundamental de soluciones
Definici´ on 4.8. Un conjunto de soluciones y1 , y2 , · · · , yn de an (x)
dn−1 y dy dn y + a (x) + · · · + a1 (x) + a0 (x)y = 0, n−1 n n−1 dx dx dx
en I es un conjunto fundamental de soluciones si W (f1 , f2 , · · · , fn ) 6= 0. El hecho de tener un conjunto fundamental de soluciones es importante por lo siguiente Proposici´ on 4.9. Si y1 , y2 , · · · , yn en un conjunto fundamental de soluciones de an (x)
dn y dn−1 y dy + a (x) + · · · + a1 (x) + a0 (x)y = 0. n−1 n n−1 dx dx dx
Y y es cualquier otra soluci´on de esta ecuaci´on, entonces existen constantes c1 , c2 , · · · , cn tales que y = c1 y 1 + c2 y 2 + · · · + cn y n Es decir, un conjunto fundamental es realmente una base para el conjunto de todas las soluciones de una ecuaci´on lineal homog´enea de orden n. De ah´ı, que y = c1 y 1 + c2 y 2 + · · · + cn y n reciba el nombre de soluci´on general de tal ecuaci´on. Corolario 4.10. Sean y1 , y2 , . . . , yn soluciones en I de dn y dn−1 y dy an (x) n + an−1 (x) n−1 + · · · + a1 (x) + a0 (x)y = 0, dx dx dx entonces las siguientes afirmaciones son equivalentes:
122CAP´ITULO 4. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR I. {y1 , y2 , · · · , yn } es un conjunto fundamental de soluciones en I. II. y1 , y2 , · · · , yn son linealmente independientes en I. III. El wronskiano W (f1 , f2 , · · · , fn ) 6= 0 en I. Ejemplo 4.11. Determine si y1 (x) = e−x cos(2x), dependientes en el intervalo (0, 1).
y2 (x) = e−x sin(2x) son linealmente
Soluci´on. Para determinar si son linealmente independientes hallamos el Wronskiano de y1 y y2
−x −x e cos(2x) e sin(2x) = 2e−2x . W (y1 , y2 ) = −x −x −x −x −e cos 2x − 2e sin(2x) −e sin(2x) + 2e cos(2x) Donde 2e−2x es diferente de cero para todos los reales incluyendo el intervalo (0, 1), por lo tanto es linealmente independiente. Ejemplo 4.12. Dada la ecuaci´on diferencial y 00 − 2y 0 + 5y = 0 (a.) Determine si y1 (x) = ex cos(2x) y y1 (x) = ex sin(2x) son soluciones linealmente independientes de la ecuaci´on dada. (b.) Determine una soluci´on general de la ecuaci´on diferencial. (c.) Determine la soluci´on que satisface las condiciones iniciales y(0) = 2,
y 0 (0) = 0.
Soluci´on: (a.) Hallamos el wronskiano de y1 y y2 x x e cos(2x) e sin(2x) = 2e2x . W (y1 , y2 ) = x x x x e cos(2x) − 2e sin(2x) e sin(2x) + 2e cos(2x) Como 2e2x es diferente de cero para todos los reales, entonces y1 , y2 son linealmente independientes.
´ DE ORDEN. 4.2. REDUCCION
123
(b.) Para determinar una soluci´on general de la ecuaci´on diferencial, en primer lugar sustituimos y1 y y2 en y 00 −2y 0 +5y = 0 para determinar si son soluciones particulares de la ecuaci´on y obtenemos las identidades
−3ex cos(2x) − 4ex sin(2x) − 2ex cos(2x) + 4ex sin(2x) + 5ex cos(2x) =0 4ex cos(2x) − 3ex sin(2x) − 4ex cos(2x) − 2ex sin(2x) + 5ex sin(2x) =0. Como el resultado es 0, y1 y y2 son soluciones de la ecuaci´on diferencial, y linealmente independientes en todos los reales. (Ninguna es m´ ultiplo escalar de la otra x x en R). Por lo tanto por el Corolario 4.10, {e cos(2x), e sin(2x)} es un conjunto fundamental de soluciones en R, de modo que una soluci´on general es y(x) = c1 ex cos(2x) + c2 ex sin(2x). (c.) Con las condiciones iniciales y(0) = 2, y 0 (0) = 0 podemos determinar una soluci´on particular, sustituyendo en la ecuaci´on diferencial y en su derivada tenemos:
2 =c1 0 =c1 + 2c2 . De donde, c1 = 2 y c2 = −1. Por lo tanto la soluci´on que satisface las condiciones iniciales es: y(x) = 2ex cos(2x) − 1ex sin(2x).
4.2.
Reducci´ on de Orden.
Este m´etodo se usa para hallar una segunda soluci´on de una ecuaci´on L(y) = 0 cuando se conoce una soluci´on y1 = g(x) de ´esta. Dada la ecuaci´on diferencial homog´enea de orden n: an (x)
dn y dn−1 y dy + a (x) + · · · + a1 (x) + a0 (x)y = 0 n−1 n n−1 dx dx dx
(4.5)
124CAP´ITULO 4. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR y una soluci´on no trivial y1 = g(x), el cambio de variable y = g(x)u transforma la . ecuaci´on diferencial dada en una ecuaci´on lineal de orden n − 1 en la variable w = du dx Veamos este caso para n = 2. Sea
d2 y dy (4.6) + a1 (x) + a0 (x)y = 0 2 dx dx y una soluci´on no nula y1 = g(x). Tenemos y2 = g(x)u la segunda soluci´on entonces: a2 (x)
y 0 =g 0 u + gu0 y 00 =gu00 + 2g 0 u0 + g 00 u Sustituyendo en la ecuaci´on (4.6): a2 (x)[gu00 + 2g 0 u0 + g 00 u] + a1 (x)[g 0 u + gu0 ] + a0 (x)[gu] = 0 [a2 (x)g 00 + a1 (x)g 0 + a0 (x)g]u + a2 (x)gu00 + 2a2 (x)g 0 u0 + a1 (x)gu0 = 0. Podemos ver que el primer corchete toma el valor cero por ser g(x) soluci´on de la ecuaci´on homog´enea, entonces nos queda: a2 (x)gu00 + 2a2 (x)g 0 u0 + a1 (x)gu0 = 0. Ahora llamamos w = u0 , la ecuaci´on queda: a2 (x)gw0 + 2a2 (x)g 0 w + a1 (x)gw = 0. Luego, al separar las variables e integrar, tenemos 2a2 (x)g 0 a1 (x) w0 =− + w a2 (x)g a2 (x) Z Z Z 0 dw 2g a1 (x) = − dx − dx w g a2 (x) Z a1 (x) −2 ln |w| = ln(g ) − dx a2 (x) −
w =g −2 e
R
a1 (x) a2 (x)
dx.
Reemplazando u0 en lugar de w en la u ´ltima ecuaci´on e integrando obtenemos
´ 4.3. ECUACIONES LINEALES HOMOGENEAS CON COEFICIENTES CONSTANTES125
Z u(x) =
e
−
a1 (x) a2 (x)
R
dx
[g(x)]2
dx.
Esta f´ormula nos da la segunda soluci´on linealmente independiente la cual es Z y2 (x) = g(x)
−
e
R
a1 (x) a2 (x)
dx
[g(x)]2
dx.
Ejemplo 4.13. Dada la ecuaci´on diferencial tx00 − (t + 1)x0 + x = 0, t > 0 y una soluci´on no trivial x1 (t) = et . Determine una segunda soluci´on linealmente independiente. Soluci´on: En este caso a2 (t) = t y a1 (t) = −(t + 1) de modo que Z Z 1 −(t + 1) dt = 1 + dt = t + ln(t). − t t Donde hemos considerado que la constante de integraci´on se anula. La f´ormula para reducci´on de orden implica que Z t+ln(t) Z t+ln(t) e e u(t) = dt = dt = −(t + 1)e−t t 2 2t (e ) e Z t+ln(t) e x2 (t) =et dt = et [−e−t (t + 1)] = −(t + 1). e2t
4.3.
Ecuaciones lineales homog´ eneas con coeficientes constantes
Vamos a resolver ecuaciones de la forma: an y n + an−1 y n−1 + · · · + a1 y 0 + a0 y = 0 con a0 , a1 , · · · , an ∈ R
(4.7)
Sabemos que la soluci´on de una ecuaci´on de la forma y 0 + ay = 0 es: y = ce−ax , entonces podemos generalizar el resultado para la ecuaci´on (4.7) , para resolver esta ecuaci´on es necesario determinar n soluciones linealmente independientes. Suponemos una soluci´on de la forma y = emx . El problema se reduce a encontrar los valores del exponente m que hace que las funciones y = emx sean soluci´on de la ecuaci´on. As´ı,
126CAP´ITULO 4. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR
y = emx , y 0 = memx , y 00 = m2 emx ,
· · · y n = mn emx .
Sustituyendo en la ecuaci´on: an mn emx + an−1 mn−1 emx + · · · + a1 memx + a0 emx = 0 [an mn + an−1 mn−1 + · · · + a1 memx + a0 ]emx = 0 an mn + an−1 mn−1 + · · · + a1 memx + a0 = 0. Esta u ´ltima ecuaci´on es la ecuaci´ on auxiliar (asociada a la ecuaci´on diferencial). Los exponentes buscados son las ra´ıces del polinomio caracter´ıstico p(m) = an mn + an−1 mn−1 + · · · + a1 m + a0 del cual podemos tener varios casos: El polinomio caracter´ıstico tiene n ra´ıces reales simples y distintas: m1 , m2 , · · · , mn . Por lo tanto, tenemos n soluciones fundamentales de la ecuaci´on: y1 (x) = em1 x , y2 (x) = em2 x , . . . yn (x) = emn x . Puede verificarse que el Wronskiano es no nulo para todo x ∈ R, y por la definici´on (4.8)s epuede concluir que es un conjunto fundamental de soluciones y la soluci´on general de la ecuaci´on es: y(x) = C1 em1 x + C2 em2 x + · · · + Cn emn x . Las ra´ıces del polinomio son reales pero algunas con multiplicidad mayor que uno. Supongamos que tenemos la ecuaci´on ay 00 + by 0 + cy = 0 dos ra´ıces iguales, entonces y1 = emx es una soluci´on, para encontrar la otraR utilizamos el m´etodo de reducci´on R − p(x)dx de orden, con la formula , y2 (x) = y1 (x) e [y1 (x)]2 dx en este caso p(x) = ab y ya que b2 − 4ac = 0 sustituyendo en la ecuaci´on obtenemos: m = −b 2a mx
y2 (x) = e
Z
e−
b dx a
R b
e− 2a x
2 dx
resolviendo la integral obtenemos y2 = xemx estas dos soluciones son linealmente independientes y la soluci´on general de la ecuaci´on es:
´ 4.3. ECUACIONES LINEALES HOMOGENEAS CON COEFICIENTES CONSTANTES127
y(x) = C1 emx + C2 xemx y para la ecuaci´on (4.7) si la multiplicidad de la ra´ız es n se obtienen, n soluciones linealmente independientes es decir: y(x) = C1 emx + C2 xemx + · · · + Cn xn−1 emx . El polinomio tiene un par de ra´ıces complejas conjugadas :
m1 =a + ib m2 =a − ib Las soluciones fundamentales son y1 (x) = e(a+ib)x , y2 (x) = e(a−ib)x . Puede tomarse la expresi´on de estas exponenciales seg´ un la f´ormula de Euler: e(a+ib)x = eax eibx = eax [cos(bx) + i sin(bx)]. De esta forma podemos escribir las soluciones de la siguiente manera:
C1 eαx [cos(bx) + i sin(bx)] + C2 eαx [cos(−bx) + i sin(−bx)] = C1 eαx [cos(bx) + i sin(bx)] + C2 eαx [cos(bx) − i sin(bx)] = eαx [(C1 + C2 ) cos(bx) + (iC1 − iC2 ) sin(bx)] = eαx [K1 cos(bx) + K2 sin(bx)] Si la multiplicidad de la ra´ız compleja es r la soluci´on general es:
y =eαx [K1 cos(bx) + K2 sin(bx) + x(K3 cos(bx) + K4 sin(bx)) + · · · + xr−1 (K2r−1 cos(bx) + K2r sin(bx))]. Ejemplo 4.14. Determine la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial: (a.) y 000 − 6y 00 − y 0 + 6y = 0. (b.) 4y 00 + 20y 0 + 25y = 0.
128CAP´ITULO 4. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR (c.) y 000 − y 00 + y 0 + 3y = 0. Soluci´on: (a.) Si tratamos de hallar la soluci´on de la forma y = emx , entonces esto nos conduce a hallar las ra´ıces de la ecuaci´on auxiliar m3 − 6m2 − m + 6 = 0
(4.8)
factorizando obtenemos (m − 6)(m − 1)(m + 1) = 0. Por lo tanto las ra´ıces de la ecuaci´on auxiliar son 6,1 y -1, de modo que tres soluciones fundamentales de la ecuaci´on son e6x , ex y e−x y como sabemos que es un conjunto fundamental de soluciones. La soluci´on general es entonces: y = c1 e6x + c2 ex + c3 e−x . b) Si tratamos de hallar la soluci´on de la forma y = emx , esto conduce a hallar las ra´ıces de la ecuaci´on auxiliar 4m2 + 20m + 25 = 0
(4.9)
factorizando obtenemos (2m + 5)(2m + 5). Por lo tanto tiene una ra´ız − 25 con multiplicidad dos, de modo que se tiene dos soluciones fundamentales las cuales 5 5 son e− 2 x y xe− 2 x . La soluci´on general es: 5
5
y = c1 e− 2 x + c2 xe− 2 x . (c.) La ecuaci´on auxiliar es m3 − m2 + m + 3 = 0
(4.10)
factorizando obtenemos (m + 1)(m2 − 2m + 3) = 0. Por lo tanto las ra´ıces de la ecuaci´on auxiliar son: m1 =1 m2 = En este caso α = 1, β =
2±
√
√
√ √ 4 − 12 2 ± −8 = = 1 ± i 2. 2 2
2, y as´ı la soluci´on general es
√ √ y = c1 e−x + c2 ex cos( 2x) + c23 ex sin( 2x).
´ 4.4. ECUACIONES LINEALES NO HOMOGENEAS
4.4.
129
Ecuaciones lineales no homog´ eneas
Para obtener la soluci´on de una ecuaci´on diferencial lineal no homog´enea de la forma: a2 (x)y 00 + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = g(x) donde g(x) 6= 0 se siguen los siguientes dos pasos 1. Encontrar la soluci´on general yh de la ecuaci´on homog´enea a2 (x)y 00 + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = 0 y despu´es 2. Encontrar una soluci´on particular yp de la ecuaci´on no homog´enea a2 (x)y 00 + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = g(x) as´ı, la soluci´on general y de la ecuaci´on viene dada por yh + yp .
Teorema 4.15. [Principio de Superposici´ on.] Sea y1 una soluci´on de la ecuaci´ on diferencial L[y](x) = g1 (x) y sea y2 una soluci´on de la ecuaci´on diferencial L[y](x) = g2 (x), donde L es un operador diferencial lineal, entonces pra cualquier constante c1 y c2 , la funci´on c1 y1 + c2 y2 es una soluci´on de la ecuaci´on diferencial L[y](x) = c1 g1 (x) + c2 g2 (x). A continuaci´on daremos unos m´etodos para hallar una soluci´on particular de la ecuaci´on lineal no homog´enea. 4.4.0.4.
M´ etodo de Coeficientes Indeterminados
Vamos a considerara una soluci´on particular de una ecuaci´on diferencial no homog´enea con coeficientes constantes para un tipo especial de la g(x). En la tabla 1 damos los tipos de g(x) que se van a considerar.
Donde el entero no negativo s es el menor entero tal que ning´ un t´ermino de la soluci´on yp sea soluci´on de la ecuaci´on homog´enea.
130CAP´ITULO 4. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR
g(x) yp (x) 1. 2. 3. 4. 5.
pn (x) = an xn + · · · + a1 x1 + a0 aeαx a cos βx + bsenβx pn (x)eαx pn (x) cos βx + qm (x)senβx, donde, qm (x) = bm xm + · · · + b1 x + b0 .
6. aeαx cos βx + beαx senβx 7. Pn (x)eαx (x) cos βx qm (x)eαx (x)senβx,
xs pn (x) = xs (An xn + · · · + A1 x1 + A0 ) xs Aeαx xs (A cos βx + Bsenβx) xs (An xn + · · · + A1 x1 + A0 )eαx xs {PN (x) cos βx + QN (x)senβx}, donde QN (x) = BN xN + · · · + B1 x + B0 y N = max(m, n). xs (Aeαx cos βx + Beαx senβx) + xs {eαx (PN (x) cos βx + QN (x)senβx)}, y N = max(m, n).
Ejemplo 4.16. Determinar una soluci´on general de la ecuaci´on: a) y 00 − 4y 0 + 4y = xe2x b) y 00 + 5y 0 + 6y = senx − cos 2x Soluci´on: a) Primero resolvemos la ecuaci´on homog´enea y 00 −4y 0 +4y = 0 y obtenemos como soluci´on yh = c1 e2x + c2 xe2x . Observe que g(x) = xe2x es del tipo 4, es decir yp = xs (Ax + B)e2x donde s = 2 ya que el yp es una soluci´on de la homog´enea por lo tanto se repite dos veces, as´ı yp = x2 (Ax + B)e2x , para determinar A y B derivamos dos veces y remplazamos en la ecuaci´on diferencial: (6Ax + 6Ax2 + 6Ax2 + 4Ax3 + 2B + 4Bx + 4Bx + 4Bx2 − 12Ax2 − 8Ax3 − 8Bx − 8Bx2 + 4Ax3 + 4Bx2 )e2x = xe2x Simplificando tenemos: (4Ax3 − 8Ax3 + 4Ax3 ) + (12Ax2 − 12Ax2 − 8Bx2 + 4Bx2 + 4Bx2 ) + (6Ax − 8Bx + 8Bx) + 2B = x
´ 4.4. ECUACIONES LINEALES NO HOMOGENEAS
131
y concluimos que: A=
1 y B = 0. 6
Por lo tanto yp = 16 x3 e2x , es decir la soluci´on general es 1 y = c1 e2x + c2 xe2x + x3 e2x . 6 b) Primero resolvemos la ecuaci´on homog´enea y 00 + 5y 0 + 6y = 0 y obtenemos como soluci´on yh = c1 e−3x + c2 e−2x . En este caso g(x) = sin(x) − cos(2x) que no es de las formas dadas en la Tabla 1, pero es la suma de dos de tales t´erminos. Entonces utilizamos el principio de superposici´on, y consideramos por separado las ecuaciones
y 00 + 5y 0 + 6y = sin(x) y 00 + 5y 0 + 6y = − cos(2x).
(4.11) (4.12)
Para resolver la ecuaci´on (4.11), g1 (x) = sin(x) es decir yp1 = xs [A cos(x) + B sin(x)] donde s = 0 ya que yp1 no es una soluci´on de la homog´enea, por lo tanto yp = A cos(x) + B sin(x), para determinar A y B derivamos dos veces y remplazamos en la ecuaci´on diferencial:
−A cos(x) − B sin(x) − 5A sin(x) + 5B cos(x) + 6A cos(x) + 6B sin(x) = sin(x). Simplificando tenemos: 5A cos(x) + 5BA cos(x) − 5A sin(x) + 5B sin(x) = sin(x) y concluimos que: A=−
1 1 yB= . 10 10
132CAP´ITULO 4. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR 1 1 Por lo tanto, yp1 = − 10 cos(x) + 10 sin(x). Ahora resolvemos la ecuaci´on (4.12) para la cual g2 (x) = − cos(2x) es decir
yp2 = xs [C cos(2x) + D sin(2x)] donde s = 0 ya que el yp2 no es una soluci´on de la ecuaci´on homog´enea, por lo tanto yp2 = C cos(2x) + D sin(2x), para determinar C y D derivamos dos veces y reemplazamos en la ecuaci´on diferencial. −4C cos(2x)−4D sin(2x)−10C sin(2x)+10D cos(2x)+6C cos(2x)+6D sin(2x) = − cos(2x). Simplificando tenemos: 2C cos(2x) + 2D sin(2x) − 10C sin(2x) + 10D cos(2x) = − cos(2x) y concluimos que 5 1 y D=− . 52 52 5 1 cos(2x) − 52 sin(2x), es decir la soluci´on general es = − 52 C=−
Por lo tanto yp2
y = C1 e−3x + C2 e−2x −
4.5.
1 1 1 5 cos(x) + sin(x) − cos(2x) − sin(2x). 10 10 52 52
Variaci´ on de Par´ ametros
Este m´etodo nos proporciona una soluci´on particular yp de la ecuaci´on a2 (x)y 00 + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = g(x)
(4.13)
primero escribimos (4.13) en la forma y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = f (x) dividiendo toda la ecuaci´on por a2 (x). Ahora encontramos la soluci´on de la ecuaci´on homog´enea y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = 0 que es yh = c1 y1 + c2 y2 . El m´etodo consiste en proponer una soluci´on particular de la forma yp = y1 u1 (x) + y2 u2 (x).
´ DE PARAMETROS ´ 4.5. VARIACION
133
Derivando yp , y tomando la condici´on de u01 y1 + u02 y2 = 0 simplificando los c´alculos tenemos: yp0 =y10 u1 + y20 u2 yp00 =y100 u1 + y10 u01 + y200 u2 + y20 u02 . Sustituyendo en (4.13) obtenemos: y100 u1 + y10 u01 + y200 u2 + y20 u02 + P (x)y10 u1 + P (x)y20 u2 + Q(x)y1 u1 + Q(x)y2 u2 = f (x) (4.14) como y1 y y2 son soluciones de la ecuaci´on homog´enea se sabe que y100 + P (x)y10 + Q(x)y1 = 0
(4.15)
y200 + P (x)y20 + Q(x)y2 = 0
(4.16)
y por lo tanto tenemos que: u1 (y100 + P (x)y10 + Q(x)y1 ) + u2 (y200 + P (x)y20 + Q(x)y2 ) + y10 u01 + y20 u02 = f (x) sustituyendo en (4.15) y (4.16), la ecuaci´on (4.14) se reduce a y10 u01 + y20 u02 = f (x). Para hallar u1 y u2 tomamos el sistema de ecuaciones u01 y1 + u02 y2 =0 u01 y10 + u02 y20 =f (x) resolviendo por la regla de Cramer tenemos u01 =
−f (x)y2 (x) , W [y1 , y2 ](x)
u02 =
−f (x)y1 (x) W [y1 , y2 ](x)
donde W [y1 , y2 ](x) en el denominador es el wronskiano de y1 y y2 . Note el wronskiano nunca se anula ya que {y1 , y2 } es un conjunto fundamental de soluciones. Al integrar estas ecuaciones obtenemos.
134CAP´ITULO 4. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR
Z u1 =
−f (x)y2 (x) dx, W [y1 , y2 ](x)
Z u2 =
−f (x)y1 (x) dx. W [y1 , y2 ](x)
Sustituyendo u1 y u2 en yp se obtiene una soluci´on particular. En forma general, si tenemos una ecuaci´on diferencial de la forma y 00 + P1 y n−1 + · · · + Pn y = f (x). Ahora encontramos la soluci´on de la ecuaci´on homog´enea y 00 + P1 y n−1 + · · · + Pn y = 0 que es yh = c1 y1 + c2 y2 + · · · + cn yn . El m´etodo de variaci´on de par´ametros propone una soluci´on particular de la forma yp = y1 u1 (x) + y2 u2 (x) + · · · + yn un (x). Para hallar u1 , u2 , . . . , un generalizamos el m´etodo propuesto anteriormente es decir: Z f (x)Wk (x) dx, k = 1, . . . , n uk = Wk [y1 , . . . , y2 k](x) donde Wk (x) = (−1)n−k W [y1 , . . . , yk−1 , yk+1 , . . . yn ](x), k = 1, . . . , n. Ejemplo 4.17. Determinar una soluci´on general de la ecuaci´on: a) y 00 + y = tan2 (x). b) y 00 + 4y 0 + 4y = e−2x ln(x). Soluci´on: a) Primero resolvemos la ecuaci´on homog´enea y 00 +y = 0 y obtenemos como soluci´on yh = c1 cos(x) + c2 sin(x). Ahora, yp = u1 (x) cos(x) + u2 (x) sin(x) de donde y1 = cos(x) y y2 = sin(x) y hallando el wronskiano tenemos. cos(x) sin(x) = cos2 (x) + sin2 (x) = 1. W (y1 , y2 ) = − sin(x) cos(x)
´ DE PARAMETROS ´ 4.5. VARIACION
135
Por lo tanto, Z − tan2 (x) cos(x) − tan2 (x) sin(x) dx, u2 = dx u1 = 1 1 −(cos2 (x) + 1) u1 = , u2 = ln | sec(x) + tan(x)| − sin(x) cos(x) Z
es decir −(cos2 (x) + 1) cos(x) + (ln | sec(x) + tan(x)| − sin(x)) sin(x) cos(x) yp = sin(x)(ln | sec(x) + tan(x)|) − 2
yp =
por lo tanto la soluci´on general de la ecuaci´on es: y = c1 cos(x) + c2 sin(x) + (ln | sec(x) + tan(x)|) sin(x) − 2. b) Resolvemos la ecuaci´on homog´enea y 00 + 4y 0 + 4y = 0 y obtenemos como soluci´on yh = c1 e−2x + c2 xe−2x . Ahora yp = u1 (x)e−2x + u2 (x)xe−2x con y1 = e−2x y y2 = xe−2x , podemos hallar el wronskiano: −2x −2x e xe −4x W (y1 , y2 ) = − 2xe−4x + 2xe−4x = e−4x . −2x −2x −2x = e −2e e − 2xe Por lo tanto, Z −2x e ln(x)e−2x −e−2x ln(x)xe−2x dx, u = dx u1 = 2 e−4x e−4x Z Z u1 = − x ln(x)dx, u2 = ln(x)dx Z
u1 = −
2x2 ln(x) + x2 , u2 = x ln |x| − x 4
136CAP´ITULO 4. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR es decir: −2x2 ln(x) + x2 −2x e + (x ln |x| − x)xe−2x 4 e−2x x2 (2 ln |x| − 3) yp = 4
yp =
por lo tanto la soluci´on general de la ecuaci´on es: y = c1 e−2x + c2 xe−2x +
4.6.
e−2x x2 (2 ln |x| − 3) . 4
Ecuaci´ on de Cauchy-Euler
Una ecuaci´on diferencial lineal de la forma: dn y dn−1 y dy an (x) n + an−1 (x) n−1 + · · · + a1 (x) + a0 (x)y = g(x) dx dx dx con an , an−1 , · · · , a0 constantes es una ecuaci´on de Cauchy-Euler. La caracter´ıstica de este tipo de ecuaci´on es que el grado de xk , k = 0, 1, · · · , n coincide con el orden k de la dk y derivada dx k. Estaremos interesados en resolver ecuaciones de la forma: an (x)
dn y dn−1 y dy + a (x) + · · · + a1 (x) + a0 (x)y = 0 con a0 , a1 , · · · an ∈ R. (4.17) n−1 n n−1 dx dx dx
Suponemos que una soluci´on es de la forma y = xm . El problema se reduce a encontrar los valores del exponente m que hace que las funciones y = xm sean soluci´on de la ecuaci´on. As´ı, y = xm =⇒ y 0 = mxm−1 , y 00 = m(m − 1)xm−2 , · · · sustituyendo en la ecuaci´on: an xn xm−n m(m − 1)(m − 2) · · · [m − (n − 1)]+ · · · a1 xmxm−1 + a0 xm = 0 an xm m(m − 1)(m − 2) · · · [m − (n − 1)]+ · · · a1 mxm + a0 xm = 0 xm [an m(m − 1)(m − 2) · · · [m − (n − 1)]+ · · · a1 m + a0 ] = 0.
´ DE CAUCHY-EULER 4.6. ECUACION
137
Luego y = xm es una soluci´on de la ecuaci´on diferencial siempre que m sea una soluci´on de la ecuaci´on (caracter´ıstica): De lo cual podemos tener varios casos: Caso I. El polinomio caracter´ıstico tiene n ra´ıces reales simples y distintas: m1 , m2 , · · · , mn . Por lo tanto, tenemos n soluciones de la ecuaci´on que ser´an: y1 = xm1 , y2 = xm2 , · · · , yn = xmn . Puede verificarse que el Wronskiano es no nulo para todo x ∈ R , por lo tanto por la definici´on (4.8) estas funciones forman un conjunto fundamental de soluciones y la soluci´on general de la ecuaci´on es: y(x) = C1 xm1 + C2 xm2 + · · · + Cn xmn . Caso II. Las ra´ıces del polinomio son reales pero algunas con multiplicidad mayor que uno. Supongamos que tenemos la ecuaci´on ax2 y 00 + bxy 0 + cy = 0, sustituyendo tenemos: ax2 m(m − 1)xm−2 + bxmxm−1 + cxm =0 am(m − 1)xm + bmxm + cxm =0 xm [am(m − 1) + bm + c] =0 am2 m(b − a) + c =0 dos ra´ıces iguales entonces y1 = xm1 es una soluci´on, para encontrar la otra utilizamos el m´etodo de reducci´on de orden, con la f´ormula Z − R p(x)dx e dx, y2 (x) = y1 (x) [y1 (x)]2 b en este caso p(x) = ax y m1 = ecuaci´on obtenemos:
−(b−a) 2a
ya que (b − a)2 − 4ac = 0 sustituyendo en la
y2 (x) =x
m1
y2 (x) =x
m1
Z
e−
R
x− Z
b dx ax
(b−a) 2a
2 dx
b
e− a ln(x) b
x− a +1
dx
138CAP´ITULO 4. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR resolviendo la integral obtenemos que y2 = ln(x)xm1 estas dos soluciones son linealmente independientes y la soluci´on general de la ecuaci´on es: y(x) = C1 xm1 + C2 xm1 ln(x), y para la ecuaci´on (4.20) si la multiplicidad de la ra´ız es n se extiende, obteni´endose n soluciones linealmente independientes la soluci´on general es: y(x) = C1 xm1 + C2 xm1 ln(x) + C3 xm1 [ln(x)]2 · · · + Cn [ln(x)]n−1 xm1 . Caso III. El polinomio tiene un par de ra´ıces complejas conjugadas :
m1 =a + ib m2 =a − ib. Como y = xm es una soluci´on de la ecuaci´on diferencial, y m1 = a + ib, m2 = a − ib son soluciones de la ecuaci´on caracter´ıstica se tiene que , y1 (x) = xa+ib , y2 (x) = xa−ib , son soluciones particulares de la ecuaci´on diferencial. Puede tomarse la expresi´on de estas exponenciales seg´ un la f´ormula de Euler: xa+ib = xa xib = xa eib ln(x) = xa [cos(b ln(x)) + isen(b ln(x))]. De esta forma podemos escribir las soluciones de la siguiente manera:
C1 xa [cos(b ln(x)) + isen(b ln(x))] + C2 xa [cos(−b ln(x)) + i sin(−b ln(x))] = = C1 xa [cos(b ln(x)) + i sin(b ln(x))] + C2 xa [cos(b ln(x)) − i sin(b ln(x))] = xa [(C1 + C2 ) cos(b ln(x)) + (iC1 − iC2 ) sin(b ln(x))] = xa [K1 cos(b ln(x)) + K2 sin(b ln(x))] Si la multiplicidad de la ra´ız compleja es r la soluci´on general viene dada por: y = xa [{K1 cos(b ln(x)) + K2 sin(b ln(x))} + ln(x){K3 cos(b ln(x))+ K4 sin(b ln(x))} + · · · + (ln(x))r−1 {K2r−1 cos(b ln(x)) + K2r sin(b ln(x))}].
´ DE CAUCHY-EULER 4.6. ECUACION
139
Ejemplo 4.18. Determine la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial: x3 y 000 − 6y = 0. Soluci´on: Si tratamos de hallar la soluci´on de la forma y = xm , entonces esto nos conduce a hallar las ra´ıces de la ecuaci´on auxiliar m(m − 1)(m − 2) − 6 =0 m3 − 3m2 + 2m − 6 =0. Factorizando obtenemos (m − 3)(m2 + 2) = 0. Por lo tanto las ra´ıces de la ecuaci´on auxiliar son: √ m = 3, m = ±i 2. √ Por lo tanto, si en la parte imaginaria a = 0, b = 2, una soluci´on general de la ecuaci´on es √ √ y = c1 x3 + c2 cos( 2 ln(x)) + c3 sin( 2 ln(x)).
Ejemplo 4.19. Encontrar la soluci´on general de la ecuaci´on x2 y 00 + 3xy 0 + y = x−1 . Soluci´on. Se trata de una ecuaci´on de Cauchy-Euler. Haciendo x = et , suponiendo x > 0, tenemos t = ln(x) dt 1 = dx x dy dy dt dy 1 = = dx dt dx dt x d2 y 1 d2 y dt 1 dy 1 d2 y dy = − 2 = 2 − dx2 x dt2 dx x dt x dt2 dt dy dy x =x dx dt 2 2 d y d y dy x2 2 = 2 − . dx dt dt
(4.18) (4.19)
140CAP´ITULO 4. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR Sustituyendo (4.18) y (4.19) en la ecuaci´on x2 y 00 + 3xy 0 + y = x−1 obtenemos: d2 y dy dy + 3 + y(t) = e−t − 2 dt dt dt d2 y dy + 2 + y(t) = e−t , 2 dt dt la u ´ltima ecuaci´on es una lineal completa de segundo orden de coeficientes constantes no homog´enea. Primero resolvemos la ecuaci´on homog´enea y 00 + 2y 0 + y = 0 y obtenemos como soluci´on yh =c1 e−t + c2 te−t yp =u1 (t)e−t + u2 (t)te−t con y1 = e−t y y2 = te−t hallamos el wronskiano. −t −t e te −2t − te−2t + te−2t = e−2t W (y1 , y2 ) = −t −t −t = e −e e − te por lo tanto Z u1 =
Z −t −t −e−t te−t e e dt, u = dt 2 e−2t e−2t Z Z u1 = −t, u2 = dt u1 =
−t2 , u2 = t 2
es decir: −t2 −t e + t2 e−t 2 t2 e−t yp = . 2
yp =
As´ı, la soluci´on general de la ecuaci´on es:
4.7. APLICACIONES A LA F´ISICA
141
y = c1 e−t + c2 te−t +
−t2 e−t 2
y ahora sustituimos, x = et y se obtiene la soluci´on general: y = c1 x
4.7.
−1
+ c2 ln(x)x
−1
ln2 (x)x−1 + . 2
Aplicaciones a la F´ısica
Una de las aplicaciones de las ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes, es el movimiento de una masa sujeta a un resorte, es un ejemplo de las vibraciones que ocurren en sistemas mec´anicos.
4.7.1.
Movimiento Arm´ onico Simple
Una masa m sujeta a resorte flexible, el cual est´a suspendido de un soporte fijo. (Figura 4.1)
Figura 4.1: La ley de Hook dice que el resorte mismo ejerce una fuerza F de restituci´on opuesta a la direcci´on del alargamiento que sucede con la masa m. Si x es el alargamiento total, tenemos que F = −kx, donde k es la constante de proporcionalidad que depende del material que est´a hecho el resorte (k es la rigidez y es positiva). Usando la segunda ley de movimiento de Newton, fuerza igual a masa por aceleraci´on, la cual es una ecuaci´on diferencial de segundo orden, pues la aceleraci´on es la segunda derivada de la posici´on x con respeto al tiempo, resulta que el desplazamiento x(t) del resorte sigue la ecuaci´on diferencial d2 x k + x = 0. 2 dt m
(4.20)
142CAP´ITULO 4. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR k Escribimos la ecuaci´on auxiliar asociada a (4.20) que es D2 + m x = 0, que tiene las ra´ıces q k complejas conjugadas ± m i. Por lo tanto la soluci´on general de (4.20) es: r r k k x(t) = c1 cos t + c2 sin t . (4.21) m m
Tomamos A ≥ 0, haciendo c1 = A sin(φ) y c2 = A cos(φ), sustituyendo en (4.21) obtenemos: r r r r k k k k c1 cos t + c2 sin t =A sin(φ) cos t + A cos(φ)sen t m m m m r k t+φ . =A sin m q p k Al hallar A y φ en t´erminos de c1 y c2 , tenemos A = c21 + c22 , tan(φ) = cc12 y w = m es decir nos queda x(t) = A sin(φ + wt). La constante A es la amplitud del movimiento y frecuencia natural y φ es el a´ngulo de fase. El movimiento es peri´odico con periodo 2π w w . El periodo se mide en unidades de tiempo, la frecuencia natural ciclos/segundo y la 2π frecuencia angular radianes/segundo. La figura 4.2 muestra un movimiento arm´onico simple de vibraciones libres no amortiguado. Ejemplo 4.20. Una masa de 3 Kg est´a unida a un resorte con rigidez k = 48 Nn . La masa se desplaza 1/2m a la izquierda del punto de equilibrio y recibe una velocidad de 2m/seg hacia la derecha. La fuerza de amortiguamiento es despreciable. Determine la ecuaci´on de movimiento de la masa junto con su amplitud, periodo y frecuencia. ¿Cu´anto tiempo despu´es de su liberaci´on pasa la masa por su posici´on de equilibrio? Soluci´on: Tenemos un caso de vibraci´on libre no amortiguada, la ecuaci´on de movimiento que usamos es (4.20). La frecuencia angular es: r r k 48 radianes w= = =4 , m 3 seg sustituyendo en (4.21) obtenemos x(t) = c1 cos(4t) + c2 sin(4t).
4.7. APLICACIONES A LA F´ISICA
143
Figura 4.2: Ahora usamos las condiciones iniciales x(0) = −1/2m, x0 (0) = 2m/seg para hallar c1 y c2 , reemplazamos las condiciones iniciales en la u ´ltima ecuaci´on y obtenemos: 1 − =c1 2 2 =4c2 de modo que − 21 = c1 y c2 = 21 . Por lo tanto la ecuaci´on de movimiento de la masa es: 1 1 x(t) = − cos(4t) + sin(4t). 2 2 Como A =
q p 2 c21 + c22 , tenemos que A = − 21 +
1 2 , 2
√
2 m. 2 = a´ngulo fase tomamos tan(φ) = cc21 , reemplazando tenemos tan(φ) = −1/2 1/2 π 2π π φ = arctan(−1) = − 4 radianes que es el a´ngulo fase. Periodo 4 = 2 seg,
Para hallar el −1, de donde la frecuencia es
luego la amplitud es A =
w 4 2 ciclos = = . 2π 2π π seg
Por u ´ltimo, para determinar el momento en que la masa pasa por su posici´on de equilibrio,
144CAP´ITULO 4. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR hacemos x = 0 reemplazando en la ecuaci´on tenemos: √ 1 2 1 x(t) = − cos(4t) + sin(4t) = sin(4t + φ) 2 2 √2 2 0= sin(4t + φ). 2 Ahora resolvemos la ecuaci´on la cual se satisface si 4t + φ = nπ o t = nπ+π/4 , donde 4 n es un entero. Si tomamos que es la primera vez que la masa pasa por la posici´on de equilibrio obtenemos 5π 1π + π/4 = seg. t= 4 16
4.7.2.
Movimiento Amortiguado
El desplazamiento de una masa sujeta a un resorte como se presenta en la parte inicial del movimiento arm´onico simple se amortigua por fuerzas externas como por fuerzas internas. Por lo menos habr´a la fuerza de amortiguaci´on debida al medio que lo rodea. , es decir esta Se ha determinado que las fuerzas de amortiguamiento son m´ ultiplos de dx dt fuerza es proporcional a la velocidad instant´anea de la masa. Llamamos b a la constante de proporcionalidad. La segunda ley de Newton dice que: m Dividiendo por m, 2λ =
b m
d2 x dx + b + kx = 0. 2 dt dt
y haciendo w2 =
k m
tenemos que
d2 x dx + 2λ + w2 x = 0, 2 dt dt √ tiene como ra´ıces de la ecuaci´on auxiliar r1,2 = −λ ± λ2 − w2 , estas muestran tres casos posibles, en las que las ra´ıces son diferentes, iguales y complejas. Caso I: λ2 − w2 > 0. Se tiene ra´ıces reales distintas con w 6= λ y λ > w. Como vemos el coeficiente de amortiguamiento es grande comparado con la constante k del resorte, es decir el sistema est´a sobreamortiguado. La soluci´on es: x(t) =c1 er1 t + c2 er2 t =c1 e−λ+
√
λ2 −w2 t
√
+ c2 e−λ−
λ2 −w2 t
.
4.7. APLICACIONES A LA F´ISICA
145
Caso II: λ2 − w2 = 0. Las dos ra´ıces r1 y r2 son iguales. Esto quiere decir que la fuerza de amortiguamiento es igual a la causada por la elasticidad, y decimos que el movimiento es cr´ıticamente amortiguado ya que una peque˜ na disminuci´on de la fuerza de amortiguamiento provocar´ıa un movimiento oscilatorio. La soluci´on el sistema es: x(t) = c1 e−λt + c2 te−λt . Caso III: λ2 − w2 < 0. En este caso decimos que el movimiento est´a subamortiguado porque es peque˜ na comparada con k. El movimiento es oscilatorio, aunque con amplitud cada vez menor, ya que x(t) −→ 0 cuando t −→ ∞. Esto lo podemos ver de la ecuaci´on resultante del movimiento: −λt
x(t) = e
√ √ 2 2 2 2 c1 cos λ − w t + c2 sin λ − w t .
Ejemplo 4.21. El movimiento de un sistema masa-resorte con amortiguamiento est´a descrito por y 00 (t) + by 0 (t) + 64y(t) = 0, y(0) = 1, y 0 (0) = 0. Determine la ecuaci´on de movimiento y bosqueje la gr´afica para 0, 10, 16 y 20. Soluci´on. La ecuaci´on auxiliar est´a dada por: m2 + bm + 64 = 0 √ √ −b ± b2 − 256 −b b2 − 256 m= = ± . 2 2 2 Para b tomamos los siguientes casos: (a.) b = 0. En este caso las raices de la ecuaci´on son complejas (puras) es decir: 16i = 8i 2 m2 = −8i
m1 =
La ecuaci´on de movimiento (Subamortiguado) est´a dada por y(t) = c1 cos(8t) + c2 sin(8t).
146CAP´ITULO 4. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR Ahora usamos las condiciones iniciales y(0) = −1/2, y 0 (0) = 2 para hallar c1 y c2 , reemplazamos las condiciones iniciales en la u ´ltima ecuaci´on y obtenemos: c1 = 1 c2 = 0. Por lo tanto, la ecuaci´on de movimiento de la masa es: y(t) = cos(8t) = cos(8t + φ) de donde A =
p c21 + c2 = 1 es el factor de amortiguamiento.
Para hallar el ´angulo φ, hacemos tan(φ) = cc21 el cual es indeterminado, ademas φ es un a´ngulo en el primer cuadrante, as´ı φ = π2 .
Ejercicio 4.22. 1. En los problemas a) a d), cada familia de funciones es la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial en el intervalo indicado. Determine un miembro de la familia que sea soluci´on del problema del valor inicial. a) y = c1 ex + c2 e−x ; b) y = c1 e4x + c2 e−x ; c) y = c1 x + c2 x ln(x);
(−∞, ∞);
y 00 − y = 0, y(0) = 0, y 0 (0) = 1.
(−∞, ∞);
y 00 − 3y 0 − 4y = 0, y(0) = 1, y 0 (0) = 2.
(0, ∞);
x2 y 00 − xy 0 + y = 0, y(1) = 3, y 0 (1) = −1.
d ) y = c1 + c2 cos(x) + c3 sin(x); 2, y 00 (π) = −1.
(−∞, ∞);
y 000 + y 0 = 0, y(π) = 0, y 0 (π) =
2. Si y = c1 + c2 x2 es una familia biparam´etrica de soluciones de xy 00 − y 0 = 0 en el intervalo (−∞, ∞), demuestre que las constantes c1 y c2 no se pueden determinar de tal manera que un miembro de la familia satisfaga las condiciones y(0) = 0, y 0 (0) = 1. Explique por qu´e esto contradice al Teorema 3.1. 3. Determine a dos miembros de la familia de soluciones en el ejercicio anterior que satisfagan las condiciones iniciales y(0) = 0, y 0 (0) = 0. 4. En los ejercicios a) y b) determine un intervalo con centro x = 0, para el cual el problema de valor inicial tenga una soluci´on u ´nica. a) (x − 2)y 00 + 3y = x, y(0) = 0, y 0 (0) = 1. b) y 00 + (tan x)y = ex , y(0) = 1, y 0 (0) = 0.
4.7. APLICACIONES A LA F´ISICA
147
5. Use el teorema 3.1 para analizar la existencia y unicidad de una soluci´on de la ecuaci´on diferencial que satisfaga las condiciones iniciales y(1) = y0 , y 0 (1) = y1 , donde y0 y y1 son constantes reales. a) (1 + x2 )y 00 + xy 0 − y = tan(x). b) ex y 00 −
y0 x−3
+ y = ln(x).
6. Determine si de aplica el teorema 3.1. En caso afirmativo, analice las conclusiones que pueden extraerse. En caso negativo, explique por qu´e. a) y 00 + yy 0 = x2 − 1; y(0) = 1, y 0 (0) = −1. b) (1 − t)x00 + tx0 − 2 = sent; x(0) = 1, x0 (0) = 1. 7. Sabiendo que y = e2x es una soluci´on de (2x + 1)y 00 − 4(x + 1)y 0 + 4y = 0 , encontrar la otra soluci´on linealmente independiente. Escribir la soluci´on general. 8. Determine si las funciones y1 y y2 son linealmente independientes en el intervalo (0, 1). Calcule adem´as el wronskiano W [y1 , y2 ](x): a) y1 (x) = e−x cos(2x), b) y1 (x) = xe2x ,
y2 (x) = e−x sin(2x).
y2 (x) = e2x
c) y1 (x) = x2 cos(ln x), , d ) y1 (x) = 0,
y2 (x) = x2 sin(ln(x))
y2 (x) = ex .
9. (a.) Verifique si las funciones y1 y y2 son linealmente independientes de la ecuaci´on diferencial dada, (b.) determine una soluci´on general de la ecuaci´on dada y (c.) determine la soluci´on que satisface las condiciones iniciales. a) x2 y 00 − 2y = 0;
y1 (x) = x2 ,
b) y 00 − 5y 0 + 6y = 0;
y2 (x) = x−1 ;
y1 (x) = e2x ,
c) ty 00 −(t+2)y 0 +2y = 0; 1.
y(1) = −2;
y2 (x) = e3x ;
y1 (x) = et ,
y 0 (1) = −7.
y(0) = −1;
y2 (x) = t2 +2t+2;
y 0 (0) = −4.
y(1) = 0;
y 0 (1) =
10. Sean y1 (x) = x3 y y2 (x) = |x3 |. ¿Son y1 y y2 linealmente independientes en los siguientes intervalos? a) [0, ∞). b) (−∞, 0). c) (−∞, ∞).
148CAP´ITULO 4. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR d ) Calcule el wronskiano W [y1 , y2 ](x) en el intervalo (−∞, ∞). 11. Encontrar las regiones donde el teorema de existencia y unicidad garantiza la unicidad para problemas de Cauchy: y 00 + 3xy 0 + x3 y = ex ;
y(0) = 0,
y 0 (0) = 0.
12. Determine un intervalo con centro en x = 0, para el cual el problema de valor inicial tenga una soluci´on u ´nica. a) (x − 2)y 00 + 3y = x;
y(0) = 0;
y 0 (0) = 1.
b) y 00 + (tan x)y = ex ;
y(0) = 1;
y 0 (0) = 0.
13. Se da una ecuaci´on diferencial y una soluci´on no trivial f . Determine una segunda soluci´on linealmente independiente. a) x2 y 00 − xy 0 + 2y = 0; 00
b) y − 25y = 0;
f (x) = x sin(ln(x)).
f (x) = e5x .
c) x2 y 00 + 2xy 0 − 6y = 0;
f (x) = x2 .
d ) xy 00 + (1 − 2x)y 0 + (x − 1)y = 0;
x > 0;
e) (1 − 2x − x2 )y 00 + 2(1 + x)y 0 − 2y = 0;
f (x) = ex .
f (x) = x + 1.
14. En f´ısica matem´atica, muchos problemas con simetr´ıa esf´erica implican el estudio de la ecuaci´on de Legendre, (1 − x2 )y 00 − 2xy 0 + λ(λ + 1)y = 0;
−1 < x < 1,
donde λ es un par´ametro: Use la f´ormula para reducci´on de orden para obtener una representaci´on integral de una segunda soluci´on linelamente independiente de la ecuaci´on de Legendre para el valor dado de λ y la soluci´on correspondiente de f (x). a) λ = 1,
f (x) = x.
b) λ = 2,
f (x) = 3x2 − 1.
c) λ = 3,
f (x) = 5x3 − 3x.
15. La ecuaci´on xy 000 + (1 − x)y 00 + xy 0 − y = 0, tiene a f (x) = x como soluci´on. Use la sustituci´on y(x) = v(x)f (x) para reducir esta ecuaci´on de tercer orden a una ecuaci´on lineal homog´enea de segundo orden en la variable w = v 0 .
4.7. APLICACIONES A LA F´ISICA
149
16. Forma normal. Muestre que la sustituci´on y(x) = u(x)v(x), donde Z 1 v(x) = exp − p(x)dx , 2 transforma la ecuaci´on diferencial y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = 0 en una ecuaci´on de la forma u00 + f (x)u = 0. La ultima ecuaci´on se llama forma normal de una ecuaci´on lineal de segundo orden homog´enea. 17. En mec´anica cu´antica, el estudio de la ecuaci´on de Sch¨odinger para el ´atomo de hidr´ogeno conduce a considerar la ecuaci´on de Laguerre: xy 00 + (1 − x)y 0 + λy = 0, donde λ es un par´ametro. Use la f´ormula para reducci´on de orden para obtener una representaci´on integral de una segunda soluci´on linealmente independiente de la ecuaci´on de Laguerre para λ = 2, f (x) = x2 − 4x + 2. 18. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales homog´eneas: a) 3y 00 + 11y 0 − 7y = 0. b) y 000 + y 00 − 6y 0 + y = 0. c) y 000 + y 00 + 3y 0 − 5y = 0. d ) 4y 00 + 4y 0 + 6y = 0. e) 4y 00 − 4y 0 + 26y = 0. f ) y 00 + 2y 0 + 2y = 0;
y(0) = 2;
y 0 (0) = 1.
g) y 000 − 3y 00 + 3y 0 − y = 0. h) y 000 − y 00 + y 0 + 3y = 0. i ) y 000 + 2y 00 − 5y 0 − 6y = 0;
y(0) = 1, y 0 (0) = 0;
j ) y 000 − 4y 00 + 7y 0 − 6y = 0;
y(0) = y 0 (0) = 0;
k ) y 00 + 16y = 0;
y 0 (0) = −2.
y(0) = 2;
l ) y (4) + y 000 + 3y 00 = 0. m) y (4) − 2y 00 + y = 0. n) y 00 + y 0 + 2y = 0,
y(0) = y 0 (0) = 0.
n ˜) y 00 − 2y 0 + y = 0,
y(0) = 1, y 0 (0) = −2.
y 00 (0) = 0. y 00 (0) = 1.
150CAP´ITULO 4. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR o) y 00 − 2y 0 + 2y = 0,
y(0) = 1, y 0 (π) = 1.
19. Examine la ecuaci´on de segundo orden con coeficientes constantes y 00 + by 0 + cy = 0. a) Si y(x) es una soluci´on de la ecuaci´on describa qu´e condiciones deben satisfacer b y c para que l´ım x → ∞y(x) = 0. 20. Para ver el efecto de cambiar el par´ametro b en el problema con valores iniciales y 00 + by 0 + 4y = 0; y(0) = 1, y 0 (0) = 0, resuelva el problema para b = 5,4 y 2 y bosqueje las soluciones. 21. En los ejercicios a) y b) dise˜ ne una modificaci´on del m´etodo analizado en la secci´on “Ecuaciones de Cauchy-Euler”para determinar una soluci´on general de la ecuaci´on dada. a) (x − 2)2 y 00 (x) − 7(x − 2)y 0 (x) + 7y(x) = 0, x > 2. b) (x + 1)2 y 00 (x) + 10(x + 1)y 0 (x) + 14y(x) = 0, x > −1. 22. Determine una soluci´on general de la ecuaci´on diferencial dada a) x2 y 00 + 7xy 0 − 7y = 0. b) y 00 − x1 y 0 +
5 y x2 0
= 0.
c) x2 y 00 − 3xy + 6y = 0. d ) x2 y 00 − 3xy 0 − 2y = 0. e) x2 y 00 + 5xy 0 + 4y = 0. f ) x2 y 00 + 3xy 0 + 5y = 0. g) x2 y 00 + 9xy 0 + 17y = 0. h) x3 y 000 + xy 0 − y = 0. i ) x2 y 00 − 5xy 0 + 8y = 0;
y(2) = 32;
y 0 (2) = 0.
23. Dado que y1 (x) = cos(x) es una soluci´on de y 00 − y 0 + y = sin(x), y y2 (x) = e2x /3 es una soluci´on de y 00 − y 0 + y = e2x , determine soluciones de las siguientes ecuaciones diferenciales:
4.7. APLICACIONES A LA F´ISICA
151
a) y 00 − y 0 + y = 5 sin(x). b) y 00 − y 0 + y = sin(x) − 3e2x . c) y 00 − y 0 + y = 4 sin(x) + 18e2x . 24. dado que 1 + x, 1 + 2x y 1 + 3x2 son soluciones de la ecuaci´on diferencial y 00 + p(x)y 0 +q(x)y = g(x), determine la soluci´on de esta ecuaci´on que satisface y(1) = 1, y 0 (1) = 0. 25. El procedimiento para reducci´on de orden para ecuaciones homog´eneas se puede extender a la ecuaci´on no homog´enea y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = g(x). a) Muestre que la sustituci´on y = v(x)f (x), donde f (x) es una soluci´on no trivial conocida de la ecuaci´on homog´enea correspondiente, reduce la ecuaci´on no homog´enea a la ecuaci´on lineal de primer orden f w0 + (2f 0 + pf )w = g, donde w = v 0 . b) Use el procedimiento de la parte (a) para hallar una soluci´on general de y 00 + x−1 y 0 − 4x−2 y = 1 − x−3 , x > 0, dado que f (x) = x2 es una soluci´on de la ecuaci´on homog´enea correspondiente. 26. Determine una soluci´on general de la ecuaci´on diferencial dada, por el m´etodo de coeficientes indeterminados. a) y 00 − y 0 − 2y = cos(x) − sin(2x);
7 y(0) = − 20 ;
y 0 (0) = 15 .
b) y 00 − 4y 0 + 4y = x2 e2x − e2x . c) y 00 + 2y 0 + y = x2 + 1 − ex ;
y(0) = 0;
y 0 (0) = 2.
d ) y 00 + 6y 0 + 13y = e−3x cos(2x). e) y 000 + 8y 00 = −6x2 + 9x + 2 f ) y 00 + y 0 + 41 y = ex (sin(3x) − cos(3x)). g) y 00 + 5y 0 − 6y = 10e2x ,
y(0) = y 0 (0) = 1.
h) y 000 − 2y 00 − 4y 0 + 8y = 6xe2x . i) y (4) − y 00 = 4x + 2xe−x .
152CAP´ITULO 4. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR j ) y 000 + 8y = 2x − 5 + 8e−2x ,
y(0) = −5, y 0 (0) = 3, y 00 (0) = −4.
27. M´ etodo del anulador. El m´etodo del anulador permite justificar el m´etodo de coeficientes indeterminados. Sabemos que una ecuaci´on diferencial se puede escribir dk y de la forma an Dn y + an−1 Dn−1 y + · · · + a1 Dy + a0 y = g(x) en donde Dk = dx k,k = 1, 2, · · · , n. Cuando nos convenga, representaremos tambi´en la ecuaci´on de la forma L(x) = g(x), donde L representa el operador diferencial lineal de orden n: L = an Dn + an−1 Dn−1 + · · · + a1 D + a0 . Se dice que L es un anulador si L(f (x)) = 0. Ejemplo Dn anula a cada una de las funciones 1, x, x2 , · · · , xn−1 , (D − α)n anula las funciones eαx , xeαx , x2 eαx , · · · , xn−1 eαx , [D2 − 2αD + (α2 + β 2 )]n anula las funciones eαx cos(βx), xeαx cos(βx), x2 eαx cos(βx), · · · , xn−1 eαx cos(βx), eαx sin(βx), xeαx sin(βx), x2 eαx sin(βx), · · · , xn−1 eαx sin(βx). Para ilustrar considere la ecuaci´on: (D − 1)(D + 1)[y] = y 00 − y = e3x
(4.22)
a) Muestre que al aplicar D − 3 a ambos lados de la ecuaci´on (4.22) tenemos (D − 3)(D − 1)(D + 1)[y] = y 00 − y = 0
(4.23)
(como (D − 3)[e3x ] = 0, decimos que D − 3 anula a e3x ). b) Si yp satisface la ecuaci´on diferencial (4.22) tambi´en satisface la ecuaci´on (4.23). Verifique que c1 e3x + c2 ex + c3 e−x
(4.24)
es una soluci´on general de (4.23) y concluya que existe una soluci´on particular de (4.22) de La forma (4.24). c) Use el hecho de que c2 ex + c3 e−x es una soluci´on de la ecuaci´on homog´enea (D − 1)(D + 1)[y] = 0, y concluya que existe una soluci´on particular de (4.22) de La forma yp = c1 e3x . d ) Use el procedimiento anterior para mostrar que existe una soluci´on particular (D − 1)(D + 1)[y] = ex , de la forma yp = cxe3x . 28. Determine una soluci´on general de la ecuaci´on diferencial dada a) x2 y 00 + 73xy 0 + y = x−1 . b)
1 00 y 2
+ 2y = tan(2x) − 12 ex .
4.7. APLICACIONES A LA F´ISICA
153
c) (1 + x2 )y 00 + xy 0 − y + 1 = 0 sabiendo que y1 (x) = x es una soluci´on particular. d ) x3 y 000 − 4x2 y 00 + 8xy 0 + −8y = 4 ln(x). 29. La ecuaci´on de Bessel de orden un medio, 5 1 x2 y 00 + xy 0 + (x2 − )y = x 2 , 4
x>0 1
tiene dos soluciones linealmente independientes, y1 (x) = x− 2 cos(x), 1 x− 2 sin(x).
y2 (x) =
Determine una soluci´on general de la ecuaci´on no homog´enea. 30. Use el m´etodo de variaci´on de par´ametros para mostrar que Z b y(x) = c1 cos(x) + c2 sin(x) + f (s) sin(x − s)ds a
es una soluci´on general de la ecuaci´on diferencial y 00 + y = f (x), donde f (x) es una funci´on continua en (−∞, ∞). (Sugerencia: Use la identidad trigonom´etrica sin(x−s) = sin(x) cos(s)−sin(s) cos(x) ). 31. Determinar a para que y(x) = ax3 sea soluci´on de la ecuaci´on xy 00 − y 0 = 3x2 y usar el resultado para escribir una soluci´on general. 32. Resuelva cada una de las siguientes ecuaciones por variaci´on de par´ametros. a) y 00 + y = tan(x). b) y 00 − y = cosh(x). c) y 00 − 4y =
e2x . x
d ) y 00 + 3y 0 + 2y = sin(ex ). e) y 000 + y 0 = tan(x). f ) x2 y 00 − 2xy 0 + 2y = x4 ex .
154CAP´ITULO 4. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR
Cap´ıtulo 5 Introducci´ on a los sistemas de ecuaciones diferenciales En la etapa de la modelaci´on matem´atica de resoluci´on de una ecuaci´on diferencial ordinaria o sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias no siempre es posible lograr una soluci´on en forma cerrada, de manera que se hace necesario disponer de otros m´etodos para estudiar la solubilidad y caracterizaci´on matem´atica de la ecuaci´on o sistema de ecuaciones diferenciales. En algunas ecuaciones se disponen de m´etodos y del an´alisis num´erico para encontrar una soluci´on aproximada. Otro m´etodo ampliamente utilizado en investigaciones y aplicaciones es el m´etodo cualitativo mediante el cual se busca establecer matem´aticamente las caracter´ısticas m´as significativas de la soluci´on. Con frecuencia hay ecuaciones diferenciales que no podemos resolver pero podemos analizar su comportamiento cualitativo.
5.1.
Plano Fase
Se estudiar´a el comportamiento de las soluciones de sistemas aut´onomos de ecuaciones diferenciales ordinarias de la forma: ( dy = f (x, y) dx (5.1) dy = g(x, y). dx El sistema es aut´onomo si las funciones f (x, y), g(x, y) no dependen de t. Supongamos que f y g son funciones continuas en una reg´ıon Ω, del plano euclideano R2 , Ω ser´a llamada plano fase. 155
´ A LOS SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 156CAP´ITULO 5. INTRODUCCION De acuerdo a los teoremas de existencia y unicidad, el problema de valor inicial: dy dx = f (x, y) dy = g(x, y) dx x(t0 ) = x0 , y(t0 ) = y0
(5.2)
donde t0 ∈ R y (x0 , y0 ) ∈ Ω, tiene una u ´nica soluci´on x = x(t), y = y(t), definida en cierto intervalo real (a, b) que contiene el punto t0 . Las ecuaciones x = x(t), y = y(t), describen una curva soluci´on parametrizada (x(t), y(t)) en el plano fase, llamada trayectoria. Para cada punto en el plano fase Ω existe una y s´olo una trayectoria que contiene al punto. Un punto (x0 , y0 ) ∈ Ω del sistema (5,1) es cr´ıtico cuando f (x0 , y0 ) = g(x0 , y0 ) = 0.
(5.3)
Si (x0 , y0 ) es un punto cr´ıtico del sistema (5.1), entonces las funciones constantes satisfacen la ecuaci´on x = x(t), y = y(t). Tal soluci´on constante se denomina una soluci´ on de equilibrio del sistema. Observe que la trayectoria de una soluci´on del equilibrio consta un u ´nico punto (x0 , y0 ). Si C = x(t), y(t) es una trayectoria de (5.1), decimos que la curva C tiende al punto de equilibrio (x0 , y0 ), cuando t → ∞ (o t → −∞), si l´ım x(t) = x0 ,
t→±∞
l´ım y(t) = y0
t→±∞
cuando existen los l´ımites decimos que (x0 , y0 ) es un punto cr´ıtico de (5.1) adem´as, si y(t) − y0 t→±∞ x(t) − x0 l´ım
existe o es igual a ±∞ decimos que C entra al punto cr´ıtico (x0 , y0 ) cuando t → ∞ o t → −∞. Esto significa que la recta que une (x0 , y0 ) con el punto p(x, y) tienen una direcci´on determinada cuando t → ∞ o t → −∞. Podemos aplicar la regla de la cadena y tenemos dy = dx
dy dt dx dt
5.2. TIPOS DE PUNTOS CR´ITICOS
157
as´ı consideramos la ecuaci´on diferencial de primer orden dy f (x, y) = . dx g(x, y)
(5.4)
La pendiente dy/dx de una trayectoria en el plano fase est´a dada por el lado derecho de (5.4).As´ı, al resolver la ecuaci´on (5.4) estamos localizando las trayectorias del sistema (5.1) en el plano fase. Las curvas soluci´on de (5.4), que en este contexto se conocen como curvas integrales, contienen a las trayectorias. Como (5.4) es la ecuaci´on del plano fase construimos un campo de pendientes, a ´este le agregamos puntas de flecha a los segmentos de recta, indicando la direcci´on de flujo de soluciones al crecer t. Todos los segmentos del campo de direcciones trazados en una regi´on donde f (x, y) es positiva deben aumentar hacia la derecha (y por su puesto, apuntar hacia la izquierda cuando f (x, y) es negativa). Si f (x, y) se anula, podemos usar g(x, y) para decir si el flujo es hacia arriba (y(t) crece) o hacia abajo ( y(t) disminuye). El retrato de fase es un bosquejo del plano fase y unas pocas trayectorias t´ıpicas, junto con sus puntos cr´ıticos.
5.2.
Tipos de Puntos Cr´ıticos
Definici´ on 5.1 (Estabilidad). Intuitivamente un punto cr´ıtico del sistema (5.1) se llama estable si todas las curvas soluci´on con valor inicial suficientemente pr´oximo del punto cr´ıtico permanecen cerca de ´el. En caso contrario, es decir, cuando existe por lo menos una curva que iniciando cerca del punto de equilibrio se separe de ´el, se llama punto cr´ıtico. Formalmente un punto cr´ıtico del sistema (5.1) es estable si para todo > 0, existe un δ > 0, tal que para todo punto (x, y) ∈ Ω, si |x0 − a| < δ, |y0 − b| < δ entonces la soluci´on x(t), y(t) de (5.2) satisface |x(t) − a| < , |y(t) − b| < . Definici´ on 5.2. (Estabilidad Asint´ otica:) Un punto cr´ıtico del sistema (5.1) se llama asint´oticamente estable si es un punto cr´ıtico estable de (5.1) y para alg´ un δ > 0. si |x0 − a| < δ, |y0 − b| < δ entonces x(t) −→ a, y(t) −→ b, cuando t −→ ∞ En las siguientes definiciones, sin p´erdida de generalidad, se asumir´a que (0, 0) es un punto cr´ıtico del sistema aut´onomo (5.1).
´ A LOS SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 158CAP´ITULO 5. INTRODUCCION
Figura 5.1: Nodo Impropio Inestable, Punto Silla Inestable Definici´ on 5.3. Nodos Propios. El retrato fase est´a formado por rayos de recta (semirrectas) que entran o salen del punto cr´ıtico. Estos puntos tambi´en son conocidos como nodos estrella, por el aspecto de su retrato de fase. Cuando todas las trayectorias entran al punto cr´ıtico se dice que este punto cr´ıtico es un sumidero asint´oticamente estable y cuando salen del se llama una fuente asintoticamente inestable. Nodos Impropios: Corresponden a puntos cr´ıticos cuyas trayectorias entran cuando t → ∞ o t → −∞. En el retrato de fase de este tipo de nodo existen cuatro trayectorias en forma de semirrectas con extremos en el origen. Las dem´as trayectorias tienen el aspecto de ramas de par´abola y al tender hacia el origen sus pendientes tienden a la pendiente de una de las semirrectas. Punto Silla: Es un punto con dos trayectorias que se aproximan a ´el, pero el resto de trayectorias son no acotadas cuando t → ∞. Es un punto donde dos semirectas entran con extremos en el origen cuando t → ∞ y hay otras dos semirrectas que salen del punto cuando t → ∞. Entre estas cuatro semirrectas hay cuatro regiones, las cuales contienen una familia de trayectorias en forma de hip´erbolas; estas trayectorias no tienden hacia el punto cuando t → ∞ , sino que son asint´oticas a alguna de las semirectas cuando t → ∞. Centros: Es un punto cr´ıtico que est´a rodeado por una familia de trayectorias cerradas. Ninguna trayectoria tiende a ´el cuando t → ±∞.
5.2. TIPOS DE PUNTOS CR´ITICOS
159
Figura 5.2: Centro Estable, Punto espiral asintoticamente estable Focos: En el retrato fase se muestra que hacia el punto cr´ıtico tienden (o salen) las trayectorias de una familia que gira en forma de espiral un n´ umero infinito de veces cuando t → ±∞). N´otese que aunque las trayectorias tienden al origen, no entran a el punto en una direcci´on determinada, es decir dy t→±∞ dx l´ım
no existe. Ejemplo 5.4. Bosquejar el campo de direcciones en el campo fase para los sistemas dx = −8y dt (a.) . dx = 18x dt dx = 2y dt (b.) . dx = 2x dt dx = −2x + y dt (c.) . dx = −5x − 4y dt
´ A LOS SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 160CAP´ITULO 5. INTRODUCCION dx = 5x − 3y − 2 dt (d.)) . dx = 4x − 3y − 1 dt E identificar sus puntos cr´ıticos. Soluci´on: (a.) Los puntos cr´ıticos son −8y = 0, 18x = 0 es decir x = 0, y = 0 por lo tanto (0, 0) es el punto cr´ıtico. El campo de direcciones para la ecuaci´on 18x dy = dx −8y aparece en la Figura 5.3. Como f (x, y) = −8y, las trayectorias del semiplano superior (y > 0) fluyen hacia la izquierda y viceversa. El punto cr´ıtico es asint´oticamente estable. Las trayectorias est´an en c´ırculos conc´entricos con centro (0, 0). Al resolver separando variables obtenemos 9x2 + 4y 2 = c lo cual indica que sus trayectorias son elipses que encierran el punto cr´ıtico.
Figura 5.3:
5.2. TIPOS DE PUNTOS CR´ITICOS
161
(b.) Los puntos cr´ıticos son 2y = 0, 2x = 0 es decir x = 0, y = 0, por lo tanto es el punto cr´ıtico (0, 0). El campo de direcciones para la ecuaci´on 2x x dy = = dx 2y y aparece en la Figura 5.4. Como f (x, y) = 2y, las trayectorias del semiplano superior (y > 0) fluyen hacia la derecha y viceversa. Al resolver separando variables obtenemos y 2 − x2 = k lo cual indica que sus trayectorias son hiperbolas, que encierran el punto critico. El punto cr´ıtico es silla inestable.
Figura 5.4: (c.) Los puntos cr´ıticos se hallan solucionando el sistema. ( −2x + y = 0 −5x − 4y = 0 de donde x = 0, y = 0, son el conjunto de puntos cr´ıticos, por lo tanto (0, 0) es el punto cr´ıtico. El campo de direcciones para la ecuaci´on dy −5x − 4y = dx −2x + y
´ A LOS SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 162CAP´ITULO 5. INTRODUCCION aparece en la Figura 5.5. Observe que las soluciones fluyen hacia la derecha para Como −5x−4y > 0, es decir para todos los puntos debajo de la recta −5x−4y = 0. El punto critico espiral inestable.
Figura 5.5: (d.) Los puntos cr´ıticos se hallan solucionando el sistema. ( 5x − 3y − 2 = 0 4x − 3y − 1 = 0 de donde x = 1, y = 1, son el conjunto de puntos cr´ıticos, por lo tanto (1, 1) es el punto cr´ıtico. El campo de direcciones para la ecuaci´on dy 4x − 3y − 1 = dx 5x − 3y − 2 aparece en la Figura 5.6 Observe que las soluciones fluyen hacia la derecha para Como 4x−3y −1 > 0, es decir para todos los puntos debajo de la recta 4x−3y −1 = 0. El punto cr´ıtico es silla inestable. Adem´as se dibujaron algunas trayectorias soluci´on del sistema de ecuaciones diferenciables.
5.2. TIPOS DE PUNTOS CR´ITICOS
163
Figura 5.6:
5.2.1.
Notaci´ on matricial de los sistemas lineales
Teorema 5.5. Existencia y unicidad para sistemas lineales. Sea un sistema de n ecuaciones diferenciales lineales de primer orden
x01 =a11 (t)x1 + a12 (t)x2 + · · · + a1n (t)xn + g1 (t) x02 =a21 (t)x1 + a22 (t)x2 + · · · + a2n (t)xn + g2 (t) .. . 0 xn =an1 (t)x1 + an2 (t)x2 + · · · + ann (t)xn + gn (t)
(5.5)
Con condiciones iniciales x1 (x0 ) = y1 , x2 (x0 ) = y2 , . . . , xn (x0 ) = yn Si las funciones a11 , a12 , . . . , ann y g1 , g2 , . . . , gn son continuas en el intervalo abierto I que contiene al punto x0 , entonces el sistema en (5.5) tiene una soluci´on u ´nica en todo el intervalo I que satisface las n condiciones iniciales
´ A LOS SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 164CAP´ITULO 5. INTRODUCCION Utilizando notaci´on matricial en el sistema (5.5) se puede expresar como: X 0 = A(t)X + g(t) Donde X=
x1 x2 .. .
,
X0 =
xn A(t) =
a11 (t) a12 (t) . . . a1n (t) a21 (t) a22 (t) . . . a2n (t) .. .. .. .. . . . . an1 (t) an2 (t) . . . ann (t)
x01 x02 .. . x0n ,
g=
g1 g2 .. .
gn
Una soluci´on de la ecuaci´on (5.5) en el intervalo abierto I es una funci´on vectorial columna X(t) = [xi (t)] tal que las funciones componentes satisfacen el sistema en (5.5) id´enticamente en I. Si todas las funciones aij (t) y gi (t) son continuas en I, entonces el teorema 5.8 garantiza la existencia de una soluci´on u ´nica en que satisface las condiciones iniciales x(x0 ) = y.
5.2.2.
Soluci´ on de sistemas de ecuaciones diferenciales lineales
Para resolver la ecuacin (5.5), primero se resuelve la ecuaci´on homog´enea : X 0 = A(t)X
(5.6)
Una vez resuelta, con soluci´on φh , esta soluci´on permite encontrar una soluci´on particular del sistema original φp y as´ı obtener la soluci´on general de la ecuaci´on (5.5). φ = φh + φp Teorema 5.6. Las soluciones x(t) de (5.6) tienen las siguientes propiedades: a) x(t) = 0 es una soluci´on de (5.6) (soluci´on trivial). b) Si x(t0 ) = 0 para alg´ un t0 ∈ I, entonces x(t) ≡ 0 (es la soluci´on trivial).
5.2. TIPOS DE PUNTOS CR´ITICOS
165
c) Si x1 , x2 , . . . , xm son m soluciones de la ecuaci´on lineal homog´enea (5.5) en el intervalo abierto I c1 , c2 , . . . , cm son constantes, entonces la combinaci´on lineal x(t) = c1 x1 (t) + c2 x2 (t) + · · · + cm xm (t) Es tambi´en una soluci´on de (5.6). Demostraci´on. La parte a) es directa. Para la b) si x(t0 ) = 0, la soluci´on trivial tambi´en pasa por ese punto, luego por la unicidad esta soluci´on debe ser la trivial. La parte c) se sigue de lo siguiente. Como X 0 = A(t)X, se tiene que:
X 0 (t) =c1 x01 (t) + c2 x02 (t) + · · · + cn x0n (t) =c1 A(t)x1 (t) + c2 A(t)x2 (t) + · · · + cn A(t)xn (t) =A(t)(c1 x1 (t) + c2 x2 (t) + · · · + cn xn (t)) =A(t)X
Definici´ on 5.7. Independencia: Las funciones x1 , x2 , . . . , xn son linealmente dependientes en un intervalo I si existen constantes, c1 , c2 , . . . , cn , no todas iguales a 0, tales que c1 x1 (t) + c2 x2 (t) + · · · + cn xn (t) = 0 para toda t en el intervalo. En caso contrario se dice que x1 , x2 , . . . , xn es linealmente independiente. Sin embargo, un criterio sencillo para decidir la independencia de soluciones de un sistema homog´eneo es el siguiente Teorema 5.8. Teorema. Sean t0 ∈ I un n´ umero cualquiera, y x1 , x2 , . . . , xm soluciones de (5.6). Entonces x1 , x2 , . . . , xm son linealmente dependientes sobre I si y s´olo si x1 (t0 ), x2 (t0 ), . . . , xm (t0 ) son vectores de Rn linealmente dependientes. Este teorema tambi´en nos dispone de un hecho crucial. Teorema 5.9. Teorema. Ning´ un conjunto linealmente independiente de soluciones de (5.6) puede tener m´as de n elementos.
´ A LOS SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 166CAP´ITULO 5. INTRODUCCION Corolario. Si x1 , x2 , . . . , xn es un conjunto de n soluciones linealmente independientes de (5.6), entonces cualquier otra soluci´on x(t) de (5.6) es combinaci´on lineal de ´estas x(t) = c1 x1 (t) + c2 x2 (t) + · · · + cn xn (t) Es por esta raz´on que un conjunto linealmente independiente de soluciones de (5.6) se conoce como un sistema fundamental de soluciones o bien una base lineal (m´as acorde con los aspectos lineales). El wronskiano Cuando se trata de determinar si un conjunto φ1 , φ2 , . . . , φn de funciones con derivadas hasta de orden n−1 en un intervalo I, es linealmente independiente, usualmente se utiliza una herramienta muy sencilla denominada el Wronskiano. Definici´ on 5.10. Dadas las funciones φ1 , φ2 , . . . , φn con derivadas hasta de orden n − 1 en un intervalo I,se define su Wronskiano como el determinante (funci´on): φ1 φ . . . φ 2 n 0 0 0 φ1 φ2 ... φn W (φ1 , φ2 , . . . , φn ) = det(λIn − A) = .. .. .. .. . . . . (n−1) (n−1) (n−1) φ1 φ2 . . . φn Teorema 5.11. Sean φ1 , φ2 , . . . , φn n funciones continuas con derivadas hasta de orden n − 1 sobre un intervalo I. Si las funciones φ1 , φ2 , . . . , φn son linealmente dependientes sobre I entonces W φ1 , φ2 , . . . , φn . En el caso que nos interesa podemos decir algo m´as. Teorema 5.12. Un conjunto x1 , x2 , . . . , xn de n soluciones de (5.6) constituye un sistema fundamental si y slo si su Wronskiano nunca se anula en . El Wronskiano ser siempre distinto de cero sobre dicho intervalo o se anular indenticamente. Teorema 5.13. Soluciones generales de sistemas Homog´ eneos: Sean x1 , x2 , . . . , xn n, soluciones linealmente independientes de la ecuaci´on (5.5) en el intervalo I, donde A(t) es una funci´on matricial n×n, continua en I. Si x(t) es cualquier soluci´on de la ecuaci´ on (5.5) sobre I entonces existen c1 , c2 , . . . , cn tales que x(t) = c1 x1 (t) + c2 x2 (t) + · · · + cn xn (t) Para toda t en I.
´ 5.3. SISTEMAS LINEALES HOMOGENEOS CON COEFICIENTES CONSTANTES167 Teorema 5.14. Soluciones Generales de Sistemas No Homog´ eneos: Sea xp , una soluci´on particular del sistema no homog´eneo, X 0 = A(t)X + g(t)
(5.7)
en el intervalo I, y sea {x1 , x2 , . . . , xn } un conjunto fundamental de soluciones en I para el sistema homog´eneo (5.6). Si x(t) es cualquier soluci´on de la ecuaci´on (5.5) sobre I con c1 , c2 , . . . , cn constantes entonces toda soluci´on en I se puede expresar en la forma x(t) = xp (t)c1 x1 (t) + c2 x2 (t) + · · · + cn xn (t)
5.3.
Sistemas Lineales Homog´ eneos con Coeficientes Constantes
En esta secci´on se analiza un m´etodo para obtener una soluci´on general del sistema homog´eneo X 0 = A(t)X (5.8) donde A es una matriz de tamao n × n. De la misma manera que las ecuaciones diferenciales lineales de primer orden con coeficientes constantes, se busca una soluci´on de la forma x = eλt u (5.9) donde el vector u y el escalar λ son constantes a determinar. La cual lo obtenemos sustituyendo en (5.8) de la siguiente manera: Derivando (5.9) y sustituyendo en (5.8) obtenemos: λeλt u = A(t)eλt u = eλt A(t)u como eλt no es cero podemos cancelar y reagrupando t´erminos tenemos: A(t) − λI u = 0 donde I es la matriz identidad y λI denota la matriz diagonal con λ a lo largo de la diagonal principal. Por lo tanto para resolver el sistema de ecuaciones diferenciales se necesita obtener la soluci´on de un sistema algebraico. El cual precisamente es el problema de determinaci´on de vectores y valores propios de la matriz A. Por tanto el vector
´ A LOS SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 168CAP´ITULO 5. INTRODUCCION
x = eλt u es una soluci´on de (5.8) definida por los valores propios λ de A y los vectores propios u de A asociados a λ. Como los valores propios son raices del polinomio caracter´ıstico tienen tres posibilidades: 1. Ra´ıces reales distintas. 2. Ra´ıces reales repetidas. 3. Ra´ıces complejas. Teorema 5.15. n Vectores Propios Linealmente Independientes. Suponga que A es una matriz de tama˜ no n × n con n vectores propios linealmente independientes u1 , u2 , . . . , un . Sea λi el valor propio correspondiente a ui . Entonces λ1 t λ2 t λn t e u1 , e u2 , . . . , e un es un conjunto fundamental de soluciones en (−∞, ∞) para el sistema (5.8), por lo tanto la soluci´on general de (5.8) es x(t) = c1 eλ1 t u1 + c2 eλ2 t u2 + · · · + cn eλn t un donde c1 , c2 , . . . , cn son constantes. Demostraci´on. Las funciones eλ1 t u1 , eλ2 t u2 , . . . , eλn t un son soluciones del sistema homog´eneo. El wroskiano es: λ1 t λ2 t λn t λ1 +λ2 +···+λn W (t) = det e u1 , e u2 , . . . , e un = e det u1 , u2 , . . . , un En la hip´otesis del teorema se supone que los vectores propios son linealmente independientes esto implica que det u1 , u2 , . . . , un 6= 0. Por lo tanto el el wroskiano nunca se hace cero. Es decir que el conjunto eλ1 t u1 , eλ2 t u2 , . . . , eλn t un es linealmente independiente, por lo tanto es un conjunto fundamental de soluciones y de hay podemos concluir que una soluci´on general esta dada por x(t) = c1 eλ1 t u1 + c2 eλ2 t u2 + · · · + cn eλn t un
´ 5.3. SISTEMAS LINEALES HOMOGENEOS CON COEFICIENTES CONSTANTES169 En el siguiente ejemplo tomamos el primer caso. Ra´ıces reales distintas. En el cual la soluci´on general para λ1 , λ2 , . . . , λn vectores propios distintos y reales es: x(t) = c1 eλ1 t u1 + c2 eλ2 t u2 + · · · + cn eλn t un −2 1 Ejemplo 5.16. Determine la soluci´on del sistema X 0 = A(t)X, con A = 1 −2 Soluci´on. Suponiendo que x = eλt u, tenemos que X=
−2 1 1 −2
u1 u2
−2 − λ 1 1 −2 − λ
=λ
u1 u2
=0
los valores propios de A son λ = −1 y λ = −3. Si tomamos λ = −1 en −2 − λ 1 1 −2 − λ
= u11 = 0 u21
( = u11 = 0, de donde resulta el sistema −u11 + u21 = 0 es u21 u11 − u21 = 0 1 decir u11 = u21 , y la soluci´on general es u1 = u11 , u11 ∈ R en particular tomando 1 1 u11 = 1 se puede decir que un vector propio asociado a λ1 = −1 es u1 = . De la 1 ( u12 + u22 = 0 misma manera para λ2 = −3, se tiene el sistema de donde u12 = −u22 , u12 + u22 = 0 1 1 u12 , u12 ∈ R en particular si u12 = 1 un vector asociado a λ2 = −3 es u2 = . −1 −1 Una forma m´ as sencilla de obtener los vectores propios es la siguiente −1 1 obtenemos 1 −1
Como u1 y u2 son linealmente independientes, el teorema 5.14 implica que una soluci´on general es: 1 1 −t −3t + c2 e x(t) = c1 e 1 −1
´ A LOS SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 170CAP´ITULO 5. INTRODUCCION
5.3.1.
Ra´ıces Reales repetidas
Cuando la ecuaci´on caracter´ıstica |A − λI| = 0 tiene al menos una ra´ız repetida. se presentan dos casos para solucionar el sistema. 1. La cantidad de vectores propios linealmente independientes asociados al valor propio repetido es igual a la cantidad de veces que se repite el valor propio. La soluci´on general cuando λ1 se repite n−veces es: x(t) = c1 eλ1 t u1 + c2 eλ2 t u2 + · · · + cn eλn t un 2. La cantidad de vectores propios linealmente independientes asociados al valor propio repetido es menor que la cantidad de veces que se repite el valor propio. La soluci´on general es: x(t) = c1 eλ1 t u1 + c2 eλ1 t (tu1 + u2 ) El vector u2 se determina proponiendo una segunda soluci´on de la forma x ∗ (t) = eλ1 t (tu1 + u2 ) Derivando y remplazando en el sistema de ecuaciones diferenciales se busca u2
5.3.2.
Ra´ıces complejas conjugadas
Sea λ = $ ± δi α1 + β1 i α1 β1 , donde tenemos dos y b2 = Para U = definimos b1 = α2 β2 α2 + β2 i soluciones de la forma S1 =e$t b1 cos δt + b2 senδt S2 =e$t b1 cos δt − b2 senδt La soluci´on general es: x(t) = c1 S1 + c2 S2 En sistemas n×n la soluci´on general ser´a una combinaci´on lineal de n soluciones simples, donde cada una de ellas se encontrara en funci´on de alguno de los tres casos vistos anteriormente.
5.4. EL PLANO TRAZA DETERMINANTE
5.4.
171
El Plano Traza Determinante
Sea el sistema x0 =ax + by y 0 =cx + dy
Para resolver el sistema primero calculamos los valores propios de la matriz del sistema, donde la traza de la matriz es T = a + d y el determinante de la matriz es D = ad − bc, la ecuaci´on caracter´ıstica es: λ2 − T λ + D = 0 Los valores propios se obtienen con la formula de las ra´ıces de una ecuaci´on de segundo grado: √ T ± T 2 − 4D λ= 2 Con T = λ1 + λ2 y D = λ1 · λ2 . El estudio de los valores propios sirve para clasificar el punto (0, 0) del plano fase y las trayectorias del sistema. 1. Si D < 0 tenemos que T 2 − 4D > 0 por lo tanto los valores propios son reales, adem´as se tiene los valores propios son de signos contrarios ya que D = λ1 · λ2 < 0. El origen es un punto silla. 2. Si D > 0 se pueden plantear varios casos: 2.1 Si T 2 − 4D > 0, los valores propios son reales del mismo signo ya que D > 0. a. Si T > 0 los valores propios son positivos. El origen es un nodo inestable. b. Si T < 0 los valores propios son negativos. El origen es un nodo estable. 2.2 Si T 2 − 4D < 0, los valores propios son complejos conjugados. a. Si T > 0. La parte real de los valores propios es positiva. El origen es un punto espiral inestable. b. Si T = 0. La parte real de los valores propios se anula. El origen es un punto centro. c. Si T < 0. La parte real de los valores propios es negativa. El origen es un punto espiral estable.
´ A LOS SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 172CAP´ITULO 5. INTRODUCCION 2.3 Si T 2 − 4D = 0 la ecuaci´on caracterstica tendr´a T 2 − 4D < 0 un valor propio de multiplicidad dos del signo de T . a. Si T > 0. El valor propio es positivo. El origen es un nodo inestable. Si hay dos vectores propios linealmente independientes asociados al doble valor propio, entonces el origen es un punto fuente. b. Si T < 0. El valor propio es negativo. El origen es un nodo estable. Si hay dos vectores propios linealmente independientes asociados al doble valor propio, entonces el origen es un punto sumidero. 3. Si D = 0. Esto significa que el rango de la matriz del sistema es la unidad y por lo tanto, la segunda fila es m´ ultiplo de la primera dc = db = k . Se puede observar adem´as, que el punto (0, 0) no es un punto cr´ıtico aislado del sistema, sino que (suponiendo que b no es nulo) son puntos todos los puntos de la recta y = −ax b cr´ıticos del sistema. Las trayectorias en el plano fase son las rectas y = kx + e, siendo e una constante. a. Si T > 0. Las trayectorias comienzan en los puntos crticos y terminan en el infinito. b. Si T < 0. Las trayectorias terminan en los puntos crticos y provienen del infinito. Los casos anteriores los podemos representar en un plano cuyo eje de abscisas sea la traza de la matriz del sistema y el eje de ordenadas el determinante. La posici´on del punto (T, D) que representa al sistema y nos da informaci´on del origen de coordenadas en el plano fase y de las trayectorias del sistema. Es suficiente con representar la par´abola 2 D = T4 .
5.5.
M´ etodo de Eliminaci´ on Para Sistemas
El m´etodo de eliminaci´on de Gauss que se usa para resolver sistemas algebraicos, se puede adaptar para resolver sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes. Para esto, primero escribimos el sistema con notaci´on de operadores, es decir 2 D = dtd , D2 = dtd 2 , etc. Los operadores quedar´ıan de la forma cn Dn + cn−1 Dn−1 + · · · + c1 D + c0 que se comporta como un polinomio de grado n, que se puede factorizar. Para aplicar el m´etodo a un sistema lineal de dos ecuaciones diferenciales de segundo orden de la forma
´ ´ PARA SISTEMAS 5.5. METODO DE ELIMINACION
Figura 5.7:
a1 x00 (t) + a2 x0 (y) + a3 x(t) + a4 y 00 (t) + a5 y 0 (t) + a6 y(t) =f1 (t) a7 x00 (t) + a8 x0 (y) + a9 x(t) + a10 y 00 (t) + a11 y 0 (t) + a12 y(t) =f2 (t) donde a1 , a2 , · · · , a12 son constantes, que en la notaci´on de operadores quedar´ıa: (a1 D2 + a2 D + a3 )[x] + (a4 D2 + a5 D + a6 )[y] =f1 (t) (a7 D2 + a8 D + a9 )[x] + (a10 D2 + a11 D + a12 )[y] =f2 (t)
173
´ A LOS SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 174CAP´ITULO 5. INTRODUCCION Ejemplo 5.17. Resolver los sistemas ( a)
x + 2y = 0 x−y =0
b) Tanques Interconectados: Dos grandes tanques, como muestra la figura 4.5 cada uno con 100 litros de liquido, est´an conectados entre s´ı mediante tubos de modo que el liquido fluye del tanque A al tanque B a raz´on de 3 litros/minuto y del B al A a raz´on de 1 litro/minuto. El l´ıquido dentro de cada tanque se mantiene bien revuelto. Una soluci´on salina con una concentraci´on de 2kg/litro de sal fluye hacia el tanque A a raz´on de 6 litros/minuto. La soluci´on (diluida) sale del sistema del tanque A a 4 litros/minuto y del tanque B a 2 litros/minuto. Si en un principio, el tanque A contiene agua simple y el tanque B contiene 200kg de sal, determine la masa de sal en cada tanque en el instante t ≥ 0.
Figura 5.8: c) Sistemas Acoplados Masa-Resorte Dos resortes y dos masas est´an unidos en l´ınea recta sobre una superficie horizontal sin fricci´on, como se muestra en la figura. El sistema se pone en movimiento manteniendo la masa en su posici´on de equilibrio y jalando la masa a la izquierda de su posici´on de equilibrio una distancia de 1 metro, para luego liberar ambas masas. Exprese la ley de Newton para el sistema y determine las ecuaciones de movimiento N para las dos masas si m1 = 1Kg, m2 = 2Kg, K1 = 4 N y K2 = 10 . m 3 m d) Circuitos El´ectricos:
´ ´ PARA SISTEMAS 5.5. METODO DE ELIMINACION
175
Determinar un sistema de ecuaciones diferenciales y condiciones iniciales para la corriente de la red en la figura 5.17. Suponga que la corriente inicial se anula. Determine la corriente en cada rama de la red.
Figura 5.9: Para poder plantear el problema necesitamos unos principios los cuales son: Ley de la corriente de Kirchhoff: La suma algebraica de las corrientes que fluyen en cualquier punto de uni´on debe ser cero. Ley de voltaje de Kirchhoff: La suma algebraica de cambios instant´aneos del potencial (ca´ıdas de voltaje) en torno de cualquier lazo cerrado debe ser cero. Un circuito en serie RLC tiene su representaci´on como aparece en la figura 4.7: Adem´as debemos tener en cuenta De acuerdo con la ley de Ohm, la ca´ıda de voltaje ER a trav´es de un resistor es proporcional a la corriente I que pasa por el resistor: ER = RI Se puede mostrar mediante las leyes de Faraday y Lenz que la ca´ıda de voltaje EL a trav´es de un inductor es proporcional a la raz´on de cambio instant´anea de la corriente I: dL dt La ca´ıda de voltaje EC a trav´es de un capacitor es proporcional a la carga el´ectrica q que aparece en las capas del capacitador: EL = L
EC =
1 q C
´ A LOS SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 176CAP´ITULO 5. INTRODUCCION donde E(t) indica el voltaje que se proporciona al circuito en el instante t, y la ley del voltaje de Kirchhoff es: E(t) = EL + ER + EC Sustituyendo obtenemos: E(t) = L teniendo que I =
dq dt
dL 1 + RI + q, dt C
la anterior ecuaci´on la podemos expresar de la forma
E(t) = L
d2 q dq 1 +R + q 2 dt dt C
Soluci´on: a) Para utilizar el m´etodo de eliminaci´on primero escribimos el sistema en t´erminos de operadores: (
D[x] + 2y = 0 (1) D[x] − D[y] = 0 (2)
notamos que podemos eliminar x, si la primera ecuaci´on la multiplicamos por −1 y este resultado lo sumamos a la segunda ecuaci´on obtenemos:
−D[x] − 2y =0 D[x] − D[y] =0 0 − (2 + D)[y] = 0 (3) es decir de (3) nos queda −2y−y 0 = 0, podemos notar que es una ecuaci´on de primer grado, la resolvemos por variables separables y su resultado es y(t) = e−2t c1 . Este resultado lo sustituimos en algunas de las ecuaciones (1) y (2), si reemplazamos en (1) queda D[x] + 2e−2t c1 = 0 es decir x0 + 2e−2t c1 = 0 que corresponde a una ecuaci´on diferencial de primer orden que se puede resolver por variables separables y su soluci´on es x(t) = e−2t c1 + c2 .
´ ´ PARA SISTEMAS 5.5. METODO DE ELIMINACION
177
Soluci´on: b) Para solucionar primero planteamos el sistema de ecuaciones. Notamos que el volumen del l´ıquido en cada tanque es constante e igual a 100 litros, debido al equilibrio entre las razones de entrada y salida. Por lo tanto tenemos dos funciones inc´ognitas de t: la masa de sal x(t) en el tanque A y la masa de sal y(t) en el tanque B. Si centramos nuestra atenci´on en un tanque a la vez, podemos deducir dos ecuaciones que relacionen estas inc´ognitas. Para formular las ecuaciones de este sistema, igualamos la raz´on de cambio de sal en cada tanque con la raz´on neta con la que se transfiere la sal a ese tanque. La concentraci´on de sal en el tanque A es x(t)Kg/100lt, de modo que el tubo superior lleva sal al tanque A a raz´on de 6l/min · 2Kg/l = 12Kg/min, tambi´en un tubo superior saca sal del tanque a raz´on de 3 lt/min x(t)Kg/100lt; de manera similar, el tubo inferior lleva sal al tanque A a raz´on de 1lt/min y(t)Kg/100lt y hay un tubo inferior que saca sal a raz´on de 4lt/min x(t)Kg/100lt (la concentraci´on en el tanque B es y(t)Kg/100lt). Tenemos entonces: dx = Raz´on de entrada - Raz´on de salida, dt de modo que la raz´on de cambio de la masa de sal en el tanque A es Kg lt y(t)Kg lt x(t)Kg lt x(t)Kg dx =12 +1 −4 −3 dt min min 100lt min 100lt min 100lt dx y(t) x(t) x(t) =12 + −4 −3 dt 100 100 100 La raz´on de cambio de sal en el tanque B se determina mediante los mismos tubos de conexi´on y por el tubo de drenado, que saca 2lt/min y(t)Kg/100lt: dy lt x(t)Kg lt y(t)Kg lt y(t)Kg =3 −1 −2 dt min 100lt min 100lt min 100lt dy x(t) y(t) y(t) =3 − −2 dt 100 100 100 As´ı los tanques interconectados quedan descritos mediante un sistema de ecuaciones diferenciales: y x x x0 =12 + −4 −3 100 100 100 x y y 0 y =3 − −2 100 100 100
´ A LOS SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 178CAP´ITULO 5. INTRODUCCION Para utilizar el m´etodo de eliminaci´on primero escribimos el sistema en t´erminos de operadores: 7 y D + 100 [x] − 100 = 12 (5) 3 3x − + D+ [y] = 0 (6) 100 100 notamos que podemos eliminar x, si la primera ecuaci´on la multiplicamos por 3/100 y la segunda por D + 7/100 estos resultados los sumamos y obtenemos:
7 3 3y 36 [x] − = 100 100 10000 100 7 3x 7 3 − D+ + D+ D+ [y] = 0 100 100 100 100 1 21 3 36 D2 + D + y− y= (7) 10 10000 10000 100 D+
18 36 1 0 y + 10000 y = 100 , podemos notar que es una ecuaci´on es decir de (7) nos queda y 00 + 10 de segundo grado no homog´enea con coeficientes constantes. Primero resolvemos la homog´enea y obtenemos:
yh = c1 e
√ −5+ 7 t 100
+ c1 2e
√ −5− 7 t 100
la soluci´on particular la resolvemos por coeficientes constantes, yp = 200, por lo tanto la soluci´on general de la ecuaci´on es: y(t) = c1 e
√ −5+ 7 t 100
+ c2 e
√ −5− 7 t 100
+ 200
(5.10)
Este resultado lo reemplazamos en (6) y nos da como resultado: x(t) = c1 e
√ −5+ 7 t 100
−2 + 3
√ 7
+ c2 e
√ −5− 7 t 100
−2 − 3
√ 7
+ 200
(5.11)
las ecuaciones (4.5) y (4.6) contienen dos par´ametros indeterminados,c1 y c2 , que podemos hallar utilizando las condiciones iniciales x(0) = 0 y y(0) = 200
´ ´ PARA SISTEMAS 5.5. METODO DE ELIMINACION
0 = x(0) =c1 e 200 = y(0) =c1 e
√ −5+ 7 0 100 √ −5+ 7 0 100
−2 + 3
+ c2 e
√ 7
√ −5− 7 0 100
+ c2 e
√ −5− 7 0 100
179
−2 − 3
√ 7
+ 200
+ 200
√ √ 0 = c −2 + 7 + c −2 − 7 1 2 3 3 200 = c1 + c2 + 200
(5.12)
√ resolviendo el sistema de ecuaciones (4.7) obtenemos que c1 = −300/ 7 y c2 = √ 300/ 7. As´ı las masas de sal en los tanques A y B en el instante t son, respectivamente, 300 −5−√7 300 −5+√7 y(t) = − √ e 100 t + √ e 100 t + 200Kg 7 7 200 −5+√7 t 200 −5−√7 t x(t) = − 100 − √ e 100 − 100 + √ e 100 + 200Kg 7 7
Soluci´on. c) Para solucionar primero planteamos el sistema de ecuaciones. En los sistemas acoplados masa resorte tenemos la ley de Hooke, afirma que la fuerza que act´ ua sobre un objeto debido a un resorte tiene una magnitud proporcional al desplazamiento del resorte a partir de su longitud natural y tiene direcci´on opuesta a su desplazamiento. Es decir si el resorte se estira o comprime, entonces trata de regresar a su longitud original. Como cada masa se puede mover libremente, aplicamos la segunda ley de Newton a cada objeto. Sea x(t) el desplazamiento de la masa m1 a partir de su posici´on de equilibrio, y y(t) el desplazamiento correspondiente a la masa m2 . La masa m1 tiene una fuerza F1 que act´ ua a la derecha debido al resorte. La masa m2 tiene una fuerza F2 que act´ ua a la izquierda debido al segundo resorte y una fuerza F3 que act´ ua a la izquierda debido al primer resorte. Aplicando la ley de Hooke: F1 = K1 (y − K),
F2 = −K1 (y − K),
F 3 = K2 y
´ A LOS SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 180CAP´ITULO 5. INTRODUCCION y−x es el desplazamiento neto del segundo resorte con respecto de su longitud original. Al aplicar la segunda ley de Newton tenemos: d2 x m1 2 = F1 = K1 (y − x) dt 2 d m2 = F2 + F3 = −K1 (y − x) − K2 y dt2 sustituyendo los valores obtenemos: d2 x = 4(y − x) dt2 2 2 d = −4(y − x) − 10 y dt2 3 Para utilizar el m´etodo de eliminaci´on primero escribimos el sistema en t´erminos de operadores: (D2 + 4)x − 4y 11 2 −2x + D + y=0 3
notamos que podemos eliminar y, si la primera ecuaci´on la multiplicamos por D2 + 11/3 y la segunda por 4 estos resultados los sumamos y obtenemos: 11 11 2 2 2 (D + 4) D + [x] − 4 D + [y] = 0 3 3 11 2 −8x + 4 D + [y] = 0 3 11 2 2 (D + 4) D + [x] − 8x = 0 3
(5.13)
es decir de (4.8) nos queda xIV + 23 x00 + 20 x = 0, podemos notar que es una ecuaci´on 3 3 de cuarto grado homog´enea con coeficientes constantes. Primero resolvemos la homog´enea y obtenemos: r x(t) = c1 cos t + c2 sent + c3 cos
20 t + c4 sen 3
r
20 t 3
(5.14)
´ ´ PARA SISTEMAS 5.5. METODO DE ELIMINACION
181
d2 x dt2
= 4(y − x) y nos da como resultado: r r 3 3 2 2 20 20 y(t) = c1 cos t + c2 sent − c3 cos t − c4 sen t (5.15) 4 4 3 3 3 3 las formulas (4.9) y (4.10) contienen cuatro par´ametros indeterminados, c1 , c2 , c3 y c4 , que podemos hallar utilizando las condiciones iniciales x(0) = −1, x0 (0) = 0, y(0) = 0 y y 0 (0) = 0. Este resultado lo reemplazamos en
x(0) =c1 + c4 r
20 c3 3 3 2 y(0) =c1 − c4 4 3r 3 2 20 y 0 (0) =c2 − c3 4 3 3
x0 (0) =c2 +
resolviendo el sistema de ecuaciones: −1 = c1 + c4 r 20 c3 0 = c2 + 3 3 2 0 = c1 − c4 4 r3 3 2 20 0 = c2 − c3 4 3 3 obtenemos que c1 = −8/17, c2 = 0 c3 = 0 y c4 = −9/17. As´ı las masas de movimiento para la m1 y m2 en el instante t son, respectivamente, 8 x(t) = − cos t − 17 6 y(t) = − cos t + 17
r 9 20 cos t 17 3 r 6 20 cos t 17 3
´ A LOS SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 182CAP´ITULO 5. INTRODUCCION Soluci´on: d) Para solucionar primero determinamos la carga y corrientes en la red el´ectrica, notamos inicialmente que la red tiene tres circuitos cerrados. El primero a trav´es de la bater´ıa 10V, el resistor 10Ω, y el inductor 20 H. El segundo pasa por la bater´ıa 10 V, el resistor 10Ω, otro resistor 5Ω, el capacitador 1/30 F. El tercero un inductor 20 H, el resistor 5Ω y el capacitador 1/30 F. Sea I1 la corriente que pasa por la bater´ıa y el resistor. I2 la corriente que pasa por el inductor y I3 la corriente que pasa por el capacitador. Denotamos la carga en el capacitador como q3 , por lo tanto I3 = dqdt3 . Tomando las ecuaciones sabemos que la ca´ıda del voltaje en un resistor RI, en un inductor es LdL/dt y en un capacitador es q/C. As´ı aplicando la ley de voltaje de Kirchhoff para cada uno de los circuitos el´ectricos es: Primero: Bater´ıa = Resistor + Inductor 10V = 10I1 + 20
dI2 dt
Segundo: Bater´ıa = Resistor + Capacitador 10V = 10I1 + 5I3 + 30q3 Tercero: Inductor + Resistencia + Capacitador = 0 −20
dI2 + 5I3 + 30q3 = 0 dt
El signo menos en la u ´ltima ecuaci´on surge al considerar una trayectoria en sentido de las manecillas del reloj, de modo que la corriente que pasa por el inductor es −I2 . Luego tenemos un sistema de ecuaciones:
dI2 dt 10 = 10I1 + 5I3 + 30q3 10 = −20 dI2 + 5I3 + 30q3 dt 10 = 10I1 + 20
notemos que la ultima ecuaci´on del sistema se obtiene de restar la primera y segunda, por lo tanto solo tenemos dos ecuaciones para determinar I1 , I2 y q3 .
´ ´ PARA SISTEMAS 5.5. METODO DE ELIMINACION
183
Si ahora aplicamos la ley de Kirchhoff al punto de uni´on B en la red vemos que: I2 + I3 − I1 = 0
(5.16)
reemplazando I3 = dqdt3 en la ecuaci´on (4.11), la ecuaci´on 10 = −20 dIdt2 + 5I3 + 30q3 la sustituimos por la (4.11) con el cambio hecho, luego el sistema de ecuaciones es: dI2 10 = 10I1 + 20 dt dq3 10 = 10I1 + 5 + 30q3 dt 10 = I2 + dq3 − I1 dt Para utilizar el m´etodo de eliminaci´on primero escribimos el sistema en t´erminos de operadores: 10 = 10I1 + 20D[I2 ] 10 = 10I1 + (5D + 30)[q3 ] 10 = I2 − I1 D[q3 ] despejando I1 de la ecuaci´on 10 = I2 − I1 D[q3 ] y sustituyendo en las ecuaciones 10 = 10I1 + 20D[I2 ] y 10 = 10I1 + (5D + 30)[q3 ] obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones: ( 1 = (1 + 2D)I1 2 + D[q2 3] 2 = 2I2 + (3D + 6)[q3 ] notamos que podemos eliminar I2 , si la primera ecuaci´on la multiplicamos por, -2 y la segunda por 1 + 2D estos resultados los sumamos y obtenemos: 11 11 2 2 2 (D + 4) D + [x] − 4 D + [y] = 0 3 3 11 2 −8x + 4 D + [y] = 0 3 11 (D2 + 4) D2 + [x] − 8x = 0 3
(5.17)
es decir de (4.12) nos queda 6q300 + 13q30 + 6q3 = 0, podemos notar que es una ecuaci´on de segundo grado homog´enea con coeficientes constantes.
´ A LOS SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 184CAP´ITULO 5. INTRODUCCION Primero resolvemos la homog´enea y obtenemos: q3 (t) = c1 e
−3 t 2
+ c2 e
−2 t 3
(5.18)
Este resultado lo reemplazamos en la ecuaci´on 2 = 2I2 + (3D + 6)[q3 ] y nos da como resultado: −2 3 −3 I2 (t)(t) = − c1 e 2 t − 2c2 e 3 t + 1 4
(5.19)
como obtuvimos I1 = I2 + Dq3 reemplazando I2 , tenemos: 8 −2 9 −3 I1 (t)(t) = − c1 e 2 t − c2 e 3 t + 1 4 3
(5.20)
las formulas (4.13), (4.14) y (4.15) contienen dos par´ametros indeterminados, c1 y c2 , que podemos hallar utilizando las condiciones iniciales I1 (0) = 0, I2 (0) = 0 y I3 (0) = 0. 3 I2 (0) = − c1 − 2c2 + 1 4 8 9 I1 (0) = − c1 − c2 + 1 4 3
resolviendo el sistema de ecuaciones: 3 0 = − c1 − 2c2 + 1 4 9 0 = − c1 − 8 c2 + 1 4 3 obtenemos que c1 = −4/15 y c2 = 3/5. As´ı las corrientes I1 y I2 en el instante t est´an dadas por: 3 −3 I1 (t)(t) = e 2 t − 5 1 −3 I2 (t)(t) = e 2 t − 5 Para hallar I3 recuerde que I3 = −3 −2 obtenemos I3 (t) = 52 e 2 t − −2 e 3 t. 5
dq3 dt
8 −2 t e 3 +1 5 6 −2 t e 3 +1 5
por lo tanto derivando q3 (t) = c1 e
−3 t 2
+ c2 e
−2 t 3
´ ´ PARA SISTEMAS 5.5. METODO DE ELIMINACION
185
Ejercicio 5.18. 1. Hay dos tanques, A y B, y 100 galones de salmuera en cada uno. Al principio, el tanque A contiene 100 libras de sal disueltas y el B, 50 libras. El sistema es cerrado, por que los l´ıquidos bien agitados s´olo pasan de un tanque al otro como vemos en la figura. a) Use la informaci´on de la figura (4.7) para formar un modelo matem´atico de las libras de sal x1 (t) y x2 (t) en cualquier tiempo en los tranques A y B, respectivamente. b) Determine una relaci´on entre las variables x1 (t) y x2 (t), valida para cualquier tiempo t. Explique por qu´e esta relaci´on tiene sentido. Emplee esta relaci´on como ayuda para hallar la cantidad de sal en el tanque b cuando t = 30 min.
Figura 5.10: 2. Con la informaci´on de la figura (4.8) formule un modelo matem´atico para la cantidad de libras de sal, x1 (t), x2 (t) y x3 (t) en cualquier tiempo t en los tanques A, B, y C respectivamente.
Figura 5.11: 3. Dos resortes, dos masas dos amortiguadores se unen en l´ınea recta sobre una superficie horizontal sin fricci´on como se muestra en la figura. El amortiguador proporciona una fuerza de amortiguamiento sobre la masa m2 , dada por F = −by 0 . Deduzca el sistema de ecuaciones para los desplazamientos x y y.
´ A LOS SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 186CAP´ITULO 5. INTRODUCCION 4. Dos resortes, dos masas y un amortiguador se unen en l´ınea recta sobre una superficie horizontal sin fricci´on, como se muestra en la figura. El sistema se pone en movimiento manteniendo la masa m2 en su posici´on de equilibrio y jalando la masa m1 a la izquierda de su posici´on de equilibrio a una distancia de 2 m, para luego liberar ambas masas. Determine las ecuaciones de movimiento para las dos masas si m1 = m2 = 1Kg, K1 = K2 = 1N/m y b = 1N − s/m. [Sugerencia: El amortiguador act´ ua sobre m1 y m2 con una fuerza de magnitud b|y 0 − x0 |].
Cap´ıtulo 6 Transformada de Laplace En este cap´ıtulo se estudiar´a un m´etodo de resoluci´on de ecuaciones diferenciales con valor inicial en el origen, llamado m´etodo de la transformada de Laplace. La idea consiste, en transformar un problema anal´ıtico en uno algebraico, donde all´ı es f´acil de resolver y luego trasformar esta soluci´on al problema original (anal´ıtico). Este m´etodo fue inspirado por Euler y utilizado extensivamente por Laplace, de ah´ı que se conozca con el nombre de trasformada de Laplace. Esta transformada hace parte de las llamadas transformadas integrales que en su forma general se escriben como
Z K(t, s)f (t)dt.
T f (x) = I
Donde I es un intervalo de la recta real y K(t, s) se conoce como el n´ ucleo de la transformaci´on y s es la variable de la transformada. El caso que vamos a considerar es cuando I = [0, +∞) y K(t, s) = e−st .
6.1.
Transformada de Laplace
Definici´ on 6.1. Sea f (t) una funci´on definida sobre [0, +∞) se define la transformada de Laplace de f , L(f ) como Z ∞ L(f )(s) = F (s) = f (t)e−st dt, 0
siempre que la integral impropia converge. N´otese la transformada de Laplace aplicada a una funci´on es de nuevo una funci´on, a saber, L(f ) ´o F .
187
CAP´ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE
188
Ejemplo 6.2. Halle la transformada de Laplace de la funci´on constante definida por f (t) = 1. Soluci´on. Z
∞ −st
Z
N
dt = l´ım 1e−st dt N →∞ 0 0 t=N 1 −st 1 −sN 1 = l´ım − e = l´ım − e + N →∞ N →∞ s s s t=0 1 = , siempre que s > 0 s
L(f )(s) =
1e
Ejemplo 6.3. Determinar la transformada de Laplace de la funci´on dada por f (t) = t2 . Soluci´on. Usamos la definici´on de trasformada de Laplace:
2
Z
∞
t2 e−st dt 0 Z N t2 e−st dt = l´ım N →∞ 0 2 −st N te 2te−st 2e−st = l´ım − − − 3 N →∞ s s2 s 0 2 −sN −sN −sN N e 2N e 2e 2 = l´ım − − − + 3 . N →∞ s s2 s3 s
L(t )(s) =
Como − N
2 e−sN
s
−
2N e−sN s2
−
2e−sN s3
→ 0 cuando s > 0 y N → ∞, obtenemos:
F (s) =
2 para s > 0. s3
Ejemplo 6.4. Determinar la transformada de Laplace de la funci´on dada por f (t) = cos(2t).
6.1. TRANSFORMADA DE LAPLACE
189
Soluci´on. Z
∞
cos(2t)e−st dt 0 Z N cos(2t)e−st dt = l´ım N →∞ 0 N 2 sin(2t)e−st s cos(2t)te−st = l´ım − N →∞ s2 + 4 s2 + 4 0 s cos(2N )te−sN s 2sen(2N )e−sN − + 2 = l´ım N →∞ s2 + 4 s2 + 4 s +4
L(cos(2t))(s) =
como
2 sin(2N )e−sN s2 +4
−
s cos(2N )te−sN s2 +4
→ 0 cuando s > 0 y N → ∞, obtenemos:
F (s) =
s2
2 , para s > 0. +4
Ejemplo 6.5. Determinar la transformada de Laplace de la funci´on definida como ( e2t , 0 < t < 3 . f (x) = 1, t>3 Soluci´on: Usamos la definici´on de trasformada de Laplace: Z
3
Z
∞
1e−st dt 3 0 Z N Z 3 2t −st = e e dt + l´ım e−st dt N →∞ 0 0 t(2−s) 3 −st N e + l´ım e = 2 − s 0 N →∞ −s 3
L(f (t))(s) =
= como
e−N s −s
2t −st
e e
dt +
1 e−sN e−s3 e3(2−s) − + l´ım − 2−s 2 − s N →∞ −s s
→ 0 cuando s > 0 y N → ∞, obtenemos: 1 − e−3(2−s) e−s3 F (s) = − , para s > 2. s−2 s
CAP´ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE
190
Ejemplo 6.6. Determinar la transformada de Laplace de la funci´on parte entera [x] = mayor entero menor o igual que x. Soluci´on: Usamos la definici´on de trasformada de Laplace: L [t] (s) =
Z
∞
[t]e
−st
Z
0
=
∞
dt =
[t]e−st dt
1
∞ Z X n=1 ∞ X
n+1 −st
[t]e
dt =
n
∞ Z X n=1
n+1
ne−st dt
n
t=n+1 ∞ 1 −st 1X n − e = = n e−sn − e−s(n+1) s s n=1 t=n n=1 ∞ ∞ 1 X −sn 1 − e−s X −s = ne (1 − e ) = n(e−s )n s n=1 s n=1
=
1 1 − e−s e−s , si s > 0. 2 = s s s(e − 1) 1 − e−s
Por tanto, L [t] (s) =
s(es
1 . − 1)
Aqu´ı se us´o el valor de la serie ∞ X
nxn =
n=1
x , si |x| < 1. 1 − x2
N´otese c´omo la transformada de Laplace suaviza una funci´on como parte entera. La siguiente propiedad justifica el nombre de transformada.
6.1.1.
Linealidad de la transformada
Teorema 6.7. Sean f1 y f2 funciones cuyas transformada de Laplace existen para s > α y sea k una constante. Entonces para s > α. 1. L(f1 + f2 ) = L(f1 ) + L(f2 ).
6.1. TRANSFORMADA DE LAPLACE
191
2. L(kf (t)) = kL(f (t)). La pregunta que sigue es ¿qu´e condiciones son suficientes para garantizar la existencia de la transformada de Laplace de una funci´on?, para ello presentamos las siguientes definiciones que ser´an u ´tiles para responder tal inquietud. Definici´ on 6.8. Una funci´on f es continua por partes (o a trozos) en un intervalo finito [a, b] si f es continua en cada punto de [a, b] excepto quiz´a en un n´ umero finito de puntos donde f tiene una discontinuidad de salto (los l´ımites laterales existen). Una funci´on f es continua por partes en [0, ∞) si f es continua por partes en [0, N ] para todo N > 0. Por supuesto, todas las funciones continuas son continuas a trozos. Ejemplo 6.9. La funci´on dada anteriormente definida como ( e2t , 0 < t < 3 f (x) = , 1, t>3 es continua a trozos, pues en x = 3, que es el u ´nico punto de discontinuidad, los l´ımites laterales existen (y son finitos) l´ım f (t) = l´ım− e2t = e6 y l´ım+ f (t) = l´ım+ 1 = 1.
t→3−
t→3
t→3
t→3
Definici´ on 6.10. Una funci´on f (t) es de orden exponencial α si existe constantes positivas T y M tales que: |f (t)| ≤ M eαt , para toda t ≥ T. En otras palabras, f es de orden exponencial si |f | se puede acotar por encima por una funci´on de la forma M eαt con M > 0 a partir de un n´ umero positivo T en adelante. Ejemplo 6.11. Cualquier la funci´on de la forma f (t) = M eαt es de orden exponencial, claramente con t > 0. Ejemplo 6.12. Toda funci´on f acotada con f (t) ≤ M es de orden exponencial, tomando α = 0. En particular, las funciones sin(x) y cos(x) son de orden exponencial.
192
CAP´ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Ejemplo 6.13. La funci´on f definida como f (t) = tn es de orden exponencial. Se sabe que para α > 0 tn = 0. t→∞ eαt l´ım
tn αt < ε, en Esto significa que dado ε > 0 existe N > 0 tal que si T > N entonces e n t particular tomando ε = 1, existir´a N0 > 0 tal que eαt < 1 si, y s´olo si tn < eαt siempre que t > N0 . Como consecuencia de esto, puede verse que toda funci´on polin´omica es de orden exponencial. Ejemplo 6.14. La funci´on parte entera es de orden exponencial. Esto se debe al hecho que |t| ≤ t + 1, para t > 0 pero la funci´on del lado derecho es de orden exponencial (pues es un polinomio), luego la parte entera es de orden exponencial. 2
Ejemplo 6.15. La funci´on definida por f (t) = et , no es de orden exponencial puesto que para cualquier α > 0, la funci´on t2 e = et2 −αt eαt no es acotada. Teorema 6.16. Si f es continua por partes en [0, ∞) y de orden exponencial α, entonces L(f (t))(s) existe para s > α. La siguiente proposici´on nos da un criterio sencillo para decidir cu´ando una funci´on F no puede ser una transformada de Laplace. Proposici´ on. Si l´ım F (s) 6= 0, entonces F no es la transformada de Laplace de ninguna s→∞ funci´on de orden exponencial. Ejemplo 6.17. Una funci´on constante F (s) = c 6= 0 no puede ser la transformada de Laplace de ninguna funci´on de orden exponencial.
6.1. TRANSFORMADA DE LAPLACE
193
s Ejemplo 6.18. La funci´on definida por F (s) = 1−s no puede ser una transformada de Laplace de ninguna funci´on de orden exponencial, pues l´ıms→∞ F (s) = 1 6= 0.
En la pr´actica, estaremos trabajando siempre con funciones de orden exponencial. R∞ La funci´on gamma se define como Γ(α) = 0 tα−1 e−t dt para α > 0 (pues siempre converge para estos valores) y puede verse que Γ(n + 1) = n!. Como un caso especial de la funci´on gamma, obtenemos la transformada de Laplace siguiente Z ∞ Γ(α) α−1 L(t )(s) = tα−1 e−st dt = α , para α > 0. s 0 Por tanto, L(tα )(s) =
Γ(α + 1) , para α > −1. sα+1
En especial, L(tn )(s) =
Ejemplo 6.19. La funci´on definida por ( 1 t− 2 , 0,
n! sn+1
.
si t > 0 . si t = 0
No es continua a trozos, de hecho, la discontinuidad en 0 es infinita, sin embargo, la transformada de Laplace existe, pues − 12
L(t
)(s) =
Γ( 21 ) 1
s2
,
con un poco de cuidado se puede encontrar que Γ( 21 ) =
√
π.
Ejemplo 6.20. Determinar la transformada de Laplace de . t3 − tet + e4t cos(t).
CAP´ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE
194
f (t)
L(f (t)) = F (s)
1
1 , s
eat
1 , s−a
tn eat , n = 1, 2, · · ·
n! , (s−a)n+1
sen(bt)
b , s2 +b2
s>0
cos(bt)
s , s2 +b2
s>0
eat sen(bt)
b , (s−a)2 +b2
s>a
eat cos(bt)
s , (s−a)2 +b2
s>a
[t]
1 , s(es −1)
s>0 s>a s>a
s>1
Tabla 6.1: Algunas Transformaciones de Laplace
Soluci´on. Sabemos que la transformada de Laplace es una transformaci´on lineal, por lo tanto tenemos: L t3 − tet + e4t cos(t) (s) = L(t3 ) − L(tet ) + L(e4t cos(t)). 3! Para hallar L(t3 ) utilizamos la f´ormula del rengl´on 3, en este caso n = 3 y L(t3 ) = s3+1 = 6 t . Para hallar L(te ) utilizamos la f´ormula del rengl´on 4, en este caso n = 1, a = 1 y s4 1! 1 4t L(tet ) = (s−1) cos(t)) utilizamos la f´ormula del 1+1 = (s+1)2 . Finalmente, para hallar L(e 7 rengl´on de la tabla 1 con a = 4 y b = 1 en cuyo caso tenemos
L(e4t cos(t)) =
s−4 (s − 4)2 + 1
6.1. TRANSFORMADA DE LAPLACE
195
con lo que L t3 − tet + e4t cos(t) (s) =L(t3 ) − L(tet ) + L(e4t cos(t) 6 1 s−4 = 4− . + s (s + 1)2 (s − 4)2 + 1
Ejemplo 6.21. Determinar la transformada de Laplace de e3t sen(6t) − t3 + et Soluci´on. Dejamos al lector para que identifique las f´ormulas que hemos utilizado
L e3t sin(6t) − t3 + et (s) =L(e3t sin(6t)) − L(t3 ) + L(et ) s−3 6 1 = − 4+ . 2 (s − 3) + 36 s (s − 1)
Ejemplo 6.22. Hallar la transformada de Laplace de la funci´on parte decimal definida por f (t) = t − [t], conocida com´ unmente como diente de sierra. Soluci´on. Aplicando la linealidad de la transformada tenemos L t − [t] (s) =L(t) − L([t]) 1 1 = 2− s s s(e − 1)
Ejemplo 6.23. Con los resultados que aparecen en la Tabla 1. calcular L sin2 (at) (s). Soluci´on. Por las identidades trigonom´etricas sabemos que sen2 t = que
1−cos(2t) , 2
1 − cos(2at) L sen (at) (s) =L (s) 2 1 1 = L(1) − L(cos(2at)) 2 2 1 1 s 2a2 = − 2 = 2 s (s + 4a2 ) s(s2 + 4a2 ) 2
de tal forma
CAP´ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE
196
6.1.2.
Propiedades de la Transformada de Laplace
A. Transformada de una Derivada Teorema 6.24. Sea f continua en [0, ∞) y f 0 continua por partes en [0, ∞), ambas de orden exponencial α. Entonces para s > α existe la transformada de f 0 : Z
0
L(f (t)) =F (s) =
∞
f 0 (t)e−st dt
(6.1)
0
=sL(f (t)) − y(0). Ejemplo 6.25. Consideremos la funci´on f (t) = sin2 (at), y como ya vimos F (s) = 2a2 , la funci´on satisface las condiciones del teorema anterior, por tanto s(s2 +4a2 )
L(f 0 (t))(s) =L(f (t)) − y(0) L(2a sin(at) cos(at)) =sL(sin2 (at)) − sin2 (0) s L(2 sin(at) cos(at)) = L(sin2 (at)) a s 2a2 L(sin(2at)) = a s(s2 + 4a2 ) 2a . L(sin(2at)) = 2 (s + 4a2 ) En particular L(sin at) =
(s2
2a . + a2 )
B. Formula de desplazamiento: Teorema 6.26. Si la transformada de laplace L(f (t))s = F (s) existe para s > α, entonces: L(eat f (t))[s] = F (s − a) para s > α + a.
(6.2)
Ejemplo 6.27. Como sabemos la funci´on definida como f (t) = 1 tiene transformada 1s . Por tanto, la funci´on g definida como g(t) = eat 1 tiene transformada 1 G(s) = F (s − a) = s−a , como se hab´ıa visto antes.
6.1. TRANSFORMADA DE LAPLACE
197
Ejemplo 6.28. Como sabemos la funci´on definida como f (t) = cos(bt) tiene transs formada F (s) = s2 +b on g definida como g(t) = eat cos(bt) tiene 2 . Por tanto, la funci´ s−a transformada G(s) = F (s − a) = (s−a) ıa visto antes. 2 +b2 , como se hab´ Ejemplo 6.29. Encontrar una funci´on cuya transformada de Laplace es G(s) = s . s2 +s+1 Soluci´on. G(s) =
s2
1 s = . +s+1 s + 12 + 43
Vemos que corresponde a un caso particular del ejemplo anterior a = − 12 y b = q √ √ 3 3 3 − 32 t = , luego una funci´ o n puede ser g(t) = e t . cos 4 2 2 C. Transformada de Productos del Tipo tn f (t) Teorema 6.30. Sea f (t) continua por partes en [0, ∞) y de orden exponencial α. Entonces para s > α. L(tn f (t))[s] = (−1)n
dn F (s). dsn
(6.3)
Ejemplo 6.31. Calcular la transformada de la funci´on definida por g(t) = t2 [t] donde [t] denota la parte entera de t. Soluci´on. Aplicaremos el teorema anterior (con n = 2). Como sabemos, la funci´on parte entera tiene transformada L [t] (s) = F (s) = s(es1−1) . Por tanto, L t2 [t] =(−1)2 F 00 (s) e2s s2 + 2s + 2 + s s2 − 2s − 4 + 2 = . s3 (es − 1)3
CAP´ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE
198
6.2.
Transformada Inversa de Laplace
El siguiente teorema nos dice que la transformada de Laplace es inyectiva, lo que permite hablar de la transformada inversa y como veremos es lineal. Este hecho es clave para resolver algunos problemas de ecuaciones diferenciales con valor inicial en el origen, como se hab´ıa mencionado al comienzo del cap´ıtulo. Teorema 6.32. Sean f y g funciones continuas sobre [0, ∞), de orden exponencial tales que la transformada de Laplace existe para cada una y cuyas transformadas son iguales, L(f ) = L(g) entones f (t) = g(t) para todo t ≥ 0. Definici´ on 6.33. Se define la transformada inversa de Laplace como L−1 (F (s)), de modo que : L(f (t)) = F (s), entonces L−1 (F (s)) = f (t). Como es natural, mientras conozcamos transformadas de muchas funciones, ser´a m´as f´acil encontrar la transformada inversa de alguna funci´on.
Linealidad de la transformada Inversa Teorema 6.34. Suponga que L−1 (F ), L−1 (F1 ) y L−1 (F2 ) existen y son funciones continuas en [0, ∞) y sea k una constante, entonces. (1.) L−1 (F1 + F2 ) = L−1 (F1 ) + L−1 (F2 ). (2.) L−1 (kF (s)) = kL−1 (F (s)).
M´ etodo de las fracciones Parciales A continuaci´on se da un m´etodo para hallar la transformada inversa de funciones racionales de la forma: F (s) =
Q(s) , P (s)
donde Q(s) y P (s) son polinomios en la variable s (con grado de P mayor que el de Q), se acostumbra a hacer lo siguiente: 1) Descomponer F (s) en fracciones simples. Para ello:
6.2. TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE
199
(a.) Encontrar la ra´ıces de P (s). Tomamos β una de sus ra´ıces reales con multiplicidad m, y a ± ib a una de las ra´ıces complejas y su conjugada. De esta forma podemos expresar P (s) = (s − β)m · · · [(s − a)2 + b2 ] (b.) Y as´ı escribimos F (s) como: F (s) =
A1 Am Q(s) B(s − a) + Cb + ··· = + ··· + + m P (s) s−β (s − β) (s − a)2 + b2
(c.) Determinar los coeficientes A1 , · · · Am , Bs , C. 2) Para calcular la transformada inversa L−1 (F (s)) = f (t) obtenemos: −1
L (F (s)) = L
−1
A1 Am B(s − a) + Cb + ··· + + + ··· . s−β (s − β)m (s − a)2 + b2
3) Como la transformada inversa es una transformaci´on lineal, aplicamos esta linealidad y tenemos:
−1
−1
L (F (s)) = L
A1 s−β
−1
+ ··· + L
Am (s − β)m
−1
+L
B(s − a) + Cb (s − a)2 + b2
+ ···
Ejemplo 6.35. Hallar la transformada inversa de: F (s) =
7s2 + 23s + 30 . (s − 2)(s2 + 2s + 5)
Soluci´on. Primero hallamos la descomposici´on en fracciones parciales de F (s). Observamos que el factor cuadr´atico s2 + 2s + 5 tiene una ra´ız imaginaria, con su correspondiente conjugada, que es −1 ± 2i de donde podemos expresar este factor cuadr´atico como: s2 + 2s + 5 = (s + 1)2 + 22 , por lo tanto su desarrollo en fracciones parciales queda de la forma: 7s2 + 23s + 30 A B(s + 1) + 2C = + 2 (s − 2)(s + 2s + 5) (s − 2) (s + 1)2 + 4
(6.4)
Al multiplicar ambos lados por el com´ un denominador, obtenemos: 7s2 + 23s + 30 = A(s2 + 2s + 5) + B(s + 1)(s − 2) + 2C(s − 2) en la ecuaci´on (6.5) hacemos s = 2, s = −1 y s = 0, en el primer caso,
(6.5)
200
CAP´ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE
28 + 46 + 30 =A(4 + 4 + 5) 104 =A13 A =8 con s = −1 y A = 8 sustituyendo en (6.5) tenemos: 7 − 23 + 30 =8(1 − 2 + 5) + 2C(−3) 14 =32 − 6C C =3 y por ultimo si s = 0, C = 3 y sustituyendo en (6.5) tenemos: 30 =40 + B(−2) + 6(−2) 30 =40 − 12 − 2B B =−1 como B = −1, C = 3 y A = 8, sustituyendo en (6.4) se tiene: 7s2 + 23s + 30 8 −1(s + 1) + 6 = + 2 (s − 2)(s + 2s + 5) (s − 2) (s + 1)2 + 4 con esto podemos hallar la transformada inversa: 7s2 + 23s + 30 L−1 ( )= (s − 2)(s2 + 2s + 5) 8 −1(s + 1) 6 −1 −1 −1 =L +L +L (s − 2) (s + 1)2 + 4 (s + 1)2 + 4 1 (s + 1) 2 −1 −1 −1 =8L − 1L + 3L (s − 2) (s + 1)2 + 4 (s + 1)2 + 4 =8e2t − e−t cos(2t) + 3e−t sin(2t)
Ejemplo 6.36. Hallar la transformada inversa de F (s) =
(s −
1 . + 2s + 2)
3)(s2
6.2. TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE
201
Soluci´on. Primero hallamos la descomposici´on en fracciones parciales de F (s). Observamos que el factor cuadr´atico s2 + 2s + 2 tiene una ra´ız imaginaria, con su correspondiente conjugada, que es −1 ± 1i de donde podemos expresar este factor cuadr´atico como: s2 + 2s + 2 = (s + 1)2 + 12 , por lo tanto su desarrollo en fracciones parciales queda de la forma:
(s −
A B(s + 1) + C 1 = + . + 2s + 2) (s − 3) (s + 1)2 + 1
3)(s2
(6.6)
Al multiplicar ambos lados por el com´ un denominador, obtenemos: 1 = A(s2 + 2s + 2) + B(s + 1)(s − 3) + C(s − 3) en la ecuaci´on (6.7) hacemos s = 3, s = −1 y s = 0, en el primer caso,
1 =A(9 + 6 + 2) 1 =A17 1 A= 17 con s = −1 y A =
1 , 17
sustituyendo en (6.7) tenemos: 1 (1 − 2 + 2) + C(−4) 17 1 1 = − 4C 17 4 C =− 17 1=
y por ultimo si s = 0, C =
−4 17
yA=
1 17
sustituyendo en (6.7) tenemos:
1 4 (2) + B(−3) − (−3) 17 17 1 1 = − 4C 17 12 2 1 = − 3B + 17 17 1 B =− 17 1=
(6.7)
CAP´ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE
202 1 como B = − 17 , C=
−4 17
yA=
1 , 17
sustituyendo en (6.6) se tiene:
1 1/17 −1/17(s + 1) − 4/17C = + (s − + 2s + 2) (s − 3) (s + 1)2 + 1 con esto podemos hallar la transformada inversa: 3)(s2
1 L−1 ( )= 2 (s − 3)(s + 2s + 2) −4 1 −1(s + 1) −1 −1 −1 +L =L +L 17(s − 3) 17 (s + 1)2 + 1 17 (s + 1)2 + 4 1 −1 1 −1 4 −1 1 (s + 1) 1 − L = L − L 17 (s − 3) 17 17 (s + 1)2 + 1 (s + 1)2 + 1 1 4 1 = e3t − e−t cos(t) − e−t sin(t) 17 17 17 n
Ejemplo 6.37. Verificar que si L(tn f (t)) = (−1)n ddsFn (s) su transformada inversa es: −1
L
dn F (s) = (−1)n tn f (t) dsn
(6.8)
donde f (t) = L−1 (F ), usar esta ecuaci´on para calcular la transformada inversa de: s+2 F (s) = ln . s−5 Soluci´on: Utilizando la ecuaci´on (6.8), primero tenemos que derivar F (s) = ln s+2 , por s−5 lo tanto tenemos: −7 dF = ds (s + 2)(s − 5)
(6.9)
como derivamos la primera vez el n en la ecuaci´on (6.8) es 1, por lo tanto sustituyendo en la ecuaci´on (6.8) tenemos: dF L =(−t)f (t) ds −7 −1 L =(−t)f (t) (s + 2)(s − 5) −1
6.3. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE
203
ahora hallamos la transformada inversa de (6.9), la cual la realizamos por fracciones parciales, por lo tanto su desarrollo en fracciones parciales queda de la forma: −7 A B = + . (s + 2)(s − 5) (s + 2) (s − 5)
(6.10)
Al multiplicar ambos lados por el com´ un denominador, obtenemos: −7 = A(s − 5) + B(s + 2)
(6.11)
en la ecuaci´on (6.11) hacemos s = 5, en el primer caso, −7 = 7B y resulta B = −1. En la ecuaci´on (5.11) hacemos s = −2, en el primer caso, A = 1. Sustituyendo en (5.10) nos queda: 1 1 −7 = − (s + 2)(s − 5) (s + 2) (s − 5) con lo cual podemos hallar la transformada inversa: 1 1 L − =(−t)f (t) (s + 2) (s − 5) 1 1 −1 −1 L −L =(−t)f (t) (s + 2) (s − 5) e−2t − e5t =(−t)f (t) −1
despejando f (t) tenemos,
e5t t
e−2t t
= f (t) y como f (t) = L−1 (F ) entonces : e5t e−2t s+2 −1 L ln = − . s−5 t t −
Nota. El lector habr´a notado que nuestro inter´es siempre estuvo en fracciones propias. Esto se justifica por lo siguiente. Si F fuera una fracci´on propia, l´ıms→∞ F (s) 6= 0, luego F no ser´ıa la transformada de Laplace de ninguna funci´on de orden exponencial (que son las de nuestro inter´es).
6.3.
Aplicaciones de la transformada de laplace
Aplicaremos la transformada de laplace para resolver ecuaciones y sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con valores iniciales. Una de las ventajas es que se aborda
CAP´ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE
204
directamente el problema de condici´on inicial en el origen, resolviendo sin necesidad de calcular la soluci´on general de la ecuaci´on o el sistema. Otras ventajas es que puede facilitar la soluci´on de ecuaciones con integrales. Aqu´ı es donde podemos apreciar el verdadero sentido de lo que se ha hecho hasta ahora. Se tomar´a un problema anal´ıtico: resolver una ecuaci´on diferencial especial y convertirlo en uno algebraico, aplicando la transformada de Laplace, lo resolvemos algebraicamente y por la transformada inversa queda resuelto anal´ıticamente.
6.3.1.
Soluci´ on de problemas con Valores Iniciales
Para resolver un problema con valor inicial, se siguen los siguientes pasos: a) Suponiendo que las funciones cumplen las hip´otesis de existencia de la transformada, se considera la transformada de Laplace a ambos lados de la ecuaci´on. b) Use las propiedades de la transformada de laplace y las condiciones iniciales para obtener una ecuaci´on para la transformada de la soluci´on luego despeje la transformada. c) Determine la transformada inversa de laplace de la soluci´on. Ejemplo 6.38. Resolver el problema con valor inicial: y 00 − 7y 0 + 10y = 9 cos(t) + 7 sin(t); y(0) = 5, y 0 (0) = −4. Soluci´on: Aplicamos la transformada de Laplace a ambos lados de la ecuaci´on, aplicamos la propiedad de linealidad, y las propiedades de la transformada, tenemos:
L(y 00 − 7y 0 + 10y) =L 9 cos(t) + 7 sin(t) L(y 00 ) − 7L(y 0 ) + 10L(y) =9L(cos(t)) + 7L sin(t) 1 s +7 2 s2 L(y) − sy(0) − y 0 (0) − 7[sL(y) − y(0)] + 10L(y) =9 2 s +1 s +1
reemplazando las condiciones iniciales obtenemos: s2 L(y) − s5 + 4 − 7[sL(y) − 5] + 10L(y) = 9
s2
s 1 +7 2 +1 s +1
(6.12)
6.3. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE
205
despejando L(y) en (6.12) tenemos: 9s 7 + 2 + 5s − 39 +1 s +1 9s + 7 + 5s3 + 5s − 39s2 − 39 L(y) = (s2 + 1)(s2 − 7s + 10) 5s3 − 39s2 + 14s − 32 L(y) = 2 (s + 1)(s2 − 7s + 10)
L(s2 − 7s + 10) =
s2
(6.13)
ahora hallamos la transformada inversa de (6.13): −1
y=L
5s3 − 39s2 + 14s − 32 (s2 + 1)(s2 − 7s + 10)
para ello primero descomponemos en fracciones parciales, por lo tanto su desarrollo en fracciones parciales queda de la forma: 5s3 − 39s2 + 14s − 32 5s3 − 39s2 + 14s − 32 = (s2 + 1)(s2 − 7s + 10) (s2 + 1)(s − 5)(s − 2) C D 5s3 − 39s2 + 14s − 32 As + B = 2 + + . 2 2 (s + 1)(s − 7s + 10) s +1 s−5 s−2
(6.14)
Al multiplicar ambos lados por el com´ un denominador, obtenemos: 5s3 − 39s2 + 14s − 32 = (As + B)(s − 5)(s − 2)C(s2 + 1)(s − 2) + D(s2 + 1)(s − 5) (6.15) en la ecuaci´on (6.15) hacemos s = 2, en el primer caso, 40 + 156 + 28 − 32 =D5(−3) D =8 con s = 5 y D = 8 sustituyendo en (6.15) tenemos: 625 − 975 + 70 − 32 =78C C =−4
CAP´ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE
206
si s = 0, C = −4 y D = 8 sustituyendo en (6.15) tenemos: −32 =10B + 8 − 40 B =0 y por u ´ltimo si s = 1, B = 0, C = −4 y D = 8 sustituyendo en (6.15) tenemos: −52 =4A + 8 − 64 A =1 como B = 0, C = −4, D = 8 y A = 1, sustituyendo en (6.14) se tiene: 5s3 − 39s2 + 14s − 32 s −4 8 = 2 + + 2 2 (s + 1)(s − 7s + 10) s +1 s−5 s−2 con esto podemos hallar la transformada inversa: s −4 8 L + + = s2 + 1 s − 5 s − 2 s −4 8 −1 −1 −1 =L +L +L s2 + 1 s−5 s−2 s 1 1 −1 −1 −1 =L − 4L + 8L s2 + 1 s−5 s−2 = cos(t) − 4e5t + 8e2t −1
es decir y(t) = cos(t) − 4e5t + 8e2t .
6.3.2.
Soluci´ on de Sistemas de Ecuaciones con Valores Iniciales
Para solucionar el m´etodo es: a) Se aplica la transformada a cada una de las ecuaciones. b) Se usan las propiedades de la transformada de Laplace, y las condiciones iniciales. c) Se crea un sistema de ecuaciones.
6.3. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE
207
d) Se resuelve el sistema. m´etodo.
Ejemplo 6.39. Solucionar el sistema: ( x0 = y + sin(t) x(0) = 2 0 y = x + 2 cos(t) y(0) = 0. Soluci´on: Al calcular la transformada de Laplace a las dos ecuaciones tenemos: ( L(x0 ) = L(y) + L sin(t) L(y 0 ) = L(x) + 2L cos(t) .
(6.16)
Reemplazando las propiedades de la transformada de Laplace en (6.16) obtenemos: ( sL(x) − x(0) = L(y) + s21+1 (6.17) sL(y) − y(0) = L(x) + s22s+1 reemplazando las condiciones iniciales en (6.17) obtenemos: ( sL(x) − L(y) = s21+1 + 2 sL(y) − L(x) = s22s+1
(6.18)
el sistema de ecuaciones (6.18) lo podemos resolver por eliminaci´on, multiplicando la primera ecuaci´on por s y sum´andosela a la segunda ecuaci´on, por lo tanto obtenemos: s + 2s +1 2s − L(x) + sL(y) = 2 s +1 3s s2 L(x) − L(x) = 2 + 2s s +1 s2 L(x) − sL(y) =
s2
esto se simplifica como: L(x) =
3s + 2s3 + 2s (s2 + 1)(s2 − 1)
calculamos la transformada inversa, para ello primero lo escribimos en la forma de fracciones parciales
CAP´ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE
208
−3/2s 7/4 7/4 + + 2 s +1 s−1 s+1 3 7 7 x(t) = − cos(t) + et + e−t 2 4 4
L(x) =
(6.19)
para hallar y(t) la despejamos en la primera ecuaci´on del sistema (5.16) en t´erminos de x(t): y(t) = x0 (t) − sin(t) sustituyendo x(t) en la ecuaci´on inicial para obtener: y(t) =
7 7 1 sin(t) + et − e−t . 2 4 4
La soluci´on del sistema consta de la pareja de funciones x(t), y(t).
6.4.
Transformada de Funciones Discontinuas y Peri´ odicas
Definici´ on 6.40. Funci´ on escal´ on unitaria: Se define la funci´on escal´on como: ( 0 si t < 0 U (t) = 1 si t ≥ 0, ( 0 si t < a U (t − a) = 1 si t ≥ a.
Transformada de la funci´ on escal´ on unitaria N −e−st U (t − a)e dt = l´ım N →∞ s a 0 −e−sN −e−sa −esa = l´ım − = , si s > 0. N →∞ s s s
L U (t − a) =
Z
∞
−st
´ 6.4. TRANSFORMADA DE FUNCIONES DISCONTINUAS Y PERIODICAS
Figura 6.1: Propiedades: Sea f (t) una funci´on y su transformada L f (t) : Z ∞ L f (t) = F (s) = f (t)e−st dt 0
multiplicamos la transformada L f (t) por e−at :
e
−at
Z ∞ −as L f (t) =F (s) = e f (t)e−st dt 0 Z ∞ = f (t)e−s(a+t) dt 0
si realizamos un cambio de variable x = a + t ⇒ t = x − a, dx = dt por lo tanto: Z ∞ −as e L f (t) =F (s) = e f (t)e−st dt 0 Z ∞ e−at L f (x − a) = f (x − a)e−s(x) dx Z0 a Z ∞ −s(x) = 0f (x − a)e dx + 1f (x − a)e−s(x) dx a Z0 ∞ = U (x − a)f (x − a)e−s(x) dx = L U (x − a)f (x − a) . −at
0
209
210
CAP´ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE
es decir:
L U (t − a)f (t − a) =e−as L f (t) . L−1 e−as L f (t) =U (t − a)f (t − a). L g(t)U (t − a) (s) =e−as L g(t + a) (s). −as −1 L e L g(t + a) (s) =L−1 e−as F (s) = g(t)U (t − a).
(6.20) (6.21) (6.22) (6.23)
Ejemplo 6.41. Expresar la funci´on dada mediante funciones escal´on unitario y calcule su transformada.
a) 0, 2, g(t) = 1, 3,
b)
Soluci´on: a) La gr´afica de la funci´on g(t) es:
0 3.
´ 6.4. TRANSFORMADA DE FUNCIONES DISCONTINUAS Y PERIODICAS
211
Para expresar una funci´on utilizamos la propiedad que: si f (t) = p si a < t < b, entonces la funci´on f (t) la podemos expresar en t´erminos de una escal´on unitaria utilizando la expresi´on f (t) = p U (t − a) − U (t − b) por lo tanto g(t) = 0 · U (t) − U (t − 1) + 2 · U (t − 1) − U (t − 2) + 1 · U (t − 2) − U (t − 3) + 3 · U (t − 3). Es decir g(t) = 2U (t − 1) − U (t − 2) + 2U (t − 3). Para hallar la transformada de laplace, la calculamos en cada uno de los t´erminos, por ser una transformaci´on lineal es decir: L 2U (t − 1) − U (t − 2) + 2U (t − 3) =2L U (t − 1) − L U (t − 2) + 2L U (t − 3) e−s e−2s e−3s =2 − +2 , para s > 0. s s s b) La grafica de la funci´on que se representa por es: 0, t<1 t − 1, 1 3. g(t) = (t − 1) U (t − 1) − U (t − 2) + (−t + 3) U (t − 2) − (t − 3) U (t − 3).
CAP´ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE
212
Es decir: g(t) = (t − 1)U (t − 1) − 2(t − 2)U (t − 2) + (t − 3)U (t − 3). Para hallar la transformada de Laplace, la calculamos en cada uno de los t´erminos, por ser una transformaci´on lineal es decir: L (t − 1)U (t − 1) − 2(t − 2)U (t − 2) + (t − 3)U (t − 3) = L (t − 1)U (t − 1) − 2L (t − 2)U (t − 2) + L (t − 3)U (t − 3) , para aplicar la ecuaci´on (6.22), hacemos g(t) = t − 1 y a = 1 en la primera transformada; entonces g(t + a) = g(t − 1 + 1) = t la transformada de laplace de g(t) es: 1 L g(t) = 2 , s por la f´ormula (6.22) tenemos 1 L (t − 1)U (t − 1) (s) = e−1s 2 s en la segunda hacemos g(t) = t − 2 y a = 2; entonces g(t + a) = g(t − 2 + 2) = t la transformada de Laplace de g(t + a) es: 1 L g(t) = 2 s por la f´ormula (6.22) tenemos 1 L (t − 2)U (t − 2) (s) = e−2s 2 s en la tercera hacemos g(t) = t − 3 y a = 3; entonces g(t + a) = g(t − 3 + 3) = t
´ 6.4. TRANSFORMADA DE FUNCIONES DISCONTINUAS Y PERIODICAS la transformada de Laplace de g(t) es: 1 L g(t + a) = L(t) = 2 s por la f´ormula (6.22) tenemos 1 L (t − 3)U (t − 3) (s) = e−3s 2 s finalmente podemos decir que la transformada es: L (t − 1)U (t − 1) − 2L (t − 2)U (t − 2) + L (t − 3)U (t − 3) = 1 −1s −2s −3s (e − 2e + e ) 2 . s
Ejemplo 6.42. Determine la transformada inversa de: a)
se−3s . s2 +4s+5
b)
e−3s (s−5) . (s+1)(s+2)
Soluci´on:
a) para utilizar la ecuaci´on (6.21) primero expresamos se−3s s2 + 4s + 5
como el producto e−as F (s). Para esto hacemos e−as = e−3s y s F (s) = 2 . s + 4s + 5 As´ı, a = 3 y −1
f (t) = L
s = e−2t cos(t) − 2e−2t sin(t). s2 + 4s + 5
Por lo tanto tenemos que :
L
−1
se−3s =f (t − 3)U (t − 3) s2 + 4s + 5 =U (t − 3) e−2(t−3) cos(t − 3) − 2e−2(t−3) s(t − 3) .
213
CAP´ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE
214
b) para utilizar la ecuaci´on (6.21) primero expresamos e−3s (s − 5) (s + 1)(s + 2) como el producto e−as F (s). Para esto hacemos e−as = e−3s y F (s) =
(s − 5) . (s + 1)(s + 2)
As´ı, a = 3 y −1
f (t) = L
(s − 5) = −6e−t + 7e−2t . (s + 1)(s + 2)
Por lo tanto tenemos que :
−1
L
(s − 5) =f (t − 3)U (t − 3) (s + 1)(s + 2) =U (t − 3) −6e−t+3 + 7e−2t+6 .
Definici´ on 6.43. Funci´ on Peri´ odica: Una funci´on f (t) es peri´odica con periodo T si Una funci´on f (t) es peri´odica con periodo T si f (t + T ) = f (t) para todo t en el dominio de f .
Transformada de una funci´ on peri´ odica: Si f tiene periodo T y es continua por partes en [0, T ], entonces. FT (s) L{f }(s) = = 1 − e−sT
Ejemplo 6.44.
RT 0
e−st f (t)dt . 1 − e−sT
a) Determine la transformada de la gr´afica:
´ 6.4. TRANSFORMADA DE FUNCIONES DISCONTINUAS Y PERIODICAS
215
b) Resuelva el problema con valores iniciales mediante la transformada de Laplace y 00 + y = t − (t − 4)U (t − 2); y(0) = 0, y 0 (0) = 1. Soluci´on:
a) Primero escribimos la funci´on que representa la gr´afica: ( f (t) =
1 , at
0
donde f (t) tiene periodo T = 2a, por lo tanto
Ra
R 2a + a −1 te+ 2 dt a L= 1 − e−s2a 2 1 − e−2as 1 − e−as = . = 2 as 1 − e−2as as2 1 + e−as 1 −st te dt 0 a
b) Considerar la transformada de Laplace a ambos lados de y 00 +y = t−(t−4)U (t−2), obtenemos:
L(y 00 ) + L(y) =L(t) − L[(t − 4)U (t − 2)] 1 s2 L(y) − sy(0) − y 0 (0) + L(y) = 2 − L[(t − 4)U (t − 2)] s
(6.24)
primero hallamos L[(t − 4)U (t − 2)], para ello utilizamos la ecuaci´on (6.21) donde:
CAP´ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE
216
g(t) =t − 4, g(t + 2) =t − 2
a=2
L[g(t + 2)] =[t − 2] = L(t) − 2L(1) =
por lo tanto L[(t − 4)U (t − 2)] = e
−2s
1 s2
1 2 − 2 s s
− . 2 s
En la ecuaci´on (6.24) reemplazamos las condiciones iniciales y L[(t − 4)U (t − 2)], tenemos:
1 1 2 −2s s L(y) − 1 + L(y) = 2 − e − s s2 s 1 2 1 2 −2s L(y)(s + 1) = 2 + 1 − e − s s2 s 2 1 1 −2s −1 −e − L s2 s2 s y = t + [4 − t − 2 cos(t − 2) + sin(t − 2)]U (t − 2). 2
6.5.
La funci´ on Delta de Dirac
En circuitos el´ectricos, sistemas mec´anicos y otras aplicaciones que est´an sometidos a unas fuerzas de gran magnitud, que solamente act´ ua durante un intervalo de tiempo muy corto. Tales fuerzas son una tensi´on el´ectrica en el caso de un circuito el´ectrico, una descarga el´ectrica, el golpe de un martillo, el golpe a una pelota de tenis, etc. La funci´on impulso unitario puede servir como un modelo para tales fuerzas. Definici´ on 6.45. Impulso Unitario La funci´on δε : [0, ∞) dada por: δε =
0,
1 , 2ε
0,
si 0 ≤ t ≤ t0 − ε si t0 − ε < t ≤ t0 + ε si t > t0 + ε
´ DELTA DE DIRAC 6.5. LA FUNCION
217
con ε > 0 y t0 > 0. La funci´on impulso unitario satisface la siguiente: Z ∞ δε (t − t0 )dt = 1. 0
Definici´ on 6.46. Funci´ on Delta Dirac l´ım δε (t − t0 ) = δ(t − t0 )
ε→0
Propiedades de la funci´on Delta Dirac: (1.) ( ∞, si t = t0 δ(t − t0 ) 0, si t 6= t0 . (2.) Z
∞
δ(t − t0 )dt = 1. −∞
Transformada de la Funci´ on delta Dirac Para t0 > 0, L sδ(t − t0 ) = e−st0 . Ejemplo 6.47. Resolver el problema de valor inicial: a) y 00 + 3y 0 + 2y = δ(t), y(0) = 0, y 0 (0) = 0. b) y 00 + 2y 0 + y = δ(t − π), y(0) = 1, y 0 (0) = 0. Soluci´on. a) Aplicamos la transformada de Laplace a ambos lados de la ecuaci´on, utilizando la propiedad de linealidad, y las propiedades de la transformada, tenemos: L y 00 + 3y 0 + 2y = L δ(t) L y 00 + L 3y 0 + L 2y = L δ(t) s2 L(y) − sy(0) − y 0 (0) + 3 sL(y) − y(0) + 2L(y) = 1
reemplazando las condiciones iniciales obtenemos: s2 L(y) + 3 sL(y) + 2L(y) = 1.
CAP´ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE
218 Despejando L(y) obtenemos
L(y) s2 + 3s + 2 = 1 1 . L(y) = 2 s + 3s + 2 Hallando la transformada inversa tenemos:
1 1 −1 y =L =L s2 + 3s + 2 (s + 2)(s + 1) 1 1 + L−1 = e−2t + e−t . y =L−1 s+2 s+1 −1
b) Aplicamos la transformada de Laplace a ambos lados de la ecuaci´on, utilizando la propiedad de linealidad, y las propiedades de la transformada, tenemos: L y 00 + 2y 0 + y = L δ(t − π) L y 00 + 2L y 0 + L y = L δ(t − π) s2 L(y) − sy(0) − y 0 (0) + 2 sL(y) − y(0) + L(y) = e−sπ
reemplazando las condiciones iniciales obtenemos: s2 L(y) − s + 2 sL(y) − 1 + L(y) = e−sπ . Despejando L(y) obtenemos
L(y) s2 + 2s + 1 = e−sπ + s + 2 e−sπ + s + 2 . L(y) = 2 s + 2s + 1 Hallando la transformada inversa tenemos: s 1 e−sπ −1 −1 −1 y=L +L +2 L s2 + 2s + 1 s2 + 2s + 1 s2 + 2s + 1 | {z } | {z } | {z } 1
2
3
´ 6.6. CONVOLUCION
219 −sπ
Para resolver el t´ermino 1 utilizamos la ecuaci´on (6.21) primero expresamos s2e+2s+1 1 como el producto e−as F (s). Para esto hacemos e−as = e−πs y F (s) = (s+1) ıa= 2 . As´ 1 = e−t t. Por lo tanto tenemos que: π y f (t) = L−1 (s+1) 2
L
−1
e−sπ s2 + 2s + 1
=f (t − π)U (t − π) =U (t − π) e−(t−π) (t − π) .
Utilizando fracciones parciales para el segundo y tercer t´ermino tenemos. −(t−π) s 1 −1 −1 y =U (t − π) e (t − π) + L + 2L s2 + 2s + 1 s2 + 2s + 1 −(t−π) 1 1 1 −1 −1 −1 y =U (t − π) e (t − π) + L −L + 2L s+1 (s + 1)2 (s + 1)2 −(t−π) y =U (t − π) e (t − π) + e−t − e−t t + 2e−t t y =U (t − π) e−(t−π) (t − π) + e−t + e−t .
6.6.
Convoluci´ on
Definici´ on 6.48. Sean f (t) y g(t) funciones continuas por partes en [0, ∞]. La Convoluci´on de f (t) y g(t), que se denota f ∗ g se define como Z t f ∗g = f (t − v)g(v)dv 0
Propiedades de la Convoluci´ on de las funciones: 1. f ∗ g = g ∗ f . 2. f ∗ (g + h) = (f ∗ g) + (f ∗ h). 3. (f ∗ g) ? h = f ∗ (g ∗ h). 4. f ∗ 0 = 0
CAP´ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE
220
Teorema 6.49 (Teorema de Convoluci´on). Sean f (t) y g(t) funciones continuas por partes en [0, ∞) y de orden exponencial a. Sea F (s) = L{f }(s) y G(s) = L{g}(s) Entonces
L{f ∗ g}(s) =F (s)G(s) o equivalente L {F (s)G(s)}(t) =(f ∗ g)(t) −1
(6.25) (6.26)
Ejemplo 6.50. Resolver la ecuaci´on integro diferencial: Z
0
t
y(v) sin(t − v)dv = − sin(t), y(0) = 1.
y (t) + y(t) − 0
Soluci´on: Para escribir la ecuaci´on de otra manera primero expresamos la integral en t´erminos de convoluci´on es decir: Z
t
y(v) sin(t − v)dv = y(t) ∗ sin(t) 0
de tal manera que la ecuaci´on la podemos escribir como: y 0 (t) + y(t) − y(t) ∗ sin t = − sin(t) ahora aplicamos transformada de Laplace a ambos lados y reemplazamos con cada una de las f´ormulas y con la ecuaci´on (5.25) obteniendo: L{y 0 (t)} + L{y(t)} − L{y 0 (t) ∗ sin(t)} = L{− sin(t)} sL{y(t)} − y(0) + L{y(t)} − L{y(t)}L{sin(t)} = L{− sin(t)} 1 1 sL{y(t)} − 1 + L{y(t)} − L{y(t)} 2 =− 2 s +1 s +1 1 1 L{y(t)} s + 1 − 2 =1− 2 s +1 s +1 s s s L{y(t)} = 2 = 2 = 2 s +s+1 s + s + 1/4 + 3/4 s + 1/2 + 3/4 utilizando transformada inversa obtenemos:
6.7. EJERCICIOS
221
s y(t) = L 2 s + 1/2 + 3/4 √ √ √ 3 −t/2 y(t) = e−t/2 cos t 3/2 − e sin t 3/2 . 3 −1
6.7.
Ejercicios
1. Use la definici´on de transformada para determinar la transformada de Laplace de la funci´on dada. a) f (t) = e−t sin(2t). b) f (t) = te3t . c) f (t) = [t]eat . d) ( 0, 0 < t < 2 f (t) = t, t > 2. e) ( sin(t), 0 < t < π f (t) = 0, t > π. f) ( e2t , 0 < t < 3 f (t) = 1, t > 3. g)
CAP´ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE
222
2. Encuentre la transformada inversa de laplace. a)
2s−4 . s2 −4s+13
b)
s2 −4s+3 . (s2 −4s+5)2
c)
s+5 . s2 +6s+18
d)
s+1 . s2 −9
e)
s3 +2s2 −s−3 . (s+1)4
f)
3 s−1
g)
7+(s+4)(18−3s) . (s−3)(s−1)(s+4)
h)
3s2 +2s+1 . (s2 +1)(s2 +2s+2)
i)
3s+2) . (s−2)(s2 +2s+5)
j)
−s+1 . (4s2 +1)(s2 +1)
k)
3s+2 . (s2 +4)(s2 +9)
l) m)
+
4s+1 . s2 +9
2s−1 . (4s2 +1)(9s2 +1) 17s−15 . (s2 −2s+5)(s2 +2s+10)
n)
2s+1 . (s2 +1)(s−1)(s−3)
n ˜)
e−s . s(s+1)
o)
e−2s . s2 (s−1)
p)
e−πs/2 . s2 +4
3. Exprese cada funci´on en t´erminos de la funci´on escal´on unitario. Halle la transformada de Laplace de la funci´on respectiva. a) ( 2, 0 ≤ t3 f (t) = −2, t ≥ 3. b) ( 0, 0 ≤ t3π/2 f (t) = sin(t), t ≥ 3π/2.
6.7. EJERCICIOS
223
c) 1, 0 ≤ t < 4 f (t) = 0, 4 ≤ t < 5 1, t ≥ 5. d)
e)
4. Encuentre la transformada de laplace. a) (t − 1)u(t − 1). b) e2−t u(t − 2). c) (3t + 1)u(t − 1). 5. Use la transformada de Laplace para resolver el problema de valor inicial respectivo. a) y 0 + 6y = e4t , y(0) = 2. b) y 00 + 2y 0 + y = 6 sin(t) − 4 cos(t), y(0) = −1, y 0 (0) = 1. c) y 00 + y = sen2t, y(0) = 0, y 0 (0) = 1. d ) y 00 + 3y 0 + 2y = et , y(0) = 0, y 0 (0) = 1. e) y 00 + 4y = 8 sin(2t) + 9 cos(t), y(0) = 1, y 0 (0) = 0.
CAP´ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE
224
f ) y 00 − 5y 0 + 6y = 10et cos(t), y(0) = 2, y 0 (0) = 1. g) y 00 + 4y 0 + 13y = 10e−t − 36et , y(0) = 0, y 0 (0) = −16. h) y 00 + 4y = g(t), y(0) = −1, y 0 (0) = 0, donde ( t, t < 2 g(t) = 5, t > 2. i ) y 000 − y 00 + y 0 − y = 0, y(0) = 1, y 0 (0) = 1, y 00 (0) = 3. j ) y 000 + y 00 + 3y 0 − 5y = 16e−t , y(0) = 0, y 0 (0) = 2, y 00 (0) = −1. k ) y 00 + 3ty 0 − 6y = 1, y(0) = 0, y 0 (0) = 0. l ) ty 00 − ty 0 + y = 2, y(0) = 2, y 0 (0) = −1. m) y 00 + ty 0 − 6y = 0, y(0) = 0, y 0 (0) = 3. n) y 00 + 4y = sin(t)u(t − 2π), y(0) = 1, y 0 (0) = 0. n ˜) y 00 + 4y = f (t), y(0) = 0, y 0 (0) = −1, donde: ( 1, 0 ≤ t < 1 f (t) = 0, t ≥ 1. o) y 00 + y = f (t), y(0) = 0, y 0 (0) = 1, donde: 0, 0 ≤ t < π f (t) = 1, π ≤ t < 2π 0, t ≥ 2π. p) y 00 + t4y 0 + 3y = 1 − u(t − 2) − u(t − 4) + u(t − 6), y(0) = 0, y 0 (0) = 1. −1 dn F (t) = (−t)n f (t) donde f (t) = L−1 (F ). Use esta ecuaci´on para cal6. Sea L dsn cular L−1 (F ). a) F (s) = ln b) F (s) = ln c) F (s) = ln
s+2 s−5 s−4 s−3
.
s2 +29 s2 +1
. .
6.7. EJERCICIOS
225
d ) F (s) = arctan
1 s
.
n 7. Use L tn f (t) = (−1)n ddsFn (s) para mostrar que: a) L t2 y 0 (t) (s) = sY 00 (s) + 2Y 0 (s), donde Y (s) = L y (s). b) L t2 y 0 (t) (s) = s2 Y 00 (s) + 24sY 0 (s) + 2Y (s), donde Y (s) = L y (s). 8. Determinar L{f }, donde la funci´on peri´odica queda descrita mediante su gr´afica. a)
226
CAP´ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Cap´ıtulo 7 Soluci´ on de Ecuaciones Diferenciales Mediante Series 7.1.
Series de Potencias
Definici´ on 7.1. Una serie de potencias en x − a es una serie infinita de la forma: c0 + c1 (x − a) + c2 (x − a)2 + · · · =
∞ X
cn (x − a)n
n=0
Adem´as decimos que esta centrada en a. P n Definici´ on 7.2. Convergencia: Una serie de potencias ∞ n=0 cn (x − a) es convergente en un valor determinado si su sucesi´on de sumas parciales converge, es decir si existe l´ım SN (x) = l´ım
N →∞
N →∞
∞ X
cn (x − a)n .
n=0
Si el limite no existe se dice que la serie diverge. Definici´ on 7.3. Intervalo de Convergencia: Toda serie de potencias tiene un intervalo de convergencia. El intervalo de convergencia es conjunto de los n´ umeros reales x para los cuales la serie converge. P n Definici´ on 7.4. Radio de Convergencia: Si R > 0, una serie de potencias ∞ n=0 cn (x−a) converge para |x−a| < R y diverge para |x−a| > R. Si la serie s´olo converge en su centro a, entonces R = 0. Si converge para todo x, se escribe R = ∞. Sabemos que |x − a| < R equivale a a − R < x < a + R. 227
´ DE ECUACIONES DIFERENCIALES MEDIANTE SERIES 228CAP´ITULO 7. SOLUCION 7.1.0.1.
Una serie de potencias define una funci´ on: P∞ Sea la funci´on f (x) = n=0 cn (x−a)n cuyo dominio es el intervalo de convergencia de la serie. Si el radio de convergencia es R > 0,R f es continua diferenciable e integrable en el intervalo (a − R, a + R). Adem´as, f 0 (x) y f (x) se pueden determinar por derivaci´on e integraci´on t´ermino a t´ermino. Vemos que: 0
y (x) =
∞ X
cn nx
n−1
,
00
y (x) =
n=1
∞ X
cn n(n − 1)xn−2 .
n=2
Definici´ on 7.5. Funci´on Anal´ıtica: Una funci´on f es anal´ıtica en un punto a si se puede expresar como una serie de potencias en x − a con un radio de convergencia positivo o infinito. De c´alculo sabemos que por series de Taylor podemos expresar algunas funciones en t´erminos de series tales como:
ex = 1 +
x2 x3 x5 x + + · · · . senx = x − + − ··· , 1! 2! 3! 5!
cos x = 1 −
x2 x4 x6 + − + ··· 2! 4! 6!
para |x| < ∞. Estas series de Taylor centradas en 0 se llaman series de Maclaurin, y demuestran que ex , senx, y cos x son anal´ıticas en x = 0.
7.2.
Soluciones en Series de Potencias
Sea la ecuaci´on diferencial de segundo orden homog´enea: a2 (x)y 00 + a1 (x)y 0 (x) + a0 (x)y = 0
(7.1)
la cual la podemos escribir de la forma: y 00 + P (x)y 0 (x) + Q(x)y = 0
(7.2)
Definici´ on 7.6. Se dice que un punto x0 es punto ordinario de la ecuaci´on (6.) si tanto P (x) como Q(x) tomados en (6.22), son anal´ıticos en x0 . Se dice que un punto que no es ordinario es punto singular de la ecuaci´on.
7.2. SOLUCIONES EN SERIES DE POTENCIAS
229
Teorema 7.7. Existencia de Soluciones Con Series de Potencias Si x = x0 es un punto ordinario de la ecuaci´on (6.1), siempre podemos determinar dos soluciones linealmente en forma de una serie de potencias centrada P∞ independientes n en x0 ; esto es, y = n=0 cn (x − x0 ) . Una soluci´on en serie converge al menos en un intervalo por |x − x0 | < R, donde R es la distancia de x0 al punto singular m´as cercano. Ejemplo 7.8. Determinar dos soluciones en forma de serie de potencias, de la ecuaci´on diferencial, respecto al punto ordinario x = 0. a. y 00 − 2xy 0 + y = 0 b. y 00 + senxy = 0 Soluci´on: a. Como no hay puntos singulares finitos, el teorema garantiza dos soluciones en series de potencias centradas en 0, convergentesPpara |x| < ∞. Al sustituir P∞ P∞ n−2 n 0 , en la y = n=0 cn x , y (x) = n=1 cn nxn−1 , y y 00 (x) = ∞ n=2 cn n(n − 1)x ecuaci´on diferencial, se obtiene
00
0
y − 2xy + y = y 00 − 2xy 0 + y =
∞ X n=2 ∞ X
cn n(n − 1)x
n−2
− 2x
cn n(n − 1)xn−2 − 2
n=2
∞ X
cn nx
n−1
+
n=1 ∞ X
∞ X
n=1
n=0
∞ X
cn x n = 0
n=0
cn nxn +
cn x n = 0
para sumar dos series, es necesario que ambos ´ındices de suma comiencen con el mismo n´ umero y que las potencias de comiencen con la misma potencia, para lograr esta hacemos lo siguiente; para la primera serie hacemos k = n − 2, para la segunda k = n y para la tercera tomamos k = n, que son los exponentes de x por lo tanto el lado derecho se convierte en: ∞ X
|k=0
k
∞ X
}
|k=1 {z
(k + 2)(k + 1)ck+2 x −2 {z
k=n−2
k
∞ X
}
|k=0{z }
ck kx +
k=n
ck x k
k=n
la primera serie comienza en 0 y la segunda en 1. Si se escribe el primer t´ermino de la primera serie fuera de la notaci´on sigma, y lo mismo hacemos con la tercera serie obtenemos:
´ DE ECUACIONES DIFERENCIALES MEDIANTE SERIES 230CAP´ITULO 7. SOLUCION
2 · 1 · c2 +
∞ X
k
(k + 2)(k + 1)ck+2 x − 2
∞ X
k=1
k=1
k
ck kx + c0 +
∞ X
ck x k = 0
k=1
podemos expresar esto como: ∞ X 2 · 1 · c2 + c0 + (k + 2)(k + 1)ck+2 − 2ck k + ck xk = 0
(7.3)
k=1
como la ecuaci´on (6.3) es igual a cero es necesario que el coeficiente de cada potencia de x sea igual a cero, esto es, que 2c2 + c0 = 0 ( es el coeficiente de x0 ), y tenemos:
c2 = − para k = 1, c3 =
c1 3!
para k = 2, c4 =
3c2 , 4·3
pero como conocemos c2 sustituimos y obtenemos c4 = −
para k = 3, c5 =
5c3 , 4·5
3c0 4!
pero como conocemos c3 sustituimos y obtenemos c5 = −
para k = 4, c6 =
7c4 , 5·6
9c5 , 6·7
c1 5!
pero como conocemos c4 sustituimos y obtenemos c6 = −
para k = 5, c7 =
c0 2
21c0 6!
pero como conocemos c5 sustituimos y obtenemos c7 = −
Y as´ı sucesivamente. Por tanto,
45c1 7!
7.2. SOLUCIONES EN SERIES DE POTENCIAS
231
c0 c1 3c0 4 5c1 5 21c0 6 45c1 7 y =c0 + c1 x − x2 + x3 − x + x − x + x + ··· 2! 3! 4! 5! 6! 7! x3 5x5 45x7 x2 3x4 21x6 − − − · · · + c1 x + + + + ··· =c0 1 − 2! 4! 6! 3! 5! 7! b. senx es una funci´on anal´ıtica en elP punto ordinario x =P 0. Si usamos la serie de ∞ n 0 n−1 Maclaurin para senx junto con y = ∞ c x , y (x) = , y 00 (x) = n=0 n n=1 cn nx P∞ P 2n+1 ∞ x n−2 n y senx = on n=2 cn n(n − 1)x n=0 (2n+1)! (−1), , sustituyendo en la ecuaci´ diferencial, se obtiene
y 00 + senxy = y 00 (x) = ∞ ∞ X X n−2 = cn n(n − 1)x + senx = n=2
n=0
x2n+1 (−1),n (2n + 1)!
X ∞
cn x
n
=0
n=0
= c2 2 + 6c3 x + 12c4 x2 + 20c5 x3 + 30c6 x4 + · · · + x3 x5 x7 + − + · · · c0 + c1 x + c2 x 2 + · · · = 0 + x− 3! 5! 7! c0 = 2c2 + x(6c3 + c0 ) + x2 (12c4 + c1 ) + x3 20c5 + c2 − + 3! c1 + x4 30c6 + c3 − + ··· = 0 3! Por consiguiente, 2c2 = 0, 6c3 +c0 = 0, 20c5 +c2 + c3!0 = 0, 30c6 +c3 + c3!1 = 0 y as´ı sucesivamente. c1 c0 Esto da como resultado c2 = 0, c3 = − c60 , c4 = − 12 , c5 = 120 , · · · . Al agrupar t´erminos llegamos a la soluci´on general c1 c1 0 5 c0 y =c0 + c1 x − x3 − x4 + x + ··· 6 12 120 x3 x5 x4 =c0 1 − + + · · · + c1 x − + ··· 6 120 12
Ejercicio 7.9.
1. Determine los puntos singulares de la ecuaci´on diferencial dada.
´ DE ECUACIONES DIFERENCIALES MEDIANTE SERIES 232CAP´ITULO 7. SOLUCION a) (x + 1)y 00 − x2 y 0 + 3y = 0 b) (x2 + x)y 00 + 3y 0 − 6xy = 0 c) (senx)y 00 + (cos x)y = 0 2. Determine al menos los primeros cuatro t´erminos no nulos en un desarrollo en serie de potencias en torno de x = 0 para una soluci´on general de la ecuaci´on diferencial dada. a) y 00 + (x − 1)y 0 + y = 0 b) y 00 − 2y 0 + y = 0 c) (2x − 3)y 00 − xy 0 + y = 0 3. Determine un desarrollo en series de potencias en torno dex = 0 para una soluci´on general de la ecuaci´on diferencial dada. Su respuesta debe incluir una f´ormula general para los coeficientes. a) y 0 − 2xy = 0 b) y 00 − xy 0 + 4y = 0 c) y 00 − x2 y 0 − xy = 0 d ) (x2 + 1)y 00 − xy 0 + y = 0 4. Determine al menos los primeros cuatro t´erminos no nulos en un desarrollo en serie de potencias en torno de x = 0 para una soluci´on general de la ecuaci´on diferencial dada. a) y 0 + (senx)y = 0; b) y 0 − ex y = 0;
y(0) = 1
y(0) = 1
c) (x2 + 1)y 00 − ex y 0 + y = 0; d ) y 0 − xy = senx e) y 00 − 2xy 0 + 3y = x2 f ) (1 + x2 )y 00 − xy 0 + y = e−x g) y 0 + (senx)y = cos x Luz Marina
y(0) = 1,
y 0 (0) = 1
Bibliograf´ıa [1] Blanchard P., Devaney R. and Hall G. Ecuaciones Diferenciales. Thomson [2] Lomen and Lovelock. Differential equations. Wiley. [3] Zill D. A first course in differential equations with modeling applications. Brooks and Cole.
233
BIBLIOGRAF´IA
234
LIBROS Y AYUDAS ADICIONALES EN LA WEB.
1. http://www.math.niu.edu/~rusin/known-math/index/12FXX.html 2. http://www.maths.tcd.ie/%7Edwilkins/Courses/311/ 3. http://www.math.niu.edu/~beachy/aaol/galois.html 4. http://www.sussex.ac.uk/Users/gavinw/Courses/GaloisTheory/ 5. http://www.maths.gla.ac.uk/~ajb/dvi-ps/Galois.pdf
´Indice alfab´ etico Mec´anica de Newton, 102 anulador m´etodo, 152 ecuaci´on diferencial de primer orden, 81 aplicaciones crecimiento de poblaciones, 84 ley de enfriamiento, 81 m´etodo del carbono 14, 85 mezclas, 95 campos de direcciones, 18 carbono 14, 86 coeficientes indeterminados, 129 conjunto de soluciones, 121 fundamental, 121 dependencia lineal, 120 derivadas parciales, 46 ecuaci´on diferencial de Lagrange, 73 de Ricatti, 71 ecuaci´on diferencial con coeficientes lineales, 64 de Bernoulli, 68 de Cauchy-Euler, 136 de orden n , 117 de orden superior, 117 de primer orden exacta, 46 separable, 41
exacta criterio para, 46 soluci´on, 46 homogenea, 62 criterio, 63 lineal con coeficientes constantes, 117 de primer orden, 58 homogenea, 117 no homogenea, 117, 129 Euler m´etodo de aproximaci´on, 30 factor integrante, 53 m´etodos para hallar, 54 familia de curvas, 100 Gauss m´etodo de eliminaci´on, 172 independencia lineal, 121 is´otopo radioactivo, 86, 93 Laguerre ecuaci´on, 149 ley de enfriamiento, 81 Newton I., 81 operador diferencial, 152, 172 plano fase, 155 curva en, 156 poblaci´on, 92 235
236 polinomio caracter´ıstico, 126, 137 reduccion de orden reducci´on de orden, 123 regla de Cramer, 133 resorte, 174 Sch¨odinger ecuaci´on, 149 sistemas acoplados masa-resorte, 174 de ecuaciones diferenciales, 155 m´etodo de eliminaci´on, 172 Sistemas Lineales Homog´eneos con Coeficientes Constantes, 167 soluci´on por sustituciones, 62 sudario de Turin, 93 tanques interconectados, 174 trayectorias ortogonales, 100 variables separables reducci´on a, 75 variaci´on de par´ametros, 132 wronskiano, 120, 126, 133
´INDICE ALFABETICO ´