libro ecuaciones diferenciales ph Valenzuela

UNIVERSIDAD DE LA FRONTERA Departamento de Matem´ atica

Ph Valenzuela

Ecuaciones diferenciales

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c 2006-2006 [email protected]

Last Revision Date: March 24, 2006

Version 1.0

Table of Contents 1. Introducci´ on 2. Ecuaciones de primer orden 2.1. Campo de direcciones 3. M´ etodos de resoluci´ on de ecuaciones 3.1. Ecuaciones de variables separables 3.2. Ecuaciones Homog´ eneas 4. Ecuaci´ on reducible a homog´ enea 5. Ecuaciones Lineales 6. Ecuaci´ on de Bernoulli 7. Ecuaci´ on Exacta 8. Ecuaci´ on de Ricatti 9. Factores Integrantes 10. Aplicaciones Elementales 11. Ecuaciones Impl´ıcitas 12. Ecuaciones de orden mayor que uno 13. Teoremas de Existencia y Unicidad 14. continuaci´ on de la soluci´ on 15. Dependencia de los datos iniciales y par´ ametros 16. La envolvente y Soluciones Singulares 17. Ecuaciones Diferenciales Lineales 18. Ecuaciones Homog´ eneas 19. Ecuaci´ on Homog´ enea con coeficientes constantes 20. Ecuaci´ on de Euler 21. Ecuaciones Diferenciales Lineales No Homog´ eneas 22. M´ etodo de variaci´ on de par´ ametros 23. Sistemas de Ecuaciones 24. M´ etodo de resoluci´ on de sistemas 24.1.Por integraci´ on 24.2.Por Combinaciones Integrables 24.3.Valores propios 24.4.Reducci´ on a forma triangular 25. Soluciones en Series de Potencia 25.1.Puntos ordinarios 25.2.Puntos Regulares 26. Transformada de Laplace 27. Propiedades de la Transformada 28. Problemas resueltos

Section 1: Introducci´ on

3

1. Introducci´ on Sean I = (a, b) intervalo de la recta real y A un abierto de IRn+1 . Se denomina ecuaci´ on diferencial a una aplicación F : I × A → IRn ,

F (t, x(t), x 0 (t), · · · , x(n) (t)) = 0,

t∈I

Ejemplo 1 1. x 0 − x + 1 = 0 2. x 00 + 9x = 8 sen(t) 3. y 02 − 2y 0 + y − 3x = 0 Es sencillo darse cuenta que la relación funcional en la tercera ecuación es de la forma F (x, y(x), y 0 (x)) = 0

El m´ etodo cuantitativo y Cualitativo En el estudio de las ecuaciones diferenciales uno de los problemas fundamentales es el de determinar todas las soluciones de la ecuación diferencial dada (Método cuantitativo), en este caso, el problema una vez resuelto permite obtener conclusiones en cuanto a estabilidad de las soluciones, en cuanto a la existencia de soluciones periódicas, y a un largo etcétera, etcétera. Sin embargo, como la gran mayor´ıa de las ecuaciones diferenciales no puede ser resuelta en forma “cerrada”, esto es, dar la solución en forma expl´ıcita, entonces el problema se ataca directamente, es decir, se estudian las propiedades de las soluciones sin necesidad de resolver la ecuación diferencial. Este proceso da origen a un segundo problema fundamental, el cual consiste en determinar propiedades de las soluciones de la ecuación diferencial (método cualitativo). En este caso podemos se˜ nalar que en base a los trabajos de Poincaré y Liapunov se han desarrollado métodos directos para el estudio de por ejemplo: Existencia y cantidad de puntos de reposo de un sistema f´ısico, existencia y cantidad de soluciones periódicas, estabilidad de los puntos de reposo y muchos otros problemas de gran importancia. En lo que sigue trataremos de analizar ambos problemas, procurando obtener expresiones expl´ıcitas de la solución cuando sea posible, incluyendo series infinitas, y deduciendo propiedades de las soluciones, tales como, valores numéricos y gráficas directamente de la ecuación diferencial. En este estudio, distinguimos dos tipos de ecuaciones diferenciales: ordinarias, cuando hay sólo una variable independiente involucrada, y parciales, cuando están involucradas más de una variable independiente. Ejemplo 2 1.

dy = x3 + 5 dx


4

2. (x2 + y 2 ) dx − 3y dy = 0 3.

∂v = xy ∂x

4.

∂2u ∂2u ∂2u + + =0 ∂2x ∂2y ∂2z

Las dos primeras son ecuaciones ordinarias y las dos restantes parciales. • El orden de una ecuación diferencial es el orden de la mayor derivada. • El grado de una ecuación diferencial es el exponente de la derivada de más alto orden.

Ejemplo 3 1. x x 0 − t3 + 1 = 0,

primer orden y primer grado.

2. x02 − tx = 0, primer orden y segundo grado. 4 2 3 ∂ y ∂y ∂2y 3. + 2 · − x7 y = sen x, segundo orden y tercer grado 2 ∂ x ∂ x ∂x 4.

d2 y dy + 2b + y = 0, 2 dx dx

segundo orden y primer grado

Definici´ on 1.1 Una función φ : J ⊂ I → IRn diferenciable y tal que: 1. (t, φ(t)) ∈ I × A,

∀t∈J

2. F (t, φ(t), φ 0 (t), · · · , φ(n) (t)) = 0 se llama soluci´ on de la ecuación diferencial F (t, x 0 (t), · · · , x(n) (t)) = 0

Ejemplo 4 La ecuación x 00 − 4x = 0 para J = I = IR, A = IR tiene a la funci´ on φ(t) = e2t como solución. En efecto, verificamos la definici´ on. 1. (t, φ(t)) = (t, e2t ) ∈ I × A = IR × IR. Observa el gr´ afico. 2. φ 00 (t) − 4 φ(t) = 4 e2t − 4 e2t = 0


5

Ejemplo 5 La ecuación x dx + t dt = 0 para J = (−a, a) = I, A = IR tiene a la función √ φ(t) = a2 − t2 como solución. En efecto, √ 1. (t, φ(t)) = (t, a2 − t2 ) ∈ I × A = IR × IR. Observa el gr´ afico. 2. La ecuación diferencial se puede escribir en la forma x dx + t = 0, con lo cual la dt verificación de la segunda propiedad resulta como sigue: φ(t) φ 0 (t) + t =

√

a2 − t2 ·

−2t √ +t=0 2 a2 − t2

con lo cual se ha probado que φ es soluci´ on. Frecuentemente estamos interesados en hallar soluciones de una ecuación diferencial que satisfagan ciertas condiciones en lugar de aspirar a encontrar todas. Por lo general, estas condiciones pueden ser de dos tipos: condiciones iniciales y condiciones de frontera, las cuales pasan a ser soluciones particulares. Definici´ on 1.2 Condición inicial es cierto requisito que debe cumplir la soluci´ on de una ecuaci´ on diferencial (cuando existe) en un punto determinado. Esta condici´ on se anota en la forma x0 = x(t0 ), y significa que en t = t0 la variable x toma el valor x0 .

Ejemplo 6 Se desea que la ecuaci´ on diferencial y 0 = 2x, cuya soluci´ on m´ as general es de 2 la forma y = x + c, tenga una soluci´ on que pase por el punto (1, 4). Dado que tenemos la solución general y = x2 + c, y se quiere que se satisfaga la condición inicial, que simbolizamos por y(1) = 4, entonces hacemos lo que sigue y(x) = x2 + c =⇒ y(1) = 1 + c = 4 =⇒ c = 3 de donde se obtiene que y = x2 +3 es la solución deseada. Podemos agregar una interpretación gráfica como la que muestra la figura, y que da cuenta que la constante c juega un papel de parámetro, ya que asignándole distintos valores se halla la solución que se desee.


6

En general, las condiciones iniciales para las ecuaciones diferenciales del tipo F (x, y, y 0 , y 00 , · · · , y (n) ) = 0 son de la forma y(x0 ) = y0 , y 0 (x0 ) = y1 , y 00 (x0 ) = y2 , · · · , y (n−1) (x0 ) = yn−1 Ejemplo 7 La solución de la ecuaci´ on diferencial y 00 + y = 0, que satisface las condiciones y(0) = 1, y 0 (0) = 2 es y(x) = cos x + 2 sen x

Definici´ on 1.3 Condición de frontera es el requisito que debe cumplir la soluci´ on de la ecuaci´ on diferencial en los extremos del intervalo J. Ejemplo 8 La solución de la ecuaci´ on diferencial y 00 = sen x, con condiciones de frontera y(0) = y1 , y(π) = y2 viene dada por y(x) = −sen x +

y2 − y1 + y1 π

Al igual que lo que sucede con las funciones, las ecuaciones diferencial pueden darse en forma impl´ıcita, que es lo que hemos hecho, o bien, en forma expl´ıcita. Dejando de lado las dificultades algebraicas, el problema de la ecuación diferencial impl´ıcita puede reducirse al de una ecuación diferencial expl´ıcita si puede despejarse la derivada de orden máxima, quedando: x(n) (t) = f (t, x(t), x 0 (t), · · · x(n−1) (t)) Sistema de Ecuaciones Cuando se da el caso que existen n funciones incógnitas x(t), y(t), · · · para cuya determinación se dan ecuaciones diferenciales del tipo Fi (t, x(t), x 0 (t), · · · x(n) (t), y(t), y 0 (t), · · · ) = 0,

i = 1, 2, · · · n


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se dice que tenemos un sistema de n ecuaciones diferenciales. Una solución de tal sistema consiste en un conjunto de n funciones x(t), y(t), · · · que satisfacen simultáneamente todas las ecuaciones des sistema. En particular, un sistema de n - ecuaciones diferenciales de primer orden tiene la forma 0

x1 = f1 (t, x1 , x2 , · · · xn ) 0

x2 = f2 (t, x1 , x2 , · · · xn ) .. . 0

xn = fn (t, x1 , x2 , · · · xn ) Esto hace que podamos mirar las xi como componentes de un vector ~x, y tener 0

0

0

~x = (x1 , x2 , · · · xn ) =⇒ ~x 0 = (x1 , x2 , · · · xn ) y, si además, f~ = fi , entonces el sistema adquiere la notación ~x 0 = f~(t, ~x) Esta forma vectorial proporciona una interpretación conceptual más clara, pues permite tratar los sistemas de ecuaciones diferenciales en forma completamente análoga a la ecuación de primer orden x 0 = f (t, x). Mas a´ un, toda la teor´ıa sobre ecuaciones de orden superior puede reducirse al caso de primer orden tomando como base los sistemas de ecuaciones diferenciales. En efecto, sea F (t, x, x 0 , x 00 , · · · x(n) ) = 0 si hacemos,

(1) 0

x = x1 , x 0 = x2 , x 00 = x3 , · · · x(n−1) = xn , x(n) = xn entonces la ecuación (1) se transforma en el sistema  x = x1     x 0 = x2     .. . (n−1)  x = xn   0   xn = x(n)   0  F (t, x1 , x2 , · · · xn , xn ) = 0 0

Si xn puede despejarse, entonces tenemos el sistema en forma normal

Section 2: Ecuaciones de primer orden

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 0  x1 = f1 (t, x1 , x2 , · · · xn )    x0 = f2 (t, x1 , x2 , · · · xn ) 2 ..  .    0 xn = fn (t, x1 , x2 , · · · xn ) Resulta entonces, que la ecuación diferencial F (t, x, x 0 , · · · x(n) ) = 0, de orden superior, ha sido transformada en un sistema ~x 0 = f~(t, ~x), as´ı entonces, lo que debemos estudiar en detalles es la ecuación diferencial de primer orden y 0 = f (x, y), y se˜ nalar las diferencias que corresponden cuando se estudien las de orden superior. 2. Ecuaciones de primer orden 2.1. Campo de direcciones Una ecuación diferencial de primer orden en forma impl´ıcita tiene la forma F (x, y, y 0 ) = 0

(2)

y cuando es resoluble respecto de y 0 se escribe en la llamada forma expl´ıcita y 0 = f (x, y)

(3)

en donde f es una ecuación definida en una determinada región del plano xy. Geométricamente la ecuación (2) establece una dependencia entre las coordinadas de un punto de la región y la pendiente y 0 a la gráfica de la solución, esto significa que en cada punto de la región está determinada una dirección, esto es, una recta de pendiente f (x, y) de manera tal que las soluciones y(x) deben ser tangentes en cada uno de sus puntos a la correspondiente recta. Se dice entonces, que la ecuación (2) determina un “campo de direcciones” en la región considerada, pudiendo visualizarse este campo dibujando por cada punto un trozo de recta de la correspondiente solución. Este método de resolución gráfica de la ecuación diferencial (2) no posee exactitud matemática, y su utilidad se presenta en casos excepcionales, dándonos una idea de las soluciones. Ejemplo 9 Dibujamos el campo de direcciones correspondiente a la ecuaci´ on diferencial x y0 = − y Partimos por considerar un conjunto de 10 puntos del plano xy {(1, 0), (2, 0), (0, 1), (1, 1), (2, 1), , (−1, 1), (−2, 1), (0, 2), (1, 2), (2, 2)} entonces la siguiente tabla, hecha “a mano” nos muestra el valor del coeficiente angular de la tangente a la curva integral buscada.

Section 2: Ecuaciones de primer orden

x y y0

1 2 0 0 ∞ ∞

9

0 1 2 -1 -2 0 1 1 1 1 1 1 2 2 0 -1 -2 1 2 0 − 12

Si hacemos uso del programa MAPLE, con las ordenes • > eq := D(y)(x) = −(x/y); seguido de • > df ieldplot(eq, [y(x)], x = −10..10, y = −10..10, color = blue); todo aparece como por arte de magia y da como resultado el siguiente gráfico

La figura muestra que las curvas x2 + y 2 = c satisfacen la condición de tangencia, siendo las soluciones del problema. Estas curvas son sólo aproximaciones a las soluciones, por lo que debe verificarse que satisfacen la ecuación diferencial. Por otra parte, ocasionalmente las isoclinas pueden coincidir con las curvas solución ( isoclinas son rectas de pendiente constante que se calculan a partir de f (x, y) = k). Observaciones • Si en un punto (x, y) la derivada y 0 tiene valor infinito, ello no implica necesariamente un comportamiento extra˜ no de la solución, si no simplemente que la tangente es vertical. • Si en un punto (x, y) la función f resulta indeterminada, la ecuación diferencial no está definida, pero lo importante es estudiar el comportamiento de las soluciones en un entorno de dicho punto. • En general, siempre que se cumpla ciertas condiciones que estudiamos más adelante, existen infinitas soluciones y(x) de la ecuación diferencial, de tal manera que por cada punto del plano xy (en la región que se considere) pasa una solución y solamente una. Estas curvas forman entonces una familia infinita o un haz de curvas, que se presenta bajo la forma φ(x, y, c) = 0, donde c es una constante arbitraria. Cabe agregar que a cada valor de c corresponde una curva del haz, y que tales curvas suelen llamarse curvas integrales.

Section 3: Métodos de resoluci´ on de ecuaciones

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• Para determinar una solución particular no basta dar la ecuación diferencial, sino que es necesario dar una condición adicional, por ejemplo, una condición inicial, una condición de frontera, etc. 3. M´ etodos de resoluci´ on de ecuaciones En la practica, es com´ un que interesen soluciones particulares de una ecuación diferencial en lugar de una solución general. Desde este punto de vista trataremos de dar a conocer ciertos métodos de resolución de ecuaciones diferenciales que no requieren de mucho esfuerzo, dado que en la actualidad, los sistemas computacionales, tales como Maple realizan todo tipo de cálculo de ecuaciones, incluyendo métodos numéricos, tales como como los de Euler, RungeKutta y otros, que no serán vistos acá. Los métodos anal´ıticos que emplearemos son los siguientes: 3.1. Ecuaciones de variables separables Dentro de este grupo nos encontramos con cuatro tipos de ecuaciones: Ecuación:

dy = f (x) dx

El primer paso para resolverla consiste en escribirla con notación de diferenciales dy = f (x) dx ahora que, las variables están “separadas” se integra Z y = f (x) dx + C y el resultado de esta integración es la solución general de la ecuación diferencial dada. la solución particular se obtiene en base a alguna condición inicial, lo que da lugar a determinar el valor de la constante de integración, y como consecuencia hallar la solución particular. Ecuación:

dy = g(y) dx

Escribiendo esta ecuación en diferenciales tenemos que dy = g(y) dx considerando g(y) 6= 0, y asociando diferenciales se tiene dx =

dy g(y)

cuya solución se obtiene por integración inmediata Z dy x= +C g(y)


Ecuación:

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dy = f (x) · g(y) dx

Considerando g(y) no nula esta ecuación equivale a dy = f (x) dx g(y) la cual, tomando integrales en ambos miembros, conduce a Z Z dy = f (x) dx + C g(y) Ecuación:

dy f (x) = dx g(y)

Esta ecuación es un caso particular de la anterior. Al separar variables se tiene g(y) dy − f (x) dx = 0 y al integral, la solución general queda escrita en la forma Z Z g(y) dy − f (x) dx = C Toda esta familia de ecuaciones de variables separables se puede reducir a escribirlas en la forma Z Z M (x) dx + N (y) dy = C

Ejemplo 10 La ecuación diferencial x dx + y dy = 0 tiene como integral general x2 y 2 + =C 2 2 2

tomando C = r2 se tiene que x2 + y 2 = r2 , de modo que la soluci´ on de la ecuaci´ on dada es una familia de c´ırculos concéntricos. Ejemplo 11 Resolvemos la ecuaci´ on

dy = y − y2. dx

Al separar variables se tiene la ecuación escrita en la forma Z Z dy dy = dx =⇒ = dx + C y(1 − y) y(1 − y)


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al realizar la integración se obtiene ln y − ln(1 − y) = x + C =⇒ ln

y =x+C 1−y

expresión que al reducir se transforma en y = k · ex 1−y y finalmente, la solución general resulta ser y=

k ex 1 + k ex

Si se quiere saber algo sobre el comportamiento de esta solución, es sencillo verificar que si x → ∞, entonces y → 1, y que si x → −∞, entonces y → 0. Teniéndose que tanto y = 1 como y = 0 son soluciones de la ecuación diferencial considerada. Ejemplo 12 Resolvemos la ecuaci´ on

dy y =− . dx x

Al separar variables se llega a que dy dx =− y x de donde, al integrar ln y + ln x = ln C =⇒ y =

C x

es la solución general de la ecuación 3.2. Ecuaciones Homog´ eneas Se dice que la función f (x, y) es homogénea de grado n, respecto de las variables x e y, si para todo λ se verifica f (λ x, λ y) = λn f (x, y) Por ejemplo, la función f (x, y) = xy − y 2 es homogénea de segundo grado ya que f (λ x, λ y) = λ x λ y − λ2 y 2 = λ2 (xy − y 2 ) = λ2 f (x, y) Definici´ on 3.1 La ecuación diferencial y 0 = f (x, y) se dice homogénea respecto de las variables x e y si f (x, y) es homogénea de grado cero respecto de x e y. Por ejemplo, la ecuación f (x, y) =

dy x2 − y 2 = es homogénea puesto que dx xy

x2 − y 2 λ2 x 2 − λ2 y 2 =⇒ f (λ x, λ y) = = λ0 f (x, y) = f (x, y) xy λx · λy


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¿Cómo se resuelven las homogéneas? La ecuación diferencial homogénea y 0 = f (x, y) se transforma en una ecuación de variables separadas mediante la sustitución y = ux. En efecto, como la ecuación es homogénea, entonces f (λ x, λ y) = f (x, y) haciendo λ =

1 se tiene x

y f (x, y) = f (1, ) x de manera que la ecuación diferencial toma la forma y y 0 = f (1, ) x al tomar derivada con respecto de x en y = ux se tiene y0 = u0 · x + u reemplazando en la ecuación diferencial el resultado es u + xu 0 = f (1, u) en la cual, separando variables dx du = f (1, u) − u x que era lo que se ten´ıa que probar. Si se quiere la solución general, sólo basta hacer la integración. Ejemplo 13 Resolvemos la ecuaci´ on homogénea

dy xy = 2 dx x − y2

Es claro que es homogénea (grado 2 arriba y grado 2 abajo queda grado cero). Hacemos y = ux para tener y 0 = u 0 · x + u. Reemplazamos esto en la ecuación dada dy xy ux2 0 = 2 =⇒ u · x + u = dx x − y2 x 2 − u2 x 2 al simplificar queda u0 · x + u = al asociar se tiene u0 · x =

u 1 − u2

u3 1 − u2

Section 4: Ecuaci´ on reducible a homogénea

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al separar variables y usando diferenciales 1 − u2 dx du = 3 u x al integrar Z

1 − u2 du = u3

Z

dx − ln C x

de aqu´ı que 1 1 ux ) = − − ln u = ln x − ln C =⇒ ln( 2u2 C 2u2 y finalmente, como y = ux, entonces −

y = C e−x

2 /2y 2

4. Ecuaci´ on reducible a homog´ enea Las ecuaciones del tipo f

a1 x + b 1 y + c 1 a2 x + b 2 y + c 2

(4)

se reducen a una ecuación homogénea trasladando el origen de coordenadas al punto de intersección de las rectas a1 x + b1 y + c1 , a2 x + b2 y + c2 Para verificar esto, suponemos que (x1 , y1 ) es el punto de intersección de las rectas. Usando las ecuaciones de traslación se tiene u = x − x1 ,

v = y − y1 =⇒

dy du = dv dx

reemplazando en (1) esa ecuación se transforma en a1 u + b 1 v dv =f du a2 u + b 2 v al dividir por u, dentro del paréntesis, tenemos que v a1 + b1 uv dv =f =f du a2 + b2 uv u lo que prueba que la ecuación es homogénea.

OJO Si las rectas en cuestión son paralelas, este método no puede aplicarse, pero como este caso las coeficientes de las coordenadas son proporcionales, es decir, a2 b2 = a1 b1

Section 4: Ecuaci´ on reducible a homogénea

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la ecuación (1) se escribe a1 x + b 1 y + c 1 a1 x + b 1 y + c 1 f =f = F (a1 x + b1 y) a2 x + b 2 y + c 2 k(a1 x + b1 y) + c2

(5)

usando ahora la sustitución z = a1 x + b1 y se tiene que dz dy = dx dx lo cual nos conduce a tener que 1 dz dy = − a1 = F (z) dx b1 dx despejando la derivada respecto de z se tiene dz = a1 + b1 F (z) dx resultando, claramente, una ecuación de variables separadas. No hay nada más gratificante que un buen ejemplo Ejemplo 14 Resolvemos la ecuaci´ on

dy x+y−3 = dx x−y−1

Tienes que observar que sobra un −3 arriba y un −1 abajo, as´ı que hay que trasladar el origen de coordenadas, que se logra al resolver x + y − 3 = 0,

x − y − 1 = 0 =⇒ x = 2, y = 1

luego, las ecuaciones de traslación son u = x − 2,

v =y−1

Esto hace que acortemos camino, pues debe quedar u+v dv = , du u−v

¡¡homogénea!!

Todo el mundo sabe que en las sustituciones las variables son “mudas”, as´ı que para no confundir el trabajo, cambiemos la u ´ltima ecuación a variables x e y. dy x+y = dx x−y esto permite darse cuenta que lo u ńico diferente con la ecuación original es haber eliminado las constante que “molestaban” en el numerador y denominador. Esto siempre es as´ı, sólo

Section 5: Ecuaciones Lineales

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que tienes que tener las coordenadas del punto al cual trasladas el origen. Una vez dicho lo anterior, retomamos nuestra u ´ltima ecuación, que es homogénea, y hacemos y = ux de 0 0 donde y = u x + u, para tener que u 0x + u =

x + ux x − ux

después de cancelar la x asociamos las u y separamos variables 1+u dx du = 2 1+u x al integrar y llamando ln C a la constante, se llega a √ ln Cx · 1 + u2 = arctg u y en las variables originales se tiene p y−1 C (x − 2)2 + (y − 1)2 = earctg( x−2 ) 5. Ecuaciones Lineales Una ecuación diferencial de la forma dy + P (x) y = Q(x) dx O bien de la forma

(6)

dx + P (y) x = Q(y) dy

con P y Q funciones continuas, se llama ecuación diferencial lineal de primer orden. Esta ecuación lineal tiene un caso particular, Q = 0, con lo cual se tiene que dy + P (x) y = 0 dx es una ecuación de variables separables. En efecto, R dy + P (x) y = 0 =⇒ y = C e− P (x) dx dx

La ecuación y 0 + P (x) y = 0 recibe el nombre de ecuación homog´ enea asociada de (3)

¿Cómo se resuelven las lineales?


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El mejor y más sencillo método es considerar que la solución es el producto de dos funciones, esto es, y(u(x) v(x), con lo cual se tiene que y = u(x) · v(x) =⇒ y 0 = u 0 v + v 0 u al reemplazar en (3), esa ecuación toma la forma u 0 v + v 0 u + P (x) u v = Q(x) =⇒ ( u + P (x) u)v + v 0 u = Q(x) si u es una función que satisface, u 0 + P (x) u = 0, entonces queda por resolver v 0 u = Q(x)

(7)

por simple integración, pues u 0 + P (x) u es la ecuación homogénea asociada de (3) que, como sabemos, tiene por solución R u = C e− P (x) dx Por tanto, reemplazando en (4) tenemos que v0 =

1 R P (x) dx e · Q(x) C

de modo que, 1 v= C

Z

R

e

P (x) dx

· Q(x) + C1

O bien, como y = uv, Z y=

−

e

R

P (x) dx

Ejemplo 15 Resolvemos xy 0 − y = x3

Z

√

R

e

P (x) dx

· Q(x) + C

1 − x2

As´ı como la ves, la ecuación no se puede identificar. Hagamos una operación mágica que haga a nuestros ojos ver quién es ella xy 0 − y = x3

√

1 − x2 =⇒ y 0 − y ·

√ 1 = x2 1 − x2 x

Como dice esa canción ”... al mirarla de Playa Ancha lindo puerto...”, por supuesto,

¡es lineal!


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√ 1 con P (x) = − , Q(x) = x2 1 − x2 . Bueno, ahora sólo resta ponerse a trabajar, y para x empezar debemos hacer y = uv, de lo cual ya sabes que y 0 = u 0 v + v 0 u. Por tanto, u 0v + v 0u −

√ uv = x2 1 − x2 x

al arreglar esta ecuación tenemos que √ 1 0 u − u v + v 0 u = x2 1 − x2 x como debemos hacer que u0 −

1 u=0 x

al resover se tiene

du dx 1 u =⇒ = =⇒ u = C x x u x Por lo tanto, nos queda por resolver √ v 0 · Cx = x2 1 − x2 u0 =

que al simplificar y separar variables conduce a Z √ 1 2 x 1 − x dx + C1 v= C Todav´ıa me acuerdo que eras un “balazo” para integrar, ¿qué tal x = cos t?. Eso es, con esto la situación se transforma en Z 1 sen3 t 2 v=− cos t sen t dt + C1 = − +C C 3 y al volver a la variable xtenemos que v=−

C (1 − x2 )3/2 + C1 3

Finalmente, una vez determinadas las funciones u y v obtenemos la solución C 2 3/2 y= (1 − x ) + C1 Cx 3

Section 6: Ecuaci´ on de Bernoulli

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6. Ecuaci´ on de Bernoulli Una ecuación de la forma y 0 + P (x) y = Q(x) y n , n ≥ 1 se llama ecuación de Bernouilli. Esta ecuación es reducible a una lineal mediante mediante la sustitución z = y 1−n , en efecto, z=y

1−n

dy y n dz dz −n dy = (1 − n)y =⇒ = =⇒ dx dx dx 1 − n dx

reemplazando en la ecuación de Bernouilli tenemos y n dz + P (x) y = Q(x) y n 1 − n dx

·y −n

1 dz + P (x) y 1−n = Q(x) 1 − n dx 1 dz + P (x) z = Q(x) 1 − n dx 1 z 0 + P (x) z = Q(x) ¡lineal! 1−n

Ejemplo 16 Resolvemos la ecuaci´ on y 0 =

x2 y + 2x 2y

A esta ecuación hay que darle un nuevo “look” para que se parezca a alguna que hayamos visto. x2 −1 1 ·y = ·y y0 − 2x 2 ahora vemos que tiene la forma 0

n

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

1 x2 n = −1, P (x) = − 2 , Q(x) = x 2

¡la pillé, era una de Bernouilli!. Hacemos z = y 2 para tener dz dy dy 1 dz = 2y =⇒ = dx dx dx 2y dx Reemplazando en la ecuación dada 1 dz y x2 −1 − = ·y 2y dx 2x 2 al multiplicar por 2y se tiene dz y 2 − = x2 dx x

Section 7: Ecuaci´ on Exacta

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y en términos de la variable z dz z − = x2 dx x 0 0 Como siempre, z = uv =⇒ z = u v + v 0 u, para tener u u0 − v + v 0 u = x2 x para anular u se tiene u0 −

u = 0 =⇒ u = C1 x x

reemplazamos para hallar v v 0 C1 x = x2 =⇒ v C1 = de donde z = u · v = C1 x ·

x2 +C 2

1 2 · x + C = x3 + Cx C1

es la solución general. 7. Ecuaci´ on Exacta Una ecuación de la forma M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 se llama exacta si se satisface ∂N ∂M = ∂y ∂x Como alternativa se tiene que, la ecuación es exacta si existe una función µ(x, y) tal que d(µ(x, y)) = M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0

Ejemplo 17 Resolvemos la ecuaci´ on

2x y 2 − 3x2 dx + dy = 0 y3 y4

Deber´ıa ser exacta, veamos si lo es M=

2x ∂M 6x =⇒ = − 4, 3 y ∂y y

N=

y 2 − 3x2 ∂N 6x =⇒ =− 4 4 y ∂x y

Hasta aqu´ı todo es como se esperaba. ¿Cómo se halla la solución?. Te lo digo de inmediato. Si es exacta es por que existe la función µ(x, y) tal que d(µ(x, y)) =

∂µ(x, y) ∂µ(x, y) dx + dy = M (x, y) dx + N (x, y) dy = ∂x ∂y

Section 8: Ecuaci´ on de Ricatti

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de donde debe tenerse que ∂µ(x, y) 2x = 3, ∂x y

y 2 − 3x2 ∂µ(x, y) = ∂y y4

Al resolver la primera de estas igualdades se tiene Z ∂µ(x, y) 2x 2x x2 = 3 =⇒ µ(x, y) = dx + k(y) =⇒ µ(x, y) = + k(y) ∂x y y3 y3 La constante de integración k(y) puede depender sólo de y, pues al derivarla respecto de x es cero. Vamos a calcular esta función, y para ello derivamos esta u ´ltima ecuación respecto, precisamente, de y µ(x, y) = pero

∂µ(x,y) ∂y

∂µ(x, y) 3x2 x2 + k(y) =⇒ = − + k 0 (y) y3 ∂y y4

es conocida, por tanto, 3x2 1 1 y 2 − 3x2 = − 4 + k 0 (y) =⇒ k 0 (y) = 2 =⇒ k(y) = − + C 4 y y y y

Una vez calculada esta función la reemplazamos para tener que µ(x, y) =

x2 1 − y3 y

se concluye que la solución general es x2 1 − =C y3 y 8. Ecuaci´ on de Ricatti Una ecuación diferencial de la forma y 0 + P (x) y + Q(x) y 2 = R(x) se denomina de Ricatti. Lo que se debe tener claro es que esta ecuación no se puede resolver, a menos que se conozca una solución, y en tal caso existe una sustitución que la transforma en una ecuación de Bernouilli. Vamos a ver esto. Sea y1 una solución conocida. hacemos la sustitución y = y1 + z, de la cual y 0 = y1 0 + z 0 . Se reemplaza en la ecuación de Ricatti y1 0 + z 0 + P (x) (y1 + z) + Q(x) (y12 + z 2 + 2y1 z) = R(x)

Section 8: Ecuaci´ on de Ricatti

22

arreglando algunas cositas (y1 0 + P (x) y1 + Q(x) y12 ) + z 0 + P (x) z + Q(x) z 2 + 2y1 z Q(x) = R(x) pero y1 solución, de modo que y1 0 + P (x) y1 + Q(x) y12 = R(x), por tanto, z 0 + P (x) z + Q(x) z 2 + 2y1 z Q(x) = 0 otro arreglo permite tener z 0 + ( P (x) + 2y1 Q(x) ) z = −Q(x) z 2 como el buen ojo no te falla, te das cuenta que hemos llegado a una ecuación de Bernouilli en z. Pero te voy a agregar algo más, es posible transformar una ecuación de Ricatti direc1 tamente en ecuación Lineal haciendo la sustitución y = y1 + , esto es lo que se usa en la z práctica, para que dar tantos rodeos. 1 on de la ecuaci´ on y 0 = y 2 − x22 . Hallar la solución Ejemplo 18 Se sabe que y1 = es soluci´ x general de esta ecuación. Basta mirar la ecuación para saber que tiene una pinta de Ricatti que no se la puede, veamos si la pasamos a lineal. y=

1 1 1 1 + =⇒ y 0 = − 2 − 2 z 0 x z x z

reemplazando en la ecuación dada 1 1 − 2 − 2 z0 = x z

1 1 + x z

2 −

2 x2

un arreglo más 2 z = −1, ¡lineal! x Aqu´ı se puede usar la fórmula de la lineal, pero voy a insistir en tomar z = uv, con lo cual z 0 = u 0 v + v 0 u. se tiene 2uv 2v 0 0 0 u v+v u+ = −1 =⇒ u v + + u 0 v = −1 x x z0+

Al resolver para v v0 +

2v C1 = 0 =⇒ v = 2 x x

reemplazando u0 = −

x2 x3 =⇒ u = − + C2 C1 3C1

Section 9: Factores Integrantes

23

Ahora estamos casi listos C1 z = uv = 2 x

x3 − + C2 3C1

x C =− + 2 3 x

En consecuencia, la solución de la ecuación de Ricatti es 1 3x2 1 1 y= + = + x z x 3C − x3 9. Factores Integrantes Sirven para transformar ecuaciones diferenciales no exactas en exactas. No es un problema sencillo, pero tiene su gracia hallar estos factores integrantes. Una función µ(x, y) tal que M (x, y) µ(x, y) dx + N (x, y) µ(x, y) dy = 0 es una ecuación diferencial exacta, se llama factor integrante (F.I.)

B´ usqueda de factores integrantes Partimos con la idea de que la ecuación M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 no es diferencial exacta. Pero como somos porfiados, esperamos que exista una función µ(x, y) que al multiplicarla la haga exacta, esto es, M (x, y) µ(x, y) dx + N (x, y) µ(x, y) dy = 0 Ahora que estamos metidos en este embrollo, usemos la definición de exacta ∂ ∂ (µ M ) = (µ N ) ∂y ∂x sacando las derivadas de estos productos tenemos µ al asociar

∂M ∂µ ∂µ ∂N +M =N +µ ∂y ∂y ∂x ∂x

∂M ∂N µ − ∂y ∂x

=N

∂µ ∂µ −M ∂x ∂y

y al dividir por µ ∂M ∂N 1 ∂µ ∂µ − = N −M ∂y ∂x µ ∂x ∂y todav´ıa podemos mejorar esto si nos percatamos que tenemos una derivada de logaritmo.


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∂N ∂ ln (µ) ∂ ln (µ) ∂M − =N −M ∂y ∂x ∂x ∂y A esta ecuación hay que ponerle ojo, en los ejemplos que se muestran más adelante te darás cuenta de su importancia. Caso I: El F.I. depende sólo de x Siendo dependiente sólo de x la derivada respecto de y es cero, es decir, ∂ ln µ =0 ∂y luego, se tiene que 1 ∂M ∂N ∂ ln µ = − ∂x N ∂y ∂x en caso de tener continuidad respecto de x en esta ecuación, podemos hacer integración, y tener Z 1 ∂M ∂N ln µ = − dx + ln C N ∂y ∂x de donde se obtiene que Z ∂M ∂N 1 − dx ∂y ∂x µ = C eN es la forma que tiene este factor integrante. Hay algunos alumnos que les gusta que pongan el ejemplo “al tiro”, pero me imagino que t´ u me darás tiempo para mostrarte dos casos más, y luego practicar. Caso II: El F.I. depende sólo de y Siendo el F.I: dependiente sólo de y, la derivada respecto de x es cero, es decir, ∂ ln µ =0 ∂x luego, se tiene que ∂ ln µ 1 ∂M ∂N =− − ∂y M ∂y ∂x en caso de tener continuidad respecto de y en esta ecuación, podemos hacer integración, y tener Z 1 ∂M ∂N ln µ = − − dy + ln C M ∂y ∂x de donde se obtiene que Z 1 ∂M ∂N − dy ∂y ∂x µ = C eM


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es la forma que tiene este factor integrante. Caso III: El F.I. depende de x e y Si existe factor integrante, y es de cierta forma función de un argumento del tipo xy, x ± y, x2 + y 2 , xy , etc, tenemos un “truco” infalible, hacer z = f (x, y), y aplicar la regla de la cadena para hallar el µ(x, y). Te anoto con zoom el siguiente recordatorio

∂ ln µ ∂ ln µ ∂z = · ∂x ∂z ∂x Ejemplo 19 Hallemos solución general de la ecuaci´ on (y + xy 2 ) dx − x dy = 0 Lo primero que uno mira es si la ecuación es de variables separables, lamentablemente, no es el caso, si sigues en la onda de buscar las ”cinco patas” del gato, tampoco es homogénea. Si la escribe de otra forma, por ejemplo y0 −

1 y = y2 x

no es lineal. Te pregunto en forma inocente ¿es de Bernouilli?, pues claro que si, pero esas ya las sabes resolver, déjame indicarte otra forma de cálculo de la solución. Veamos si es exacta M = y + xy 2 =⇒

∂M = 1 + 2xy ∂y

∂N = −1 ∂x se concluye que la ecuación no es exacta por tener estas derivadas distintas. Tu orgullo de ingeniero está intacto, no podemos dejarnos vencer, y le buscamos un factor integrante N = −x

=⇒

∂M ∂N − = 2(1 + xy) ∂y ∂x Estamos entre dos alternativas, como dijo el padre de la patria: “ o vivir con honor o morir con gloria”. As´ı es, en este caso, dividimos por N o dividimos por M . Si dividimos por M se tiene que ∂N 1 2 1 ∂M − =− · 2(1 + xy) = − = F (y) M ∂y ∂x y(1 + xy) y ¡¡Bingo!!, el factor integrante depende sólo de y ¡Viste que val´ıa la pena esperar para hacer un ejemplo! Este F.I. es R 2 C µ = C e− y dy = 2 y


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1 . Con este F.I ya calculado nos vamos a la ecuación y2 que no era exacta, multiplicamos y tenemos tomando C = 1, el F.I: es µ(x, y) =

y + xy 2 x dx − 2 dy = 0, 2 y y

¡Exacta!

Ejemplo 20 Resolvemos la ecuaci´ on (2y + 3x2 y 3 ) dx + (3x + 5x3 y 2 ) dy = 0 sabiendo que admite un factor integrante de la forma xm y n Del enunciado se deduce que al multiplicar la ecuación por dicho factor integrante resulta una ecuación exacta. Vamos por eso entonces ∂ ∂ ((2y + 3x2 y 3 )xm y n ) = ((3x + 5x3 y 2 )xm y n ) ∂y ∂x al hacer esta derivada parcial se encuentra que nxm y n−1 (2y + 3x2 y 3 ) + xm y n (2 + 9x2 y 2 ) = mxm−1 y n (3xy + 5x3 y 2 ) + xm y n (3 + 15x2 y 2 ) al factorizar por xm y n se tiene xm y n 2n + (3n + 9)x2 y 2 + 2 = xm y n ( 3m + 3 + x2 y 2 (5m + 15) de donde, 2n + 2 + (3n + 9)x2 y 2 = 3m + 3 + x2 y 2 (5m + 15) traspasando e igualando a cero x2 y 2 (3n + 9 − 5m − 15) + (2n + 2 − 3m − 3) = 0 lo que nos lleva a que 3n − 5m = 6,

y

2n − 3m = 1

de lo cual se obtiene m = −9, n = −13, con lo cual, el factor integrante es x−9 y −13 . Resolvemos ahora la ecuación exacta (2y + 3x2 y 2 ) x−9 y −13 dx + (3x + 5x3 y 2 ) x−9 y −13 dy = 0 Para ello tenemos que Z Z 2y + 3x2 y 2 2 2 −9 −13 dx + K(y) µ = (2y + 3x y ) x y dx + K(y) = x9 y 13 la integral es sencilla µ=−

1 1 − + K(y) 4x8 y 12 2x6 y 10

Section 10: Aplicaciones Elementales

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Para determinar el valor de la función K(y) derivamos respecto de y para tener ∂µ 3 5 = 8 13 + 6 11 + K 0 (y) ∂y xy xy como

∂µ ∂y

es conocida, entonces 3 x8 y 11

+

5 x6 y 11

=

3 x8 y 13

+

5 x6 y 11

+ K 0 (y)

deduciendo que K(y) es una función constante, que denominamos C. Por tanto, la solución general de la ecuación diferencial es 1 4x8 y 12

+

1 2x6 y 10

=C

10. Aplicaciones Elementales Mostramos una parte de la gran cantidad de aplicaciones que tienen las ecuaciones diferenciales.

¡ Problemas Geom´ etricos ! En primer lugar, es preciso recordar que una familia de curvas planas viene definida por una ecuación de la forma F (x, y, c1 , c2 , · · · , cn ) = 0 en donde los ci son parámetros independientes o bien satisfacen cierto n´ umero de relaciones entre ellos. Se está interesado en obtener la ecuación de una familia de curvas que satisfacen cierta propiedad, para ,lo cual, tenemos dos caminos: 1. La propiedad establecida es tal que por nuestros conocimientos de geometr´ıa anal´ıtica, de la misma ecuación obtenemos la ecuación de la familia 2. La propiedad es tal que, cuando está expresada anal´ıticamente, resulta una ecuación diferencial cuya solución produce la familia de curvas buscada. Un par de ejemplos puede servir para mejor comprensión de las “borrosas” ideas dadas Ejemplo 21 Escribimos la ecuación de todos los c´ırculos que pasan por el origen y tienen sus centros en el eje x La ecuación general de un c´ırculo es (x − h)2 + (y − k)2 = r2 . Usando la hipótesis de que pasan por el origen se tiene h2 + k 2 = r2


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y sabiendo que el centro está en el eje x, se obtiene, k = 0. Por tanto, (x − h)2 + y 2 = r2 es la ecuación de la familia Ejemplo 22 Hallemos la familia de curvas cuya distancia de la perpendicular desde cada tangente al origen es igual al valor de x en el punto de contacto. A primera vista la lectura es medio enredada, no obstante, te cuento que, la distancia del origen a la tangente viene dada por la fórmula xy0 − y p 1 + y 02 Ahora está casi armada la ecuación para resolver, en efecto, como por hipótesis es igual al valor de x en el punto, entonces se tiene xy0 − y p =x 1 + y 02 de donde xy0 − y = x

p

(1 + y 02 )

al elevar al cuadrado x2 y 02 − 2xy y 0 + y 2 = x2 + x2 y 02 al reducir 2xy y 0 + x2 − y 2 = 0 La solución de esta ecuación proporciona la familia buscada 2xy y 0 + x2 − y 2 = 0 =⇒ (x2 − y 2 ) dx + 2xy dy = 0 como no es exacta, buscamos un factor integrante M = x2 − y 2 =⇒

∂µ = −2y ∂y =⇒

N = 2xy

=⇒

∂µ = 2y ∂x

∂µ ∂µ − = −4y ∂y ∂x

Al dividir este resultado por N se obtiene un F.I. que depende sólo de x. En efecto, 1 ∂µ ∂µ 1 2 − = · (−4y) = − N ∂y ∂x 2xy x


29

Este F.I. es µ = C e−

R

dx x

=⇒ µ = x−2

Ahora tenemos que multiplicar la ecuación por este factor para hacerla exacta x2 − y 2 2xy dx + dy = 0 x2 x2 Su solución viene dada por Z

x

x0

y2 1− 2 x

Z

y

dx + y0

de donde se obtiene x+

2x0 y dy = C x20

y2 =C x

lo cual equivale a C2 C 2 ) + y2 = 2 4 que corresponde a una familia de c´ırculos. (x −

¡ Trayectorias Ortogonales ! Sea f (x, y, c) = 0 una familia de curvas. Se quiere saber qué curvas, de otra familia, tienen la propiedad de que cualquiera de ellas corte en ángulo recto a algunas curvas de la familia dada. Para tratar de llegar a formular una expresión matemática (modelar el problema) que de respuesta a este problema, lo que se quiere es determinar una familia de curvas (na ’ que ver con Morandé con compa˜ n´ıa) de la forma g(x, y, k) = 0 tal que en cualquier intersección de las curvas de las dos familias, las tangentes sean perpendiculares. A estas familias se les conoce con el nombre de Trayectorias ortogonales. El hecho de que las curvas sean ortogonales significa que en cada punto de intersección las pendientes de las curvas son rec´ıprocas y de signo contrario, de aqu´ı que para encontrar las trayectorias ortogonales es suficiente hallar la ecuacuón diferencial de la familia dada y reemplazar la pendiente y 0 por y10 en esa ecuación y resolverla. Ejemplo 23 Hallar las trayectorias ortogonales de la familia x − 4y = C la ecuación diferencial de la familia es dx − 4 dy = 0


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por tanto, las trayectorias ortogonales de esta familia deben satisfacer la ecuación dx dy 1−4 − = 0 =⇒ 1 + 2 =0 dy dx de donde se obtiene que 4x + y = K es la familia cuyas curvas intersectan ortogonalmete a las de la familia dada. Puedes hacer un gráfico para darte cuenta, vamos, no seas flojo(a) son sólo rectas.

¡ Problemas Qu´ımicos ! Las sustancias radiactivas poseen la propiedad de que la velocidad de descomposición en cada instante es proporcional a la cantidad de sustancia existente en ese instante. Matemáticamente este hecho lo expresamos como sigue: Sea y = f (t) la cantidad de sustancia radiactiva existente en el instante t. Se sigue que y = f 0 (t) es la velocidad de cambio de y en el instante t. Aplicando las hipótesis se tiene que y 0 = −k y, k constante positiva 0

representa la ley de descomposición. El signo menos se debe a que y decrece cuando t crece y por tanto y 0 es siempre negativo. La solución de esta ecuación diferencial es y = C e−kt , expresión que no se anula para ning´ un valor finito de t. Este hecho no permite que se pueda hablar de “tiempo total de vida” de una sustancia radiactiva, sin embargo, podemos determinar el tiempo necesario para que se desintegre una fracción de la muestra. Usualmente se elige la fración 12 , llamada vida media de la sustancia. Una expresión matemática de ella se encuentra como sigue: Si t representa el tiempo y f (0) es la cantidad de sustancia presente en el tiempo t = 0, entonces la vida media la expresamos en la forma f (t) =

1 f (0) 2

Ejemplo 24 La vida media del radio es de 1590 a˜ nos. ¿Qué tanto por ciento desaparece en un a˜ no? Suponemos que la cantidad de radio presente en el tiempo t = 0 es R = R0 . Por tanto, la ecuación que modela la situación es ln 2 dR = −k R =⇒ R = R0 e−t 1590 dt

lo cual representa la cantidad de radio en cualquier tiempo t. Para t = 1590 se tiene que R = 12 R0 (la vida media). Hemos reemplazado el valor de la constante usando el hecho que k=

ln 2 vida media


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Es probable que alguien se esté preguntando ¿dónde la viste?. Bueno, te explico como sacar k 1 ln 2 R0 = R0 e−1590k =⇒ k = 2 1590 con t = 1 determinamos la cantidad al cabo de un a˜ no 1 1590 ln 2 1 R = R0 e− 1590 = R0 2 Si eso es lo que queda, entonces la cantidad que se perdió es 1 1590 1 R0 − R0 2 de modo que el porcentaje x correspondiente es 1 R0 − R0 12 1590 R0 = =⇒ x = 0, 04358% 100 x

¡ Ley de enfriamiento de Newton ! Esta ley expresa que: “ El coeficiente de variaci’on de la temperatura de un cuerpo es proporcional a la diferencia entre su temperatura y la del medio ambiente”. En términos matem´ticos esto se traduce como sigue: Sea y = f (t) la temperatura del cuerpo en el tiempo t, y sea A(t) la temperatura del medio ambiente, entonces la ley de Newton se expresa en la forma y 0 = −k ( y − A(t) ), k>0 con k constante. Al resolver esta ecuación encontraremos la temperatura del cuerpo en cualquier intante de tiempo t Ejemplo 25 Se calienta un alambre hasta 100◦ , a continuaci´ on se sumerge en agua que ◦ se mantiene a 30 , despues de 3 minutos la temperatura del alambre se ha reducido a 70◦ . Hallar el tiempo necesario para que la temperatura del alambre sea de 13◦ . Vamos a resolver el problema aplicando la ley de Newton e integrando inmediatamente. También se puede hacer por integración indefinida y calculando las constantes, pero el procedimiento que te muestro es “más mejor”, y te va a gustar. Z 3 Z 70 dy 0 = −k dt y = −k ( y − A(t) ) =⇒ 100 y − 30 0 =⇒ ln(40) − ln(70) = −3k =⇒ k =

1 7 ln( ) = 0, 1865383 3 4


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Con la constante k ya calculada, finiquitamos el problema como sigue Z 31 dy = −0, 1865383 =⇒ ln(70) = 0, 1865383 t 100 y − 30 Al despejar se obtiene t=

ln(70) = 22, 7754, minutos 0, 1865383

¡ Problemas de disoluci´ on ! Un recipiente de V litros de capacidad está lleno con una solución de m gramos de sal. Por una llave entra una solución de concentración c, a razón de a litros por segundo, y por otra llave están saliendo a litros por segundo de la mezcla, que se supone homogénea en cada instante. Se trata de calcular la cantidad de sal que existe en el recipiente en cualquier instante de tiempo t. Te cuento como hacer el planteamiento, no olvides que los problemas que tengas resolver a futuro serán de un esquema parecido, y por tanto, resuelto por métodos similares. La llamada ecuación de continuidad establece que

Aumento = Entradas - Salidas En este caso representa la cantidad de sal. Escrita de esta forma, esta ecuación no sirve ni de “torpedo”. Pero bueno, ¿Para qué está la matemática?, espero que por fin comprendas su utilidad. Sean y = f (t) los gramos de sal que hay en el recipiente t minutos después de haber comenzado la mezcla. Existen dos facpores que producen la variación de y: 1. 2.

La disolución, que agrega a litros de concentración c por segundo La mezcla que sale y que disminuye la cantidad de sal, a razón de a · Vy gramos por segundo. Aprovecho de contarte que Vy representa la concentración en el tiempo t

Con esto estamos listos, la ecuación de continuidad toma la forma y0 = a·c−a·

y V

Ahora si puedes respirar tranquilo(a), una vez más, la matemática vuelve a ser tu “chapulin colorado”. Ejemplo 26 En un estanque de 378,5 litros de capacidad va entrando salmuera, que contiene 240 gramos de sal por litro, a raz´ on de 11,35 litros por minuto, mezcl´ andose con el agua limpia que contiene el estanque. Al mismo tiempo, va saliendo una cantidad igual de la mezcla por minuto. Hallar la cantidad de sal que hay en el estanque al cabo de una hora.


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Al mirar la ecuación de continuidad en su forma algebraica, debes darte cuenta que necesitas tener a mano a, c y V . Slo por que me caes bien y tienes cara de “eterno campeón” te hago el problema con “manzanitas”. En 11,35 litros hay 2724 gramos de sal ¿cachaste?. Esto lo pasas a kilos, son 2,724 kilos de sal, y de acuerdo con los datos del problema, corresponde a la cantidad de sal que está entrando. El problema dice que también sale cierta cantidad de mezcla, obvio que tiene que ser un poco menos salada. Necesitamos la concentración, que es la cantidad de sal en la unidad de volumen de solución. Esto es c=

11, 35 y y = V 378, 5

Tenemos todos los datos, por tanto, la ecuación de continuidad es y 0 = 2, 724 −

11, 35 y 378, 5

que en diferenciales es dy 1031, 0, 34 − 11, 35 y = dt 378, 5 se separan variables, ponemos “al tirante” los l´ımites de integración, y tenemos Z y Z 60 dy 378, 5 = dt 0 1031, 0, 34 − 11, 35 y 0 la primera integral es un logar´ıtmo, al evaluar, usando calculadora por supuesto, debes tener y = 75, 81234185 kgs de sal

¡ Problemas de Econom´ıa ! Ejemplo 27 El valor de reventa de cierta m´ aquina industrial disminuye durante un peirodo de 10 a˜ nos a una razón que depende de la edad de la m´ aquina. Cuando la m´ aquina tiene x a˜ nos, la razón a la cual está cambiando su valor es 220(x − 10) pesos por a˜ no. 1. Expresar el valor de la máquina como funci´ on de su edad y su valor inicial 2. Si la máquina costaba originalmente $12000 hallar su valor al cabo de 10 a˜ nos Para dar respuesta a la primera pregunta, sea y = f (x) el valor de la máquina a los x a˜ nos. La formulación matemática del problema es dy = 220 (x − 10) dx


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una sencilla ecuación de variables separables, que en un “abrir y cerrar de ojos” resuelves para tener 2 x y = 220 − 10x + C = 110x2 − 2200x + C 2 donde C = y0 es el valor inicial. La respuesta a la segunda “custión” es la siguiente. Si C = y0 = 12000 es el precio inicial, entonces y = 11000 − 22000 + 12000 = 1000

Ejemplo 28 Una unidad de control de costos ha encontrado que a medida que la unidad se ampl´ıa, el costo promedio mensual y de los elementos de oficina se relacionaba con el n´ umero de empleados x, por medio de la ecuaci´ on y 0 + 2y = y 2 e−x Hallar el costo promedio , si para x = 0 es y = 3. A estas alturas del partido, mirar la ecuación y “cachar” de que tipo se trata, ya debe ser “pan comido” para t´ı ¿me equivoco?. Si, es de la Marlen Olivar´ı, perdón, ¿en que estaba pensando?, es de ¡Bernouilli!. La pasamos a lineal, sabiendo que n = 2, y que z = y −1 . Tenemos −y 2

dz dz dz + 2y = y 2 e−x =⇒ − 2y −1 = −e−x =⇒ − 2z = −e−x dx dx dx

ahora que se ha transformado en un linda y hermosa lineal, hacemos z = uv, de la cual, z 0 = u 0 v + v 0 u. Al reemplazar obtenemos u 0 v + v 0 u − 2uv = −e−x =⇒ (u 0 − 2u) v + u v 0 = −e−x Para anular la variable u resolvemos el paréntesis u 0 − 2u = 0 =⇒ u = e2x Con esto volvemos para hallar v u v 0 = −e−x =⇒ v 0 = −e−3x =⇒ v = Se concluye que 2x

z=e

1 −3x e +C 3

1 −3x e +C 3


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como z = y −1 , entonces y

−1

2x

=e

1 −3x e +C 3

De la condición inicial y(0) = 3 se tiene C = 0, con lo cual, la respuesta al problema es y −1 =

1 −x e 3

O en forma más elegante y = 3 ex

¡ Problemas de Electricidad ! Dada la función potencial o la familia de curvas equipotenciales para un campo eleéctrico, determinaremos las correpondientes l´ıneas de flujo. Salvo el problema de lenguaje, este problema es equivalente al de encontrar las trayectorias orogonales. Ejemplo 29 Se tienen dos alambres perpendiculares al plano xy, que lo cortan en los puntos (1, 0) y (−1, ), llevando cada uno de ellos una carga eléctrica est´ atica de igual intensidad, pero de signos opuestos. Las l´ıneas equipotenciales son los c´ırculos x2 + y 2 − 2cx + 1 = 0 las ecuaciones de las l´ıneas de flujo y determinar su naturaleza. Hay que obtener la ecuación diferencial de la famila de curvas equipontenciales, ¿cómo?, eliminando c por derivación x2 + y 2 − 2cx + 1 = 0 =⇒ c = −

x2 + y 2 + 1 2x

al derivar respecto de x se tiene 0=−

(2x + 2yy 0 )(2x) − (2)(x2 + y 2 + 1) 4x2

que al reducir se transforma en 2xyy 0 + x2 − y 2 − 1 = 0 O bien, en diferenciales 2xy dy + (x2 − y 2 − 1) dx = 0


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Ahora usamos el hecho de que las l´ıneas de flujo deben ser ortogonales a las soluciones de esta u ´ltima ecuación. Por tanto, la familia de l´ıneas de flujo es dx 2xy − + (x2 − y 2 − 1) dx = 0 dy que en diferenciales toma la forma 2xy dx + (1 − x2 + y 2 ) dy = 0 Resolvemos esta ecuación pensando en las exactas. M = 2xy

=⇒

N = 1 − x2 − y 2 =⇒

∂M = 2x ∂y ∂N = −2x ∂x

¡falló por un pelo! dijo el pelao Acosta. Pero, la solución es inmediata ∂N 2 1 ∂M 4x − = = M ∂y ∂x 2xy y O sea, ¡¡ el factor integrante depende de y!!. ¡Qué maravilla!. Esto es, µ = e−

R

2 y

dy

=

1 y2

Con esto, tenemos la ecuación exacta 2xy 1 − x2 + y 2 dx + dy = 0 y2 y2 cuya solución es de la forma Z

x

x0

2xy dx + y2

Z

y

y0

1 − x2 + y 2 dy = C y2

Si integras, eval´ uas y reduces, no tengo dudas, que sacas x2 + y 2 − 1 = ky en donde k es una constante que resulta de juntar todos los x0 , y0 y la misma C. Al final de cuentas tenemos que las l´ıneas de flujo son x2 + (y − k)2 = 1 + k 2 que nos indica las ´ıneas de flujo son c´ırculos con centro sobre el eje x que pasan por los puntos (1, 0) y (−1, 0).

Section 11: Ecuaciones Impl´ıcitas

37

11. Ecuaciones Impl´ıcitas Si la ecuación diferencial de primer orden viene dada en forma impl´ıcita F (x, y, y 0 ) = 0

(8)

entonces para cada par (x, y) queda determinado un conjunto de valores de y 0 que satisface a la ecuación. Este conjunto de valores puede ser vac´ıo, finito o infinito. El caso com´ un 0 es que exista un n´ umero finito de valores de y que satisfacen la ecuación (1). Si la ecuación (1) puede ser resuelta con respecto de y 0 (teorema de la función impl´ıta) entonces se obtienen una o varias ecuaciones de la forma y 0 = fi (x, y),

i = 1, 2, · · ·

Integrando estas ecuaciones se hallan las soluciones de la ecuación diferencial (1). Ejemplo 30 Resolvemos la ecuaci´ on y 02 − (x + y) y 0 + xy = 0 Se observa que tenemos una ecuación cuadrática en y 0 , luego, s s 2 2 x + y x + y x−y x + y 0 y = ± ± − xy = 2 2 2 2 al simplificar se tiene 0

y =

x y

Integrando, por separado, cada una de estas ecuaciones hallamos que y1 =

x2 + C, 2

y2 = C ex

son familias de soluciones En general, las ecuaciones diferenciales impl´ıcitas no son sencillas de resolver. Los casos que resultan simples los mostramos a continuación.

¡ Ecuaci´ on F (y 0 ) = 0 ! Si la ecuación (1) tiene la forma F (y 0 ) = 0, y existe al menos una ra´ız real y 0 = k1 , y−C entonces y = k1 x + C, de donde ki = . Se tiene entonces, que como k1 es ra´ız de x y−C F (y 0 ) = 0, la función F ( ) es la solución de la ecuación considerada. x Ejemplo 31 Resolvemos y 02 − y 0 − 2 = 0


38

Al mirar la ecuación se observa que es cuadrática en y 0 . veamos si se pueden hallar sus ra´ıces. 0 y =2 02 0 0 0 y − y − 2 = 0 =⇒ (y − 2)(y + 1) = 0 =⇒ y 0 = −1 al resolver se hallan dos familias y = 2x + C,

y = −x + C

y

¡ Ecuaci´ on F (x, y 0 ) = 0 ! Si resulta dif´ıcil de resolver respecto de y 0 , conviene introducir el parámetro t, y sustituir la ecuación F (x, y 0 ) = 0 por las ecuaciones x = f (t),

y = g(t)

luego se usa el hecho que, dy = y 0 dx para tener, dy = g(t) f 0 (t) dt, de donde Z y = g(t) f 0 (t) dt + C Como dice el profesor Salomón ¡ Ojo ojo, oreja, esternón ! Si la ecuación F (x, y 0 ) = 0 se puede resolver respecto de x, entonces es más cómodo hacer y 0 = t, esto vale ¡around de world! Ejemplo 32 Resolvemos y 03 − y 0 − 1 = x Ni se te ocurra despejar la y 0 . ¿Cómo que porqué?, no me vas a decir que no viste que es c´ ubica. La alternativa es hacer y 0 = t, con lo cual x = t3 − t − 1. Con esto, Z 0 2 dy = y dx =⇒ dy = t (3t − 1) dt =⇒ y = (3t3 − t) dt al resolver, 3 4 1 2 t − t +C 4 2 El problema termina escribiendo la familia de curvas parametrizada. y=

x = t3 − t − 1,

y=

3 4 1 2 t − t +C 4 2

Siempre que sea posible, eliminando el parámetro t puedes hallar la familia cartesiana. Ejemplo 33 Resolvemos y 0 = x

p

1 + y 02


39

Aqu´ı tienes más alternativas para hallar la solución. Si se te ocurre poner x = t, entonces y0 = √

t =⇒ (y − C)2 + x2 = 1 1 − t2

y tienes la familia paramétrica que es solución. Alg´ un amigo o amiga, pudo hacer y 0 = tg t, de donde x = sen t. Luego, dy = y 0 dx =⇒ dy = tg t · cos t dt =⇒ y = −cos t + C De manera que la familia de curvas integrales (solución general) es x = sen t,

y = C − cos t

Al eliminar el parámetro tienes que la familia cartesiana es (y − C)2 + x2 = 1

¡ Ecuaci´ on F (y, y 0 ) = 0 ! Si la ecuación puede resolverse respecto de y 0 , entonces se introduce un parámetro t como sigue: y = f (t), y 0 = g(t) Al usar el hecho que dy = y 0 dx se tiene dx =

1 f 0 (t) dt dy = y0 g(t)

Al integrar, Z x=

f 0 (t) dt +C g(t)

con lo cual, las curvas integrales buscadas son la familia paramétrica Z 0 f (t) dt x= + C, y = g(t) g(t) Haciéndome eco de “tutu tutu” cuando afirma que “los quiero mucho”. Te aconsejo que, si es posible despejar y en la ecuación F (y, y 0 ) = 0, entonces te conviene tomar y 0 = t. y

Ejemplo 34 Resolvemos p

1 + y 02

=1


40

De algo sirve la trigonometr´ıa y 0 = tg t,

y = sec t

Ahora trabajamos el dx. dx =

1 sec t tg t dt = sec t dt dy =⇒ dx = 0 y tg t

Un poco de memoria “ram” y tienes, x = ln(sec t + tg t) + ln C con lo cual, las curvas integrales buscadas tienen a forma x = ln(sec t + tg t) + ln C,

y = sec t

Haciendo uso de algunos de tus momentos de “ocio”, puedes verificar que al eliminar el parámetro llegas a la familia cartesiana y=

1 + C e2x 2C

¡ Ecuaci´ on F (x, y, y 0 ) = 0 ! Esta es la más “cotota”, pero no para que “te cortes las venas” o vayas a enconderte en la “polleras” de mamá. Se considera una parametrización de la forma x = f1 (u, v),

y = f2 (u, v),

y 0 = f3 (u, v)

donde u y v son los parámetros, y se emplea el hecho que, dy = y 0 dx, para obtener: ∂f2 ∂f2 ∂f1 ∂f1 0 dy = y dx =⇒ du + dv = f3 du + dv ∂u ∂v ∂u ∂v ∂f2 ∂f2 dv =⇒ + = f3 ∂u ∂v du =⇒

∂f2 ∂f1 − f3 · ∂v ∂v

∂f1 ∂f1 dv + ∂u ∂v du

dv ∂f1 ∂f2 = f3 · − du ∂u ∂u

∂f1 ∂f2 f3 · − dv ∂u ∂u =⇒ = ∂f2 ∂f1 du − f3 · ∂v ∂v ¡No me lo vas a creer!. Esta u ´ltima ecuación raras veces se puede resolver en forma directa. Sin embargo, existen los siguientes casos simples:


41

Caso I Si F (x, y, y 0 ) = 0 se puede reducir a una ecuación de la forma y = f (x, y 0 ) entonces se considera que x e y 0 = p son los parámetros u y v (los que aparecen en la u ´ltima expresión “mos - truosa”). En tal caso y = f (x, p) de donde dy =

∂f ∂f dx + dp ∂x ∂p

O bien, dy ∂f ∂f dp = + dx ∂x ∂p dx lo cual significa que y 0 = p =⇒

∂f ∂f dp + ∂x ∂p dx

Integrando esta ecuación se obtiene la familia φ(x, p, C) = 0, de lo cual se deduce que la familia de curvas integrales es φ(x, p, C) = 0,

y = f (x, p)

Caso II Si F (x, y, y 0 ) = 0 se puede reducir a una ecuación de la forma x = f (y, y 0 ) entonces se considera que y e y 0 = p son los parámetros u y v, y se usa el hecho que dy = y 0 dx, de donde, x = f (y, p), para tener que ∂f ∂f 0 dy + dp dy = y dx =⇒ dy = p · ∂y ∂p de donde

1 ∂f ∂f dp = + p ∂y ∂p dy

Al integrar se obtiene una familia φ(y, p, C) = 0, de la cual se halla que la familia de curvas integrales es φ(y, p, C) = 0, x = f (y, p) Ejemplo 35 Resolvemos la ecuaci´ on de Lagrange y = x f (y 0 ) + g(y 0 )


42

Yo creo que a mitad del problema se te van a poner los ojos como circunferencias concéntricas, si pasa eso, no te creas Napoleón, ¡eres Napoleón!. A algunos profes les encanta que sus alumnos y alumnas se “cabecéen” con este tipo de problemas, por eso es que conviene echarle una miradita al desarrollo. Hacemos y 0 = p para tener que nuestra ecuación toma la forma y = x f (p) + g(p) harto más decente que la anterior. Derivamos respecto de x dy dp dp = f (p) + x f 0 (p) + g 0 (p) dx dx dx pero

dy = p, por tanto, dx

dp dp + g 0 (p) dx dx tenemos una ecuación con p y con x. ¡Vamos bien!. Un arreglo para tener p = f (p) + x f 0 (p)

p

dx dx = f (p) + x f 0 (p) + g 0 (p) dp dp

as´ı se ve mejor todav´ıa. Pero hay un par de ( p − f (p) )

dx que están sueltos, mejor los juntamos. dp

dx = x f 0 (p) + g 0 (p) dp

Te hago otro arreglo

dx f 0 (p) g 0 (p) −x = dp p − f (p) p − f (p) Para que adivines, buen adivinador, si escribo P =

f 0 (p) , p − f (p)

y

Q=

g 0 (t) p − f (p)

la ecuación toma la forma

dx − x P (p) = Q(p) dp Estoy haciendo memoria y me acordé que el ramo de Algebra Lineal es s´ uper fome. ¿Qué tipo de ecuación ves? Exactamente, se nota que has estudiado, es lineal. Una vez resuelta esta ecuación lineal se halla una familia φ(x, p, C) = 0, de donde φ(x, p, C) = 0, son las curvas integrales buscadas. Observaciones a Ecuación de Lagrange

y = x f (p) + g(p)


43

dp dp se pierden las soluciones = 0 (si es que existen), lo que significa dx dx tener p = k (k = constante). Al considerar p = k la ecuación se satisface si y sólo si f (p) − p = 0. Ahora bien, si esta u ´kltima ecuación en p tiene ra´ıces reales p = pi , entonces a las soluciones halladas hay que agregar

1. Al dividir por

y = x f (p) + g(p),

p = pi

O bien, eliminando p, agregar solamente la familia de rectas y = x f (pi ) + g(pi ) 2. Si f (p) − p = 0, entonces al dividir por en este caso, f (y 0 ) = y 0 , pues

dp se pierde la solución p = k, de modo que, dx

f (p) − p = 0 =⇒ f (p) = p =⇒ f (y 0 ) = y 0 ,

pues y 0 = p

En consecuencia, la ecuación de Lagrange toma la forma y = x y 0 + g(y 0 ) que se conoce como ecuación de Clairaut. Para resolverla se toma y 0 = p, con lo cual y = x y 0 + g(y 0 ) =⇒ y = x p + g(p) se deriva respecto de x p=

dy dp dp =p+x + g(y 0 ) dx dx dx

de la cual (x + g(y 0 ))

dp =0 dx

de donde, el primer caso es dp = 0 =⇒ p = C dx al reemplazar y 0 = p, se obtiene la familia y = C x + g(C). El segundo caso es x + g 0 (p) = 0 cuya solución se determina de x + g 0 (t) = 0,

y

y = px + g(p)

Section 12: Ecuaciones de orden mayor que uno

44

12. Ecuaciones de orden mayor que uno Una ecuación de n - ésimo orden tiene la forma F (x, y, y 0 , · · · , y (n) ) = 0 para la cual se˜ nalamos los siguientes casos habituales: • Ecuaci´ on: F (x, y (k) , y(k+1) , · · · , y(n) ) = 0 El “viejo truco” es hacer y (k) = p Ejemplo 36 Resolvemos y (5) −

1 (4) y =0 x

Apelando a la indicación, y (4) = p =⇒ p 0 −

1 p = 0 =⇒ p = C1 x x

Ahora que tenemos el p listo, recordamos esos viejos tiempos de cálculo de integrales y (4) = p = C1 x =⇒ y (3) = C1

x2 2

+ C2

=⇒ y 00 = C1

x3 6

+ C2 x + C3

=⇒ y 0 = C1

x4 24

+ C2

x2 2

+ C3 x + C4

x5 120

+ C2

x3 6

+ C3

=⇒ y = C1

x2 2

+ C4 x + C5

• Ecuaci´ on: F (y, y 0 , y 00 , · · · , y(n) ) = 0 Otra vez, el famoso “truco” del y 0 = p, pero teniendo presente que p es función de y, lo dk y cual lleva a tener que expresar en términos de p las derivadas k . Te recuerdo lo siguiente: dx dy d2 y dp dp dy dp = p =⇒ 2 = = · =p dx dx dx dy dx dy d3 y d dp d dp dy = p = p · 3 dx dx dy dy dy dx dp dp d2 p 2 = ·p· + p dy dy dy 2 = p

dp dy

2

d2 p +p dy 2 2


d2 y Ejemplo 37 Resolvemos y 2 − dx

dy dx

45

2 =0

dy d2 y dp = p =⇒ 2 = p dx dx dy Ahora reemplazamos en la ecuación dada dp − p2 = 0 =⇒ p yp dy

dp y −p dy

=0

dp − p = 0, que es de variables dy separables, la solución p = C1 y. Para eliminar el parámetro, recordemos que

Obtenemos la solución trivial, p = 0, y de la ecuación y

dy dy = p =⇒ = C1 y =⇒ y = C2 eC1 x dx dx • Ecuaci´ on: F (x, y, y 0 , y 00 , · · · , y(n) ) = 0 Si esta ecuación es homogénea respecto de los argumentos y, y 0 , · · · , y (n) . Es decir, F (x, ky, ky 0 , ky 00 , · · · , ky (n) ) = k p F (x, y, y 0 , y 00 , · · · , y (n) ) R

entonces es posible reducirle el orden, en una unidad, mediante la sustitución y = e siendo z variable desconocida y por calcular.

z dx

,

Ejemplo 38 Resolvemos y y 00 − (y 0 )2 = 6xy 2 Es claro que la ecuación es de la forma F (x, y, y 0 , y 00 ) = 0. Además, tiene una “pinta” de homogénea que no se la puede F (x, ky, ky 0 , ky 00 ) = k 2 F (x, y, y 0 , y 00 ) Hacemos la sustitución que se indicó R

y=e

z dx

R

=⇒ y 0 = z e

z dx

R

=⇒ y 00 = (z 0 + z 2 ) e

z dx

Reemplazamos en la ecuación dada R

(z 0 + z 2 ) e

z dx

R

·e

z dx

− z 2 e2

R

z dx

= 6x e2

R

z dx

al simplificar queda z 0 + z 2 − z 2 = 6x =⇒ z 0 = 6x =⇒ z = 3x2 + C1


46

Con esto, se llega a establecer, que la solución general es R

y=e

(3x2 +C1 ) dx

= ex

3 +C

1

x+C2

Finalizamos, mencionando que las ecuaciones de segundo orden tienen tres casos particulares sencillos de resolver: Ecuaci´ on F (x, y 00 ) = 0 Se debe hacer y 0 = p para reducirla al tipo F (x, p 0 ) = 0 ya conocida Ecuaci´ on F (y 0 , y 00 ) = 0 Se debe hacer y 0 = p para reducirla al tipo F (p, p 0 ) = 0 ya conocida Ecuaci´ on F (y, y 00 ) = 0 dp Se debe hacer y 0 = p para reducirla a la forma y 00 = p dy ya conocida

Veamos que tal te va con una ecuación de esta clase. d2 y 1 Ejemplo 39 Resolvemos = 2 dx a

s

1+

dy dx

2

d2 y dp dy = p, con lo cual = , Como lo indica la constitución y la biblia, hacemos 2 dx dx dx teniéndose que dp 1p = 1 + p2 dx a separamos variables dp p

1 + p2

=

p dx x =⇒ ln(p + 1 + p2 ) = + C1 a a

se hizo p = tg t para sacar la integral. Al tomar exponencial p p p + 1 + p2 = C1 ex/a =⇒ 1 + p2 = C1 ex/a − p Elevando al cuadrado y despejando p, tienes que llegar a p= como

dy dx

1 2C1

C1 ex/a − e−x/a

= p, entonces al integrar y=

a 2C1

Te invito a que hagamos uno más.

C1 ex/a + e−x/a + C2


47

Ejemplo 40 Resolvemos 3y 00 = y −5/3 dp Como siempre, y 0 = p =⇒ y 00 = dx . Te darás cuenta que la x no aparece en la ecuación que hay que resolver, ya que es del tipo F (y, y 00 ) = 0, por tanto las derivadas deben ponerse en función de y. Esto se hace como sigue.

y 00 =

dp dy dp dp = · =p dx dy dx dy

Luego, nuestra ecuación dp = y −5/3 =⇒ 3p dp = y −5/3 dy dy

3p integrando,

p p2 = −y −2/3 + C1 =⇒ p = ± C1 − y −2/3 Ahora, cambiamos de p a la variable y para tener Z p dy = ± C1 − y −2/3 =⇒ x = ± (C1 − y −2/3 )−1/2 dy dx 1/2

Haciendo y −1/3 = C1 sen t y despejando y se llega a −3/2

y = C1

−3/2

sen−3 t =⇒ dy = −3C1

sen−4 t cos t dt

Reemplazando en la integral Z x=±

−1/2

C1

·

−3 −3/2 C sen−4 t cos t dt cos t 1

un arreglo para que se vea mejor, Z Z −2 −4 −2 x = ± C1 sen t dt =⇒ x = ±C1 csc4 t dt Si no recuerdas los trucos de integración, en esta se hace Z 1 1 1 2 2 3 x=± 2 csc t (1 + ctg t) dt =⇒ x = ± 2 −ctg t − ctg t + C2 C1 C1 3 Para estar de vuelta en la variable y, la sustitución que hicimos, nos lleva a un triángulo p 1/2 rectángulo de catetos y −1/3 , C1 − y −2/3 e hipotenusa C1 , del cual obtenemos la cotangente. Se llega a: ! p 1 C1 − y −2/3 1 (C1 − y −2/3 )3/2 x=± 2 − − + C2 C1 y −1/3 3 y −1

Section 13: Teoremas de Existencia y Unicidad

48

13. Teoremas de Existencia y Unicidad Interesa conocer de una ecuación diferencial expl´ıcita de primer orden x 0 = f (t, x) con la condición inicial x(t0 ) = x0 si existe una solución x(t) y si ésta es u ńica. Lo cual no siempre es cierto, a menos que se impogan determinadas condiciones. Además de estos dos problemas fundamentales, de existencia y unicidad de la solución, quedan por considerar; la extensión del intervalo de existencia, el estudio del comportamiento de la solución al acercarse a los extremos de dicho intervalo, y el problema de la dependencia, de la solución de las condiciones iniciales. Esto u ´ltimo consiste en, que si designamos por F (t, t0 , x0 ) la solución del problema de valor inical, entonces aparece, expl´ıcitamente, la dependencia de las condiciones iniciales. Más a´ un, bajo ciertas condiciones de f (t, x) la solución F (t, t0 , x0 ) puede ser una función continua de sus variables y también, bajo otras condiciones, F (t, t0 , x0 ) puede ser diferenciable o anal´ıtica. Todo esto no es otra cosa que preguntarse “ Si las condiciones iniciales se cambian levemente ¿cómo var´ıa la solución, leve o fuertemente?. Definici´ on 13.1 Una función f (t, x) es Lipschitziana en la segunda variable, en un dominio D, si existe una constante k ∈ IR+ tal que kf (t, x1 ) − f (t, x2 )k ≤ kkx1 − x2 k,

(t, x1 ), (t, x2 ) ∈ D1

Proposici´ on 13.2 1. Si f Lipschitziana, entonces f es continua 2. Si f es continua, entonces no necesariamente f es Lipschitziana Demostraci´ on 1) Vamos a demostrar que kx − x0 k < δ =⇒ kf (x) − F (x0 )k < De la hipótesis de que f es Lipschitziana se deduce que kf (t, x) − f (t, x0 )k ≤ kx − x0 k Tomando δ =

k

se tiene que kf (t, x) − f (t, x0 )k <

as´ı, f es continua. 1

la doble barra es valor absoluto, el procesador no acepta el alt 124


49

2) Para probar esto, basta un contrajemplo. Sea f (t, x) = hay drama para ver que es f continua en D. Pero,

√

x en D = [0, 1] × [0, 1]. No

√ 1 kf (t, x) − f (t, x0 )k = k x − 0k = √ kx − 0k, x Dado que

√1 x

∀x ∈ (0, 1)

→ ∞ si x → 0, resulta imposible hallar la constante k de Lipschitz.

Proposici´ on 13.3 Sea D = [a, b] × [c, d] 1. Si

∂ f (t, x) existe y está acotada en D, entonces f (t, x) es Lipschitziana. ∂x

2. Si f (t, x) y

∂ f (t, x) son continuas en D, entonces f (t, x) es Lipschitziana ∂x

Demostraci´ on 1) Aplicando el T.V.M a la función f (tx, x) en la variable x, se tiene

kf (t, x1 ) − f (t, x2 )k ∂

= f (t, c)

kx1 − x2 k ∂x de donde

∂

· kx1 − x2 k ≤ kx1 − x2 k f (t, c) kf (t, x1 ) − f (t, x2 )k =

∂x

se sigue que f es Lipschitziana en la segunda variable. ∂ 2) Sabemos que ∂x f (t, x) es continua es D, lo que implica que es acotada en D. De modo que satisface la parte 1). Se concluye que es Lipschitziana.

Proposici´ on 13.4 El problema de valor inicial x 0 = f (t, x), la ecuaci´ on integral Z t x(t) = f (t, x) dt

x(t0 ) = x0 es equivalente a

t0

Demostraci´ on i) Partimos del PVI para establecer la ecuación integral Z x Z t 0 x = f (t, x), x(t0 ) = x0 =⇒ dx = f (t, x) dt x0

de lo cual

Z

x

x − x0 =

Z

t

dx = x0

t0

Z

t

f (t, x) dt =⇒ x = x0 + t0

f (t, x) dt t0


50

2i) Ahora, partiendo de la ecuación integral tenemos Z t f (t, x) dt =⇒ dx = f (t, x) dt =⇒ x 0 = f (t, x) x(t) = x0 + t0

Además, Z

t

Z

t0

f (t, x) dt = x0

f (t, x) dt =⇒ x(t0 ) = x0 +

x(t) = x0 +

t0

t0

con lo cual se completa la demostración. Teorema de existencia y unicidad Sea f (t, x) continua y Lipschitziana en el rectángulo D = {(t, x)/ t0 − a ≤ t ≤ t0 + a, x0 − b ≤ x ≤ x0 + b} Entonces, existe una solución u ńica x = x(t) en t0 − H ≤ t ≤ t0 + H del problema de valor inicial x 0 = f (t, x),

x(t0 ) = x0

En donde H < min{a,

b 1 , }, M N

M = max {f (t, x)}, D

N = constante de Lipschitz

Te voy a dar una idea de que se trata esto, la demostración es super larga, no aporta mucho, salvo que seas estudiante de altas matemáticas, pero igual la hago por si la necesitaras. Observaciones No puede asegurarse que la solución x = x(t) del problema de valor inicial dado exista en todo el intervalo {t0 − a ≤ t ≤ t0 + a}, ya que ella podr´ıa salirse del rectángulo D a través de


51

x = x0 ± b (en la figura lo hace a través de las abscisas t1 y t2 ). Lo que si podemos asegurar es que la curva integral x = x(t) no se va a salir de los limites de D cuando t var´ıe en t0 − H ≤ t ≤ t0 + H,

H = min{a,

b } M

ya que en este caso, si trazamos las rectas L1 y L2 por los puntos (t0 , x0 ), (t0 − h, x0 − b) y (t0 , x0 ), (t0 + h, x0 − b) se tiene que el coeficiente angular de la curva integral buscada se encuentra entre los coeficientes angulares de estas dos rectas, a saber m(L1 ) =

b = M, h

m(L2 ) = −

b = −M h

la figura siguiente ilustra este hecho.

Si las rectas salen de los l´ımites del rectángulo D, las abscisas de los puntos de corte serán t0 ± Mb . Por lo tanto, la abscisa del punto de salida de la curva integral puede ser solamente menor o igual que t0 + Mb , y mayor o igual que t0 − Mb . En consecuencia, se puede demostrar existencia de la solución en t0 − H ≤ t ≤ t0 + H,

M = min{a,

b } M

Pero, es mas sencillo demostrar antes la existencia de la solución en t0 − H ≤ t ≤ t0 + H,

M < min{a,

b 1 , } M N

La solución del problema de valor inicial planteado, se puede continuar más allá del intervalo t0 − H ≤ t ≤ t0 + H, siempre que en un entorno del nuevo punto inicial se cumplan las condiciones del teorema de existencia y unicidad. De este modo, en ciertos casos se puede continuar la solución en todo el eje t, pero es posible también que la curva integral no pueda ser continuada debido al acercamiento a un punto donde no se cumplan las condiciones del


52

teorema de existencia y unicidad de la solución, o bien, que la curva integral se aproxima a una as´ıntota paralela al eje x. La esencia de estos resultados teóricos sobre existencia, unicidad, prolongación de la solución, y dependencia de las condiciones iniciales, los ilustramos como debe ser, ¡con examples! Ejemplo 1 Considerar el problema de valor inicial x 0 (t) = x2 , x(1) = 2. Veamos que sucede, en cuanto a existencia y unicidad en D = {(t, x)/ t0 − 1 ≤ t ≤ t0 + 1,

x0 − 1 ≤ x ≤ x0 + 1}

Es sencillo deducir, del problema de valor inicial dado, que t0 = 1 y que x0 = 2. De modo que D tiene la forma D = {(t, x)/ 0 ≤ t ≤ 2, 1 ≤ x ≤ 3} x 6

3 x0

D r

1 t0

2

-t

Hacemos los siguientes cálculos: •

maxD {f (t, x) = x2 } = 9 = M

•

kf (t, x1 ) − f (t, x2 )k = kx21 − x22 k = kx1 − x2 k kx1 + x2 k. Pero como kx1 + x2 k ≤ 6 =⇒ kf (t, x1 ) − f (t, x2 )k ≤ 6 kx1 − x2 k =⇒ N = 6

1 1 1 • H < min{1, , } =⇒ H < 9 6 9 En consecuencia, existe solución u ńica en el intervalo kt − 1k <

1 9

garantizando por el teorema de existencia y unidad. Más a´ un,si resolvemos la ecuación diferencial hallamos que la solución es x(t) =

2 , 3 − 2t

t 6=

3 2


53

El ”it intervalo máximo” de existencia es 3 1 ≤t< 2 2 que hallamos resolviendo la desigualdad kx − 2k < 1 reemplazando aqu´ı, el valor de x(t), en efecto kx − 2k < 1 =⇒ −1 < x − 2 < 1 =⇒ 1 < x < 3 2 =⇒ 1 < <3 3 − 2t Si 3 − 2t > 0, entonces kx − 2k < 1 =⇒ 1 > =⇒

3 − 2t 1 2 > =⇒ 2 > 3 − 2t > 2 3 3

1 1 7 7 > t > =⇒ < t < 6 2 2 6

1 1 1 =⇒ − < t − 1 < < 2 6 2 Se concluye que el intervalo máximo es kt − 1k <

1 2

cabe indicar que, se arma el (t − 1) pues all´ı, en ese punto, está la condición inicial. Ejemplo 41 Considerar el problema de valor inicial x 0 (t) =

√

x, x(0) = 0

√ Es claro que f (t, x) = x es continua en el primer cuadrante, pero no Lipschitziana all´ı si se incluye el (0, 0) (el problema de la derivada acotada). Si se resuelve este problema de valor inicial, se tiene que su solución es x(t) =

t2 4

Pero, ¡atención!, la función x(t) = 0 es también solución. Consecuencia, no hay solución u ńica. ¡falló Lipschitz!, es super importante tener que se cumpla la condición, ya que ella permite asegurar, que existiendo solución, ésta sea u ńica. Ejemplo 42 Considerar el problema de valor inicial x 0 (t) = − xt , x(0) = 1


54

√ Ahora, este problema tiene la solución x = 1 − t2 , y la gráfica de esta solución, nos muestra que ella no se puede continuar fuera del intervalo (−1, 1), pues en (±1, 0) la f (t, x) no es continua.

Ejemplo 43 Consideramos el problema de valor inicial x 0 (t) = x2 , x(1) = 1 1 . La recta t = 2 es as´ıntota. Por tanto, la solución sólo puede Su solución es x(t) = t−2 continuarse hasta la as´ıntota t = 2

Optativo

Demostraci´ on del Teorema ∃ ! Construimos la poligonal de Euler x = xn (t) que parte de (t0 , x0 ) con paso hn = Hn en el segmento t0 ≤ t ≤ t0 + H (Análogamente se demuestra existencia en t0 − H ≤ t ≤ t0 ). Esta poligonal de Euler, que parte en (t0 , x0 )), no puede salirse del rectángulo D en todo t0 ≤ t ≤ t0 + H ya que el coeficiente angular de cada segmento de la poligonal es menor que M en valor absoluto. La demostración requiere de tres etapas: 1. Probar que xn (t) converge uniformemente a una función x(t) 2. Probar que la función x(t) = lim xn (t) es la solución del problema de valor inicial n→∞

3. Probar que esta solución es u ńica. Prueba de 1 Por definición de poligonal de Euler se tiene 0

xn (t) = f (tk , xk ), de donde

tk ≤ t ≤ tk+1 ,

k = 0, 1, · · · , n − 1

0

xn (t) = f (tk , xn (t)) + [f (tk , xk ) − f (t, xn (t)] Hacemos [f (tk , xk ) − f (t, xn (t)] = αn (t)

(9)


55

. Por hipótesis, f (t, x) es continua en D, por tanto, es también uniformemente continua en D, de tal manera que, dad > 0, existe δ > 0 tal que kt − tk k < δ,

kxk − xn (t)k < δ =⇒ kf (tk , xk ) − f (t, xn (t)k = αn (t) <

Pero para tener que kt − tk k ≤ δ,

y

kxk − xn (t)k ≤ δ

se usa el hecho que, kf (t, x)k < M , y se elige 0 < h ≤ min{δ, Mδ }, con lo cual kt − tk k ≤ h,

kxk − xn (t)k ≤ M · h =⇒ kf (tk , xk ) − f (t, xn (t)k = αn (t) < n

Integrando la ecuación (1) tenemos Z x Z x Z dxn = f (t, xn (t)) dt + x0

x0

de esto, Z

αn (t) dt

x0

x

xn = x0 +

x

Z

x

f (t, xn (t)) dt + x0

αn (t) dt

(10)

x0

Como n ∈ IN, elegimos n = n + m con m ∈ IN, para tener Z x Z xn+m (t) = x0 + f (t, xn+m (t)) dt + x0

x

αn+m (t) dt

(11)

x0

Al restar esta ecuación de la anterior Z x Z xn+m (t) − xn (t) = [f (t, xn+m (t)) − f (t, xn (t))] dt + x0

x

[αn+m (t) − αn (t)] dt

x0

de donde Z

x

kxn+m (t) − xn (t)k ≤

Z

x

kf (t, xn+m (t)) − f (t, xn (t))k dt + x0

kαn+m (t)k dt x0

Z

x

kαn (t)k dt

+ x0

Dado que la función f es Lipschitziana, Z x Z kxn+m (t) − xn (t)k ≤ N kxn+m (t)) − xn (t))k dt + (n+m + n ) x0

Z

x0

x

≤ N

kxn+m (t)) − xn (t))k dt + (n+m + n ) H x0

x

H = t − t0

dt


56

tomando max en, t0 ≤ t ≤ t0 + H, se tiene Z max kxn+m (t) − xn (t)k ≤ N max

x

kxn+m (t)) − xn (t))k dt + (n+m + n ) H

x0

Z

x

max kxn+m (t)) − xn (t))k dt + (n+m + n ) H

≤ N x0

≤ N max kxn+m (t)) − xn (t))k

kx − x0 k + H

(n+m + n ) H, se debe tener en cuenta que, max kxn+m (t)) − xn (t))k es un n´ umero, queda la integral de una constante. Un u ´ltimo arreglo para tener max kxn+m (t) − xn (t)k (1 − N H) ≤ (n+m + n ) H O bien

(n+m + n ) H < 1 − NH válido para todo > 0 y para un n´ umero suficientemente grande n > N1 (). Esto quiere decir que la sucesión de funciones continuas xn (t) converge uniformemente en t0 ≤ t ≤ t0 +H. Esto es, xn (t) → xn (t), uniformemente, con xn (t) es una función continua. max kxn+m (t) − xn (t)k ≤

Prueba de 2 Por demostrar que lim xn (t) = x(t) es la solución del PVI. Al respecto, n→∞ sabemos que Z x Z x xn = x0 + f (t, xn (t)) dt + αn (t) dt x0

x0

al tomar l´ımite con n → ∞ tenemos, Z

x

lim xn (t) = x0 + lim

n→∞

n→∞

Z

x

f (t, xn (t)) dt + lim x0

n→∞

αn (t) dt

(12)

x0

Pero, como xn (t) tiende a x(t) uniformemente, y además, f (t, x) es uniformemente continua en D, entonces f (t, xn (t)) → f (t, x(t)) uniformemente. En efecto, hay que probar que kf (t, x(t)) − f (t, xn (t))k < , si n > N, y que N no depende de x Veamos que datos tenemos para acercarnos a la demostración 1. Dado que f es Lipschitziana, entonces kf (t, x(t)) − f (t, xn (t))k < K kx(t) − xn (t)k


57

2. Como xn (t) → x(t) uniformemente, entonces n > N1 =⇒ kx(t) − xn (t)k < δ con el N1 no dependiendo de x, pues la convergencia es uniforme. 3. Por el hecho de tener que f (t, x) es uniformemente continua se tiene kf (t, x(t)) − f (t, xn (t))k < , siempre que kx(t) − xn (t)k < δ() Con toda esta bater´ıa, elegimos δ() =

, para tener K

n > N1 (δ()) =⇒ kf (t, x(t)) − f (t, xn (t))k < y el N1 no depende de x. Por lo tanto, f (t, xn (t)) → f (t, x(t)) uniformemente. Volvemos ahora a la ecuación (4). Tenemos que Z x Z x(t) = x0 + lim f (t, xn (t)) dt + x0 n→∞

Z

x

lim αn (t) dt

x0 n→∞

x

= x0 +

f (t, lim xn (t)) dt + 0 n→∞

x0

Luego, Z

x

x(t) = x0 +

f (t, x(t)) dt x0

En consecuencia, x(t) satisface la ecuación diferencial. Prueba de 3 Para probar la unicidad, suponemos que existen dos soluciones x1 y x2 , que cumplen la condición max kx1 − x2 k = 6 0 Dado que ellas son soluciones, deben satisfacer: Rt x1 (t) = x0 + t0 f (t, x1 (t)) dt x2 (t) = x0 + De donde se obtiene

Z

Rt t0

f (t, x2 (t)) dt

t

x1 − x2 =

[f (t, x1 (t)) − f (t, x2 (t))] dt t0

al tomar máximo

Z t

max kx1 − x2 k = max [f (t, x1 (t)) − f (t, x2 (t))] dt

t0

Section 14: continuaci´ on de la soluci´ on

58

Podemos acotar usando la propiedad que el valor absoluto de la integral es menor o igual que la integral de valor absoluto. Z t max kx1 − x2 k ≤ max kf (t, x1 (t)) − f (t, x2 (t))k dt t0

Como f es Lipschitziana, Z

t

max kx1 − x2 k ≤ N · max

kx1 (t) − x2 (t)k dt

t0

Z t

≤ N · max kx1 (t) − x2 (t)k max

dt t0

≤ N · max kx1 (t) − x2 (t)k max kt − t0 k ≤ N · H · max kx1 (t) − x2 (t)k Cabe hacer notar que el máximo se está tomando sobre t0 ≤ t ≤ t0 + H, por tanto, aqu´ı es max kt − t0 k = H. Por otra parte, se sabe del teorema de existencia y unicidad que H < N1 , pero de la u ´ltima desigualdad se obtuvo que N H ≥ 1 =⇒ H ≥

1 N

Esto es una ¡Contradicción!, a menos que max kx1 (t) − x2 (t)k = 0 para concluir con que x1 = x2 ¡¡unicidad!!. 14. continuaci´ on de la soluci´ on Si en un dominio acotado D del plano tx la función f (t, x) es continua y la ecuación diferencial x 0 = f (x, t) posee la solución x(t) definida en el intervalo abierto (a, b), entonces existen los l´ımites laterales x(a+ ) y x(a− ). Si además, estos corresponden a puntos interiores del dominio D, entonces la solución x(t) puede continuarse más allá de los valores t = a y t = b. La importancia de este teorema está, en que de acuerdo con él, la solución x(t) es continuable hasta la frontera de D, y que, en consecuencia, no puede desaparecer en el interior de D, ni tener el comportamiento que indica la figura. Si D no es acotado, puede sucederque la solución x(t) definida en (a, b) tenga l´ımite infinito para t → b− o para t → a+ , y en consecuencia, no sea continuable hasta t = b o t=a

Section 15: Dependencia de los datos iniciales y parámetros

59

Definici´ on 14.1 Se llama Intervalo de existencia de la soluci´ on al intervalo m´ aximo en que ésta es continuable. Supuesto que f (t, x) est´ a definida en todo el plano, el intervalo de existencia es siempre un conjunto abierto. Veamos como funciona esto en la práctica Ejemplo 44 1. El problema x 0 (t) = x, x(0) = 1 tiene por soluci´ on la funci´ on x = et . Su intervalo de existencia es (−∞, ∞). 2. El problema x 0 (t) = x2 ,

x(0) = 1 tiene por soluci´ on la funci´ on x =

1 . Su 1−t

intervalo de existencia es (−∞, 1). 3. El problema x 0 (t) = 1 + x2 , x(0) = 0 tiene por soluci´ on la funci´ on x = tg t. Su π π intervalo de existencia es (− 2 , 2 ) 15. Dependencia de los datos iniciales y par´ ametros Para el problema de valor inicial x 0 (t) = f (t, x), x(t0 ) = x0 , es conocido que la solución general depende, además de la variable t, de los datos iniciales. Por esta razón, es conveniente escribir expl´ıcitamente esta dependencia, utilizando la notación x = F (t, t0 , x0 ) para la solución general. Cuando la ecuación diferencial depende de uno o más parámetros, la solución, naturalmente, también depende de esos parámetros, de este modo, para una ecuación diferencial x 0 = f (t, x, p),

x(t0 ) = x0

la solución general se escribe bajo la forma x = F (t, t0 , x0 , p) Teorema 15.1 Si en el dominio acotado D, la funci´ on f (t, x, p) es continua en sus tres argumentos y Lipschitziana en x, entonces la soluci´ on general es una funci´ on continua de (t, t0 , x0 , p) Teorema 15.2 Si en el dominio acotado D, la funci´ on f (t, x) es continua en sus dos argumentos, y de clase ζ 1 en x, entonces la soluci´ on general F (t, t0 , x0 ) es diferenciable en x0

Section 15: Dependencia de los datos iniciales y parámetros

60

Teorema 15.3 Teorema de ∃ ! para F (x, y, y 0 ) = 0 Dado el problema de valor inicial F (x, y, y 0 ) = 0,

y(x0 ) = y0 ,

0

y 0 (x0 ) = y0 0

existe solución y = y(x) en x0 − h ≤ x ≤ x0 + h, si en un entorno del punto (x0 , y0 , y0 ) la funci´ on F (x, y, y 0 ) satisface las tres siguientes condiciones: 1. F (x, y, y 0 ) es continua en sus tres argumentos ∂F ∂F existe y 6= 0. ∂y 0 ∂y 0

∂F

3.

∂y ≤ N 2.

Demostraci´ on Te recuerdo el teorema de la función impl´ıcita. “ Si la función F (x, y, z) = 0 satisface: 1. F (x0 , y0 , z0 ) = 0 para alg´ un (x0 , y0 , z0 ) en el dominio de F 2. Fx ,

Fy ,

Fz son continuas en un vecindad de (x0 , y0 , z0 )

3. Fz (x0 , y0 , z0 ) 6= 0 entonces existe una u ńica función diferenciable z = f (x, y) tal que Fy Fx z0 = f (x0 , y0 ), F (x, y, f (x, y)) = 0, zx = − , zy = − Fz Fz Las primeras dos hipótesis del teorema garantizan la existencia de una u ńica función y 0 = f (x, y) en un entorno del punto (x0 , y0 ) y que satisface la condición y 0 = f (x0 , y0 ) Falta

por demostrar que f (x, y) satisface la condición de Lipschitz o de la derivada acotada

∂f

≤ N en un entorno de (x0 , y0 ). Esto se hace como sigue.

∂y F (x, y, y 0 ) = 0 =⇒ F (x, y, f (x, y)) = 0/

=⇒

∂F ∂F ∂f + · =0 ∂y ∂f ∂y ∂F

∂F

∂f ∂y ∂y =⇒ = − ∂F = − ∂F , ∂y ∂f ∂y 0 =⇒

∂ ∂y

∂f ≤K ∂y

y0 = f

Section 16: La envolvente y Soluciones Singulares

61

Como 6= 0 por hipótesis, y ∂f ≤ N , el cociente puede acotarse por K = N M , lo cual ∂y prueba el Teorema. ∂F ∂y 0

16. La envolvente y Soluciones Singulares A no pensar mal, no se trata de una mujer que a uno lo envuelva con sus encantos y todas esas cosas, ¡no!, todo lo contrario, se trata de un concepto matemático que vemos a continuación, y que aparece al estudiar la naturaleza de los puntos (x0 , y0 ) en cuyo entorno no existe solución, o bien si existe, ésta no es u ńica, tanto en el caso de la ecuación expl´ıcita como para la impl´ıcita.

Definici´ on 16.1 Se llama envolvente de la familia φ(x, y, C) = 0 a la curva que en cada uno de sus puntos es tangente a cierta curva de la familia. Observar la figura anterior que muestra la idea de envolvente de una family.

Ecuaci´ on de la Envolvente Sea φ(x, y, C) = 0

(13)

el haz de curvas, y supongamos que ésta tiene a y = ϕ(x) como envolvente, con ϕ una función derivable. Sea M (x, y) un punto sobre la envolvente, que por definición, también pertenece a cierta curva del haz, correspondiendo a esta cierta curva un valor determinado del parámetro C, dado por la ecuación C = C(x, y), por tanto, para todos los puntos de la envolvente se verifica que φ(x, y, C(x, y)) = 0 (14) Si además, suponemos que C(x, y) es derivable, entonces se tiene ∂φ ∂φ dy ∂φ ∂C ∂φ ∂C dy + · + · + · · =0 ∂x ∂y dx ∂C ∂x ∂C ∂y dx


62

que se puede escribir ∂φ ∂C ∂φ + · + ∂x ∂C ∂x

∂φ ∂φ ∂C + · ∂y ∂C ∂y

dy =0 dx

Para simplificar notación usemos sub´ındices φx + φC ·

∂C ∂C + φy · y 0 + φC · ·y0 = 0 ∂x ∂y

O bien,

∂C 0 ∂C φx + φC · +y + φy · y 0 = 0 ∂x ∂y usando el hecho que C es constante una vez determinada la curva del haz, se tiene φx + φy · y 0 = 0

(15)

(16)

ecuación que representa el coeficiente angular de la tangente a la curva del haz en M (x, y). Pero, como el coeficiente angular de la envolvente es igual al de esa “cierta curva” del haz, entonces de (3) y (4) se tiene ∂C ∂C 0 + ·y =0 φC · ∂x ∂y Como en la envolvente es C(x, y) no es constante, entonces debe tenerse necesariamente φC = 0

(17)

Se tiene as´ı, que para determinar la ecuación de la envolvente debe eliminarse C de las ecuaciones φ(x, y, C) = 0, φC (x, y, C) = 0 (18) Pero por otro lado, los puntos en los cuales φx = 0 y φy = 0 también satisfacen la ecuación (6). En efecto, se expresan las coordenadas x e y en función del parámetro C como sigue x = λ(C),

y = µ(C)

luego, el haz de curvas (1) se expresa como φ(λ(C), µ(C), C) = 0 al cual, derivado respecto del parámetro C es tal que ∂φ ∂µ ∂φ ∂φ ∂λ · + · + =0 ∂x ∂C ∂y ∂C ∂C O bien, φx ·

∂λ ∂µ + φy · + φC = 0 ∂C ∂C

Dado que φx = 0 y φy = 0, entonces φC = 0


63

Definici´ on 16.2 El lugar geométrico de los puntos para los cuales φx = 0 y φy = 0, se llaman puntos singulares del haz.

¡Ojo, ojo, oreja, estern´ on, huachalomo! Como conclusión final: La ecuación (6) define la envolvente o bien los puntos singulares del haz o la combinación de ambas cosas. Por consiguiente, al obtener una curva que satisface la ecuación (6) hay que realizar un estudio con el objeto de determinar si esta curva es envolvente o lugar geométrico de los puntos singulares. 2 on de la envolvente Ejemplo 45 Dado el haz (y−C)2 − (x−C)2 = 0, determinar la ecuaci´ 3 y/o el lugar geométrico de los puntos singulares. Derivemos respecto de C la ecuación del haz ∂ 2 2 2 (y − C) − (x − C) = 0 =⇒ y − C − (x − C)2 = 0 ∂C 3 De la ecuación del haz y de la recién hallada eliminamos el parámetro C. (y − C)2 −

2 (x − C)2 = 0 3

y − C − (x − C)2 = 0 o bien C = x − 32 , de aqu´ı que

Se encuentra que C = x,

y = x,

∨

y =x−

2 3

An´ alisis de y = x ∂ ∂x

∂ ∂y

2 2 (y − C) − (x − C) = 0 =⇒ −2(x − C) = 0 =⇒ x = C 3 2

2 2 (y − C) − (x − C) = 0 =⇒ 2(y − C) = 0 =⇒ y = C 3 2

Esto conduce a establecer que el punto (C, C) es singular, pues φx = 0,

y φy = 0


64

Definici´ on 16.3 Dada la ecuación diferencial F (x, y, y 0 ) = 0 1. Los puntos (x0 , y0 ) en cuyo entorno no existe la soluci´ on de y 0 = f (x, y) para la cual y(x0 ) = y0 , o bien, existe pero no es u ńica, se llaman puntos singulares. 2. La solución enteramente formada por puntos singulares se llama soluci´ on singular de la ecuación Para encontrar los puntos singulares o las curvas singulares, en primer lugar hay que hallar el conjunto de los puntos en los cuales no se cumplen las condiciones del teorema de existencia y unicidad, ya que s´ olo entre dichos puntos puede haber singulares. M (x, y) , con M y N funciones continuas, los u ńicos N (x, y) puntos singulares se dan en los puntos (x0 , y0 ) que cumplen la condici´ on

3. Para ecuaciones de la forma y 0 =

M (x0 , y0 ) = N (x0 , y0 ) M N ya que sólo all´ı y son simult´ aneamente discontinuas. Estas ecuaciones pueden N M tener cuatro tipos de puntos singulares: Nodo, silla, foco, y centro. Ejemplo 46 Mira lo que pasa en la ecuaci´ on y 0 =

2y x

Al mismo tiempo, x = y = 0 es el u ńico punto en que el numerador y denominador son discontinuos. La solución de la ecuación diferencial es y = C x2 . La figura te muestra el comportamiento de la solución


65

y Ejemplo 47 Para la ecuación y 0 = − , se tiene que (0, 0) es un punto singular. La x soluci´ on de la ecuación es y = Cx . Este punto singular es conocido como silla

x+y , se tiene que (0, 0) es un punto singular. La x−y soluci´ on de la ecuación es x2 + y 2 = C earctg y/x . Este punto singular se llama Foco Ejemplo 48 Para la ecuación y 0 = −

x Ejemplo 49 Para la ecuación y 0 = − , se tiene que (0, 0) es un punto singular. La y soluci´ on de la ecuación es x2 + y 2 = C 2 . Este punto singular se llama centro


66

Soluciones Singulares I) La condición de Lipschitz o de la derivada acotada no se verifica en los puntos en los ∂ cuales ∂y crece indefinidamente al aproximarse a ellos. Esto equivale a tener la ecuación 1 ∂ ∂y

la cual define una curva en cuyos puntos puede no tener lugar la unicidad, si es as´ı, entonces la curva será singular, si además, esta curva es curva integral, entonces será curva integral singular. Ejemplo 50 Determinar si existe soluci´ on singular para y 0 = x2 + y 2 Es claro que f (x, y) = x2 + y 2 es una función continua, por tanto, puntos singulares no hay. Veamos que sucede con la derivada respecto de y ∂ 2 (x + y 2 ) = 2y ∂y Tomando inversa de esta fracción tenemos que 1 = 0 =⇒ no existe y 2y Por tanto, no hay soluciones singulares. Ejemplo 51 Determinar si existe soluci´ on singular para y 0 = 5 + La función f (x, y) = 5 +

p 3

p 3 (y − x)2 .

(y − x)2 es, evidentemente, continua. Analizamos la derivada

p ∂ 2 (5 + 3 (y − x)2 ) = (y − x)−1/3 ∂y 3


67

Tomando inversa de esta fracción tenemos que 3 (y − x)1/3 = 0 =⇒ y = x 2 Hemos sacado la curva y = x como candidata, pero hay que ver si es solución de la ecuación. Sin embargo, no es solución, luego, no hay solución singular. Ejemplo 52 Determinar si existe soluci´ on singular para y 0 = 1 +

p 3

(y − x)2 .

Es claro que y = x si es solución (lo sacas con un sólo ojo). Veamos si hay otra solución para lo de la unicidad. y − x = z =⇒ y 0 = 1 + z 0 reemplazando en al ecuación z 0 = z 1/3 =⇒ z =

1 (x + C)3 27

de donde

1 (x + C)3 27 es solución de la ecuación diferencial, y distinta de y = x. Por consiguiente, y = x es solución singular. Mira lo que hace Maple. y−x=

> f 1 := implicitplot(y − x = 0, x = −10..10, y = −10..10, color = blue) : f 2 := implicitplot(y − x − (1/27) ∗ (x + 1)3 = 0, x = −10..10, y = −10..10, color = violet) : f 3 := implicitplot(y − x − (1/27) ∗ (x + 2)3 = 0, x = −10..10, y = −10..10, color = violet) : f 4 := implicitplot(y − x − (1/27) ∗ (x − 1)3 = 0, x = −10..10, y = −10..10, color = violet) : f 5 := implicitplot(y − x − (1/27) ∗ (x − 2)3 = 0, x = −10..10, y = −10..10, color = violet) : f 6 := implicitplot(y − x − (1/27) ∗ (x)3 = 0, x = −10..10, y = −10..10, color = violet) : > display(f 1, f 2, f 3, f 4, f 5, f 6); II) Para determinar la solución singular de F (x, y, y 0 ) = 0 se elimina y 0 del sistema F (x, y, y 0 ) = 0,

∂F =0 ∂y 0

(19)


ya que por lo general, la condición la que no se cumple.

∂F ∂y 0

68

del teorema de existencia y unicidad de F (x, y, y 0 ) = 0 es

De la ecuación (1) se obtiene una φ(x, y) = 0 llamada curva p discriminante, ya que se reemplaza y 0 = p para tener  F (x, y, p) = 0 ∂F ∆p : = 0  ∂p después se aclara por sustitución directa si entre las ramas de esta curva ∆p hay curvas integrales Ejemplo 53 Para la ecuaci´ on y = 2xy 0 − y 02 se tiene ∆p :

y = 2xp − p2 2x − 2p = 0

de aqu´ı, y = x2 , pero un simple y mental c´ alculo nos dice que ésta curva no es soluci´ on de la ecuaci´ on diferencial, por tanto, no existe soluci´ on singular. III) En el caso más general, se puede hallar la solución singular de F (x, y, y 0 ) = 0 conociendo la envolvente de la familia de curvas integrales, ya que ésta es siempre curva integral. La envolvente se halla en la llamada curva C discriminante, que corresponde a φ(x, y, C) = 0 ∆C : φC (x, y, C) = 0 pero hay que tener ojo, por que aqu´ı pueden coexistir otros puntos. Por esta razón se le exige a la envolvente, como condición suficiente, que cumpla 1. kφx k ≤ N1 , kφy k ≤ N2 2. φx 6= 0,

∨ φy 6= 0

Estas condiciones son sólo suficientes, por lo cual, pueden ser envolvente también las ramas de la ∆C en las que no se cumple alguna de estas condiciones. A partir de ∆p y del ∆C obtenemos un método para determinar la envolvente y la soluci´ on singular. Sigue las siguientes indicaciones: • El ∆p contiene:  1) La envolvente (E) 2) El lugar geométrico de los puntos de contacto al cuadrado (C 2 )  3) El lugar geométrico de los puntos cuspidales o retroceso (R) Para recordar

¡ ∆p = E · C 2 · R !

Section 17: Ecuaciones Diferenciales Lineales

69

• El ∆C contiene:  1) La envolvente (E) 2) El lugar geométrico de los puntos anocdales al cuadrado (A2 )  3) El lugar geométrico de los puntos cuspidales al cubo (R3 ) Para recordar

¡ ∆ C = E · A2 · R 3 ! Finalmente, cabe agregar que, de todos los lugares geométricos, solamente la envolvente es solución singular de la ecuación diferencial. Ella figura tanto en la p discriminante como en la C discriminante, con exponente cero.

17. Ecuaciones Diferenciales Lineales Definici´ on Una transformación lineal L : ζ n (I) → ζ(I) se dice que es un operador diferencial lineal de orden n sobre el intervalo I, si puede escribirse en la forma L = an (x) Dn + an−1 (x) Dn−1 + · · · + a1 (x) D + a0 (x) en donde, los coeficientes ai son continuos en I, y an (x) 6= 0 en I. Adeemás, para quienes no le recuerdan, D es el operador diferenciación. De la definición se tiene que, si y ∈ ζ n (I), entonces L[y] = an (x) y (n) + an−1 (x) y (n−1) + · · · + a1 (x) y 0 + a0 (x) y no olvides que D(0) = y. Ejemplo 54 Si L = D2 + D − 2, entonces L[y] = (D2 + D − 2)(y) = D2 (y) + D(y) − 2(y) = y 00 + y 0 − 2y En este caso, L : ζ 2 (I) → ζ(I) Ejemplo 55 Veamos que sucede con el producto de operadores. Para ello, sean L1 : ζ ∞ (I) → ζ ∞ (I), L1 = x D + 1 L2 : ζ ∞ (I) → ζ ∞ (I), L2 = D − 1

Section 17: Ecuaciones Diferenciales Lineales

70

dos transformaciones lineales. Si y ∈ ζ ∞ (I), entonces L1 · L2 (y) = (x D + 1)(D − x)(y) = (x D + 1)(y 0 − xy) = x D (y 0 − xy) + (y 0 − xy) = x (y 00 − y − xy 0 ) + y 0 − y = x y 00 − xy − x2 y 0 + y 0 − xy = x y 00 + (1 − x2 ) y 0 − 2xy = ( x D2 + (1 − x2 ) D − 2x) y Por otra parte, L2 · L1 (y) = (D − x)(x D + 1)(y) = (D − x)(x y 0 + y) = D (x y 0 + y) − x (x y 0 + y) = y 0 + x y 00 + y 0 − x2 y 0 − x y 0 = x y 00 + (2 − x2 ) y 0 − xy = (x D2 + (2 − x2 ) D − x) y Se concluye que los operadores no conmutan. Definici´ on 17.1 Una ecuaci´ on diferencial lineal de orden n en un intervalo I se escribe, en operadores, en la forma L[y] = h(x) siendo h una funci´ on continua sobre I, y L un operador diferencial lineal de orden n definido en I. Adem´ as: 1. Si h = 0 en I, entonces la ecuaci´ on se llama lineal homog´ enea 2. Si h 6= 0 en I, la ecuaci´ on se llama no homog´ enea As´ı, una ecuación diferencial lineal de orden n, es una ecuación de la forma y (n) + pn−1 (x) y (n−1) + · · · + p1 (x) y 0 + p0 (x) y = h(x) si an (x) 6= 0, esta ecuación recibe el nombre de forma normal Ejemplo 56 La ecuaci´ on y 00 + y = 0 ⇐⇒ (D2 + 1) (y) = 0, es lineal, homogénea, de orden 2 en (−∞, ∞), y escrita en forma normal. Ejemplo 57 La ecuaci´ on x3 y 000 + x y 0 = 0 ⇐⇒ (x3 D3 + x D) (y) = 0, es lineal, no homogénea, de orden 3 en (−∞, 0) y (0, ∞). No es normal en cualquier intervalo que contenga el origen.

Section 18: Ecuaciones Homogéneas

71

18. Ecuaciones Homog´ eneas Sea L[y] = 0 una ecuación diferencial lineal normal y homogénea de orden n en un intervalo I. El conjunto solución de la ecuación es el espacio nulo de L (no olvidar que L es una transformaci´ on n lineal), y en consecuencia, es un subespacio de ζ (I). Este subespacio se llama el espacio soluci´ on de la ecuación, as´ı que, la tarea de resolver L[y] = 0 puede reemplazarse por la de encontrar una base para el espacio solución, siempre que este espacio solución tenga dimensión finita, que en tal caso resuelve el siguiente resultado. Teorema 18.1 El espacio soluci´ on de cualquier ecuaci´ on diferencial homogénea de orden n, L[y] = 0, definida en un intervalo I es un subespacio n dimensional de ζ n (I). Tomando como fuente de apoyo este resultado, y considerando que y1 (x), y2 (x), · · · , yn (x) son soluciones linealmente independientes de L[y] = 0, entonces toda solución de L[y] = 0 es de la forma y(x) = c1 y1 (x), c2 y2 (x), · · · , cn yn (x) siendo las ci constantes reales. Esta recibe el nombre de soluci´ on general de L[y] = 0. Cuando se dan determinados valores a los ci se obtiene una función yp (x), conocida como soluci´ on particular.

Teorema 18.2 Si L[y] = 0 tiene soluci´ on compleja y(x) = u(x) + i v(x), entonces la parte real u(x) y su parte imaginaria v(x) son, por separado, soluciones de dicha ecuaci´ on homogénea. Demostraci´ on cumple

Se sabe que L[u(x) + i v(x)] = 0, por ser solución. Como, L es lineal, entonces L[u(x) + i v(x)] = 0 =⇒ L[u(x)] + i L[v(x)] = 0

de donde, L[u(x)] = 0 y L[v(x)] = 0. Ejemplo 58 La ecuaci´ on y 00 − y = 0 es lineal y normal en (−∞, ∞). Su espacio soluci´ on es un subespacio de dimensi´ on 2 de ζ(−∞, ∞). Se puede verificar que y1 (x) =

ex + e−x = cosh x 2

y2 (x) =

ex − e−x = senh x 2

son dos soluciones L.I. En efecto, y1 (0) = 1,

y1 0 (0) = 0,

y2 (0) = 0,

y2 0 (0) = 1

y es “archiconocido” que los vectores (1, 0) y (0, 1) son L.I. Se sigue que las soluciones y1 (x) e y2 (x) lo son. En consecuencia, la soluci´ on general es y = c1 cosh x + c2 senh x


72

Siguiendo con el mismo ejemplo, es sencillo verificar que el par de funciones y1 (x) = ex e y2 (x) = e−x son también solución de y 00 − y = 0. En este caso, y1 (0) = 1,

y1 0 (0) = 1,

y2 (0) = 1,

y2 0 (0) = −1

y como los vectores (1, 1) y (1, −1) son L.I, se sigue que {ex , e−x } forman también una base para el espacio solución de la ecuación diferencial. Por tanto, y = c1 ex + c2 e−x es la solución general. De seguro estás pensando ¿Qué es esto, las soluciones andan al lote?. ¡Calma!, ... modera tu lenguaje, calma tu esp´ıritu, no te dejes llevar por un “arranque de locura”. Esta solución y la anterior que encontramos son la misma cosa. Sigue mi idea, la primera soluci´ on la x −x descompones en e y e , factorizas, las constantes son constantes (un “pelo de la cola”), y llegas a establecer la u ´ltima solución general, en resumidas cuentas, ¡lo mismo! “around de world”. Establecer la independencia lineal, ha sido algo sencillo. Te muestro otra forma, algunas veces resulta muy u ´til, y tiene que ver con el llamado Wronkiano ¿Que te pareció el nombrecito?, suena algo as´ı como de Rusia, de Ucrania, de Stalin. Pero vamos a lo nuestro. Definici´ on 18.3 Sean y1 , y2 , · · · , yn funciones arbitrarias en ζ n−1 (I), y funci´ on

y1 y2 ···

0 0

y1 y2 ···

W : ζ n−1 (I) → ζ(I), W [y1 , y2 , · · · yn ] = . .. .. .

. . .

n−1 n−1

y ··· y2 1

sea x ∈ I, entonces la

(x)

n−1

y yn yn 0 .. . n

se llama Wronkiano de las funciones y1 , y2 , · · · yn . Ejemplo 59 Calcular un Wronkiano es muy sencillo

x sen x

= x cos x − sen x W [x, sen x] = 1 cos x Teorema 18.4 Sean y1 , y2 , · · · , yn soluciones de una ecuaci´ on diferencial lineal homogénea de orden n, en forma normal L[y] = 0 en un intervalo I. Si W [y1 , y2 , · · · , yn ] = 0, entonces {yi } son Linealmente dependientes. Sea x0 punto cualquiera en I, entonces del sistema c1 y1 (x0 ) + c2 y2 (x0 ) + · · · cn yn (x0 ) = 0 c1 y1 0 (x0 ) + c2 y2 0 (x0 ) + · · · cn yn 0 (x0 ) = 0 .. . c1 y1n−1 (x0 ) + c2 y2n−1 (x0 ) + · · · cn ynn−1 (x0 ) = 0


73

se tiene que, como el Wronkiano es nulo, entonces el determinante de este sistema es cero, de aqu´ı que éset tenga una solución no trivial, c1 , c2 , · · · , cn . Luego, y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + · · · cn yn (x) ser´ıa solución del problema de valor inicial L[y] = 0, de condiciones iniciales y(x0 ) = 0,

+y 0 (x0 ) = 0,

· · · , y (n−1) (x0 ) = 0

Pero, dado que y(x) = 0 es también solución, y sabemos que ésta debe ser u ´ nica, lo que debe pasar es que c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + · · · cn yn (x) = 0, ∀ x ∈ I Como además, las ci no son todas cero, las {yi } son linealmente dependientes. on Ejemplo 60 Las funciones y1 (x) = sen3 x y y2 (x) = sen x− 31 sen 3x son soluciones de la ecuaci´ y 00 + (tg x − 2 ctg x ) y 0 = 0 en cualquier intervalo I en el que la tangente y cotangente estén definidas. Veamos que sucede con su Wronkiano

1

sen x − sen 3x

sen3 x

3 W [y1 , y2 ] =

3sen2 x cos x cos x − cos 3x Al calcular este determinante se tiene W [y1 , y2 ] = sen3 x (cos x − cos 3x) − 3sen2 x cos x (sen x − 31 sen 3x ) = sen3 x cos x − sen3 x cos 3x − 3sen3 x cos x + sen2 x cos x sen 3x = −2sen3 x cos x + sen2 x (−sen x cos 3x + cos x sen 3x) = −sen2 x sen 2x + sen2 x sen 2x = 0 Se concluye que {y1 , y2 } son linealmente dependientes en ζ(I), y no son base del espacio soluci´ on de la ecuación dada. F´ ormula de Abel Sirve para conocer una segunda solución de una ecuación diferencial homogénea de segundo orden, siempre que sea dada una solución. Teorema 18.5 Sean y1 , y2 , · · · , yn soluciones sobre I de y (n) + pn−1 (x)y (n−1) + · · · + p0 (x) y = 0 entonces W [y1 , y2 , · · · , yn ] = C e−

R

pn−1 (x) dx


74

Corolario 18.6 Si y1 6= 0 es soluci´ on de la ecuaci´ on y 00 + p1 (x) y 0 + p0 (x) y = 0 entonces Z y2 (x) = y1 (x) ·

R

e− p1 (x) dx dx (y1 (x))2

Demostraci´ on Seg´ un la fórmula de Abel se debe cumplir que W [y1 , y2 ] = C e−

R

p1 (x) dx

lo cual significa que

R

y 1 y2 − p1 (x) dx

y1 ‘ y2 0 = C e al calcular el determinante, y1 y2 0 − y2 y1 0 = C e−

R

p1 (x) dx

la ecuación la escribimos en diferenciales para y2 y1

R dy2 − y1 0 y2 = C e− p1 (x) dx , dx

Un arreglo dy2 − dx

y1 0 y1

y2 =

¡Lineal!

C − R p1 (x) dx e y1

Por la fórmula de la lineal, la solución tiene la forma Z C − R p1 (x) dx y2 = y 1 e dx + K y12 O bien, Z y 2 = C y1

1 − R p1 (x) dx e dx + K y1 y12

para K = 0, C = 1, se tiene Z y2 = y1

1 − R p1 (x) dx dx e y12

es una solución particular. Ejemplo 61 Se sabe que y1 = e2x es soluci´ on de y 00 − 4y 0 + 4y = 0. Una segunda soluci´ on se obtiene de Z 1 R 4 dx y2 = e2x e dx = x e2x e4x Es sencillo verificar que y1 con y2 son L.I. (el cociente de ellas no es constante). Por tanto, la solución general es y = C1 e2x + C2 x e2x

Section 19: Ecuaci´ on Homogénea con coeficientes constantes

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19. Ecuaci´ on Homog´ enea con coeficientes constantes Esta ecuación es de la forma L[y] = (Dn + pn−1 Dn−1 + · · · + p0 ) y = 0 con los pi constantes. Proposici´ on 19.1 Si L1 , L2 , · · · , Ln son operadores diferenciales lineales con coeficientes constantes, entonces el espacio nulo de cada uno de ellos est´ a incluido en el espacio nulo de su producto. Demostraci´ on

Por demostrar que Li [y] = 0 =⇒ (L1 , L2 , · · · , Ln )[y] = 0. (L1 , L2 , · · · , Ln )[y] = (L1 , L2 , · · · , Li−1 , Li+1 , · · · Ln , Li )[y] = (L1 , L2 , · · · , Li−1 , Li+1 , · · · Ln )(Li [y]) = (L1 , L2 , · · · , Li−1 , Li+1 , · · · Ln )[0] = 0

Ejemplo 62 La ecuaci´ on en operadores (D2 − 4)y = 0, se puede expresar como producto de operadores (D2 − 4)y = (D − 2)(D + 2)y El espacio nulo de los operadores L1 = D − 2,

L2 = D + 2

est´ a formado por las funciones y1 = e2x ,

y2 = e−2x

de esta forma, el espacio nulo del producto D2 −4) lo est´ a por {e2x , e−2x }, y dado que estas funciones son L.I, entonces son base del espacio soluci´ on de la ecuaci´ on diferencial. Por tanto, y = C1 e2x + C2 e−2x es la soluci´ on general. ¡

Atenci´ on, atención, atención !

Se observa, de este ejemplo, que el problema de resolver una ecuación diferencial homogénea de la forma (Dn + pn−1 Dn−1 + · · · + p0 ) y = 0 con pi constantes, está resuelto si se descompone (seg´ un proposición anterior) el operador dado en factores lineales y cuadráticos. Los factores lineales están determinados por las ra´ıces reales de la llamada Ecuaci´ on caracter´ıstica K n + pn−1 K n−1 + · · · + p0 = 0 y los factores cuadráticos por las ra´ıces complejas de esta ecuación. Se tiene as´ı, que para factores lineales y cuadráticos diferentes, las soluciones son de la forma y = ekx . El u ńico problema se presenta para los factores lineales del tipo (D−α)m correspondiente a


76

la ra´ız α de multiplicidad m, y para los factores de la forma (D2 −2aD+(a2 +b2 ))m correspondientes al par de ra´ıces complejas a ± b i. Afortunadamente, ¡siempre! la bendita matemática, tiene algo que aportarnos, un truquito aqu´ı, otro más allá. En este caso un teorema que resuelve el problema.

Teorema 19.2 Si y(x) pertenece al espacio nulo de un operador diferencial lineal L con coeficientes constantes, entonces xm−1 y(x) pertenece al espacio nulo de Lm No vale la pena que te haga la demostración, pero si te puedo decir que, la consecuencia m´ as importante de este resultado es que se puede afirmar que el espacio nulo del operador (D − α)m contiene las funciones eαx , x eαx , x2 eαx , · · · , xm−1 eαx y que el espacio nulo del operador (D2 − 2aD + (a2 + b2 ))m ) contiene a las funciones eax sen bx, x eax sen bx, · · · , xm−1 eax sen bx, eax cos bx, x eax cos bx, · · · , xm−1 eax cos bx, y es con tales funciones con las que se construye la solución general de TODA ecuación diferencial lineal homogénea de coeficientes constantes. Ejemplo 63 Resolver la ecuaci´ on y 00 − 3y 0 + 2y = 0 equivale a resolver la ecuaci´ on en operadores 2 (D − 3D + 2)y = 0. De esto, se tiene que (D2 − 3D + 2)y = (D − 1)(D − 2)y = 0 de lo cual

(D − 1)y = 0 =⇒ y1 = ex (D − 2)y = 0 =⇒ y1 = e2x

concluyéndose que la soluci´ on general es y = C1 ex + C2 e2x Ejemplo 64 Resolver la ecuaci´ on y 000 − y 0 = 0 equivale a resolver la ecuaci´ on en operadores 3 (D − D)y = 0. De donde, (D3 − D)y = D (D + 1)(D − 1)y = 0 de lo cual Dy = 0 =⇒ y1 = C (D + 1)y = 0 =⇒ y1 = e−x (D − 1)y = 0 =⇒ y1 = ex Luego, la soluci´ on general es y = C1 + C2 e−x + C3 ex


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Ejemplo 65 Resolver la ecuaci´ on y 00 + 4y 0 + 5y = 0 equivale a resolver la ecuaci´ on en operadores 2 2 (D + 4D + 5)y = 0. De donde, b − 4ac = 16 − 20 < 0 indica que estamos en presencia de un operador irreductible en IR. Le hacemos un “cara a cara” a los complejos mediante la ecuaci´ on caracter´ıstica k 2 + 4k + 5 = 0 =⇒ k = −2 ± i Usando la consecuencia del teorema 4 tenemos que la soluci´ on general es y = C1 e−2x sen x + C2 e−2x cos x Dado que siempre existen aquellos seres medios “incrédulos”, y que desconf´ıan de los teoremas, por que piensan que son un invento más de los matemáticos, a ellos les muestro que se puede llegar al mismo resultado por un camino similar al empleado en los ejemplos anteriores. Miren bien k 2 + 4k + 5 = 0 =⇒ k = −2 ± i con esto

(D + 2 − i)y = 0 =⇒ y1 = e(−2+i)x (D + 2 + i)y = 0 =⇒ y2 = e(−2−i)x

La solución general es y = C1 eix + C2 e−ix

e−2x

Seg´ un Euler eix = cos x + i sen x,

e−ix == cos x − i sen x

por tanto, la solución general equivale a y = [ ( C1 + C2 ) cos x+( C1 − C2 ) i sen x ] e−2x Ahora se eligen las constantes, adecuadamente A − Bi A + Bi C1 = , C2 = , A y B reales 2 2 con ello, C1 + C2 = A, i (C1 − C2 ) = B Reemplazando en la solución general, ella toma la forma y = ( A cos x + B sen x ) e−2x que es semejante a la hallado directamente, ¡t´ u eliges, la libertad es tuya Ok! Ejemplo 66 Hallar una ecuaci´ on diferencial lineal de coeficientes constantes que tenga como soluciones a e2x y a x e−3x . De las hipótesis se tiene L[e2x ] = 0,

L[x e3x ] = 0

Aprovecho de comunicarte, decirte o informarte, que un operador que hace esto se llama Aniquilador, algo as´ı como “Terminator”. Seguimos. L[e2x ] = 0 =⇒ L = D − 2,

L[x e3x ] = 0 =⇒ L = (D + 3)2

¡estamos listos!, la ecuación pedida es (D − 2)(D + 3)2 y = 0

Section 20: Ecuaci´ on de Euler

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20. Ecuaci´ on de Euler Las ecuaciones de la forma: 1. a0 xn y (n ) + a1 xn−1 y (n−1 ) + · · · + an−1 x y 0 + an y = 0 2. a0 (ax + b)n y (n ) + a1 (ax + b)n−1 y (n−1 ) + · · · + an−1 (ax + b) y 0 + an y = 0 con ai , a y b constantes, se llaman Ecuaciones de Euler. La segunda de ellas se reduce a la primera mediante la sustitución ax + b = z. Forma de Resolverlas La primera forma se reduce a lineal homogénea con coeficientes constantes mediante la sustitución x = et , o bien, y = xk . Hay dos alternativas, que te haga la demostración o que, a través de un par de ejemplos, veas como se traduce una ecuación de Euler a homogénea. Me imagino tu elección, y esta vez estoy de acuerdo contigo. Como dijo el Dermatólogo vayamos al “grano”. Ejemplo 67 Resolvemos la ecuaci´ on x2 y 00 + 25 xy 0 − y = 0 Esta ecuación es del tipo Euler, nuestra tarea es cambiarle de “morena” a “rubia“, haciendo y = xk , de lo cual y = xk =⇒ y 0 = k xk−1 =⇒ y 00 = k(k − 1) xk−2 al reemplazar en la ecuación original tenemos x2 k(k − 1)xk−2 +

5 xk xk−1 − xk = 0 2

que al simplificar y reunir elementos semejantes tiene la forma 1 2k 2 + 3k − 2 = 0 ⇐⇒ (k − )(k + 2) = 0 2 hallando que, k = 12 , k = −2. Por tanto, la solución general es 1

y = C1 x 2 + C2 x−2 Tarea 1

Resolver x2 y 00 − xy 0 + y = 0. Tu respuesta debe ser y = C1 x + C2 x ln x

Tarea 2(Optativa) Si te interesa, puedes ver que con x = et se llega a los mismos resultados, quizás con un poco más de trabajo.

Section 21: Ecuaciones Diferenciales Lineales No Homogéneas

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21. Ecuaciones Diferenciales Lineales No Homog´ eneas Una ecuación diferencial lineal de la forma L[y] = f (x) se llama no homog´ enea Proposici´ on 21.1 Si y es una soluci´ on de la ecuaci´ on no homogénea L[y] = f (x) y si y1 es una soluci´ on de la ecuaci´ on homogénea L[y] = 0 entonces y + y1 es soluci´ on de la ecuaci´ on no homogénea L[y] = f (x) Demostraci´ on

Hay que probar que L[y + y1 ] = f (x). En efecto, L[y + y1 ] = L[y] + L[y1 ] = f (x) = f (x) + 0 = f (x)

Teorema 21.2 Cualquier soluci´ on en [a, b] de la ecuaci´ on L[y] = f (x) con coeficientes pi (x) continuamos y f continua, es igual a la suma de la soluci´ on general

n X

Ci yi

i=1

de la ecuaci´ on homogénea asociada y de cualquier soluci´ on particular y de la ecuaci´ on no homogénea. Demostraci´ on

Hay que demostrar que y=y+

n X

Ci yi

i=1

En primer lugar, verifiquemos que y es solución de la ecuación diferencial. L[y] = L[y +

n X

n X Ci yi ] = L[y] + L[ Ci yi ]

i=1

= L[y] +

i=1

n X

Ci L[yi ]

i=1

= f (x) +

Pn

i=1 Ci

· 0 = f (x)


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En consecuencia, y es solución. Si z fuera otra solución de L[y] = f (x), entonces L[z − y] = L[z] − L[y] = 0 de manera que, z −y es solución de la ecuación homogénea L[y] = 0. Por tanto, ella puede escribirse como combinación l´ıneal de la yi . Es decir, z−y =

n X

bi y i

1

de donde z=y+

n X

bi y i

1

y dado que, la solución con condición inicial es u ńica, entonces y=y+

n X

bi y i

1

Este teorema nos está diciendo que para determinar la solución de una ecuación diferencial lineal homogénea de orden n L[y] = f (x) es suficiente: 1. Hallar la solución general de L[y] = 0 2. Hallar una y que satisfaga L[y] = f (x) Con esto se tiene que la solución general es y=y+

n X

Ci yi

1

Un método sencillo para hallar y se conoce con el nombre de coeficientes indeterminados, que funciona cuando f (x) tiene la forma x2 , eax , xn eax , sen bx, cos bx, xn eax cos bx, n eax sen bx · · · , o cualquier combinación de estas formas. La idea es determinar un operador L1 con coeficientes reales tales que L1 [f ] = 0 El operador L1 de orden m´ınimo con coeficientes reales y constantes tal que L1 [f ] = 0 se denomina aniquilador de f . Se tiene as´ı que toda solución de L[y] = f (x) es tambien solución de la ecuación homogénea L1 [L[y]] = 0, de donde, determinando las constantes apropiadas podemos obtener una soluci´ on particular de L[y] = f (x).


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Ejemplo 68 Resolver la ecuaci´ on diferencial (D2 + 1)y = 3x2 + 4 Claramente, la ecuación diferencial es lineal no homogénea. El operador L = D3 “aniquila” f (x) (Humbertito sacó la primera derivada de 3x2 y le dió 6x, la segunda 6 y la tercera 0). Luego un solución particular de la ecuación diferencial dada puede hallarse entre las soluciones de la ecuación homogénea. D3 (D2 + 1)y = 0 Tenemos ahora una ecuación homogénea, que sabemos trabajar. Su solución es y = C1 + C2 x + C3 x2 + C2 sen x + C5 cos x

(20)

Luego, ésta y con la determinación adecuada de las Ci es la candidata a soluci´ on particular (Volvemos luego por ella). Por otra parte, resolviendo la ecuación homogénea (D2 + 1)y = 0 se encuentra que, su solución general es y = C4 sen x + C5 cos x

(21)

Al comparar ambas ecuaciones, vemos que y está contenida en y. Por tanto, al reemplazar y en la ecuación dada, no es necesario considerar la solución y pues se anulan. De esta manera, interesa reemplazar en la ecuación diferencial dada y − y. Se tiene (D2 + 1)(y) = (D2 + 1)(C1 + C2 x + C3 x2 + C2 sen x + C5 cos x) = 3x2 + 4 al igualar coeficientes se llega a establecer el sistema C1 + 2C3 = 4 C2 = 0 =⇒ C1 = −2, C3 = 3

C2 = 0,

C3 = 3

Luego, la solución particular buscada es y = 3x2 − 2 En consecuencia la solución general de la ecuación diferencial dada es y = C4 sen x + C5 cos x + 3x2 − 2 Ejemplo 69 Determianr un operador lineal con coeficientes constantes que aniquile el segundo miembro de la ecuaci´ on (D2 + 1)(D − 1)y = ex + 2 − 7x sen x

Section 22: Método de variaci´ on de par´ ametros

82

Si llamamos L al aniquilador, entonces empezamos a razonar, primero, que debe aniquilar ex . Siendo as´ı, debe estar presnete factor (D − 1). En segundo lugar, para “despacharse” al 2, es suficiente con el factor D. Finalmente, para “echarse” 7x sen x tiene que ser cuadrático, esto es, (D2 + 1)2 . Por tanto, el “Terminator” de las derivadas es L = (D − 1)(D2 + 1)2 D Con la gente que a uno le cae bien, siempre hay buena onda, eso me pasa contigo, te regalo una tabla de aniquiladores, con ella serás un “sheriff” del Clculo. FUNCION y = xm−1 xm−1 eα x xm−1 cos β xm−1 sen β m−1 x eα x cos β xm−1 eα x sen β

ANIQUILADOR Dm (D − α)m (D2 + β 2 )m (D2 + β 2 )m 2 (D − 2α D + (α2 + β 2 ))m (D2 − 2α D + (α2 + β 2 ))m

22. M´ etodo de variaci´ on de par´ ametros Si creiste que los aniquiladores lo eran todo, ¡te equivocaste!, hay algunos casos, en loc cuales falla, como por ejemplo, con la ecuación y 00 + y = tg x Al igual que en pel´ıcula “ Duro de matar”, no hay como darle a la tangente para aniquilarla. Pero, como siempre, hay un método alternativo para resolver este problema, y es el ideado por Bernouill´ı, que llamó “Variaci´ on de Par´ ametros”. Se basa en la suposición de que la solución particular es obtenida de la parte complementaria de la solución sustituyendo las constantes arbitrarias por funciones apropiadas de x. El método es como sigue: Se considera la ecuación diferencial lineal no homogénea y (n) + pn−1 (x)y (n−1) + · · · + p0 (x) = h(x)

(22)

Suponemos que los parámetros c1 , c2 , · · · , Cn que intervienen en la solución de la ecuaci´ on homogénea asociada con (3) estén en funciones de x. Esto es, yH = C1 y1 + C2 y2 + · · · + Cn yn Todo esto se hace con la esperanza de encontrar una solución particular yp de la ecuaci´ on (3) de la forma Y p = C1 (x) y1 + C2 (x) y2 + · · · + Cn (x) yn


83

Para lograr esto, se imponen las siguientes condiciones a las Ci (x): C1 0 (x) y1 + C2 0 (x) y2 + · · · + Cn 0 (x) yn C1 0 (x) y1 0 + C2 0 (x) y2 0 + · · · + Cn 0 (x) yn 0 (n−2)

(n−2)

(n−2)

= 0 = 0 .. .

= 0 + · · · + Cn 0 (x) yn + C2 0 (x) y2 C1 0 (x) y1 (n−1) (n−1) (n−1) 0 0 0 = h(x) + · · · + Cn (x) yn + C2 (x) y2 C1 (x) y1 En este sistema hay que determinar las Ci . El determinante del este sistema es el Wronkiano W [y1 , y2 , · · · , yn ]. Si denotamos por Vk (x) el determinante obtenido de W [y1 , y2 , · · · , yn ], entonces al reemplazar la k - ésima columna por (0, 0, 0, · · · , 1), la Regla de Cramer afirma que Ck 0 (x) = Luego, yp =

n X

Vk (x) h(x) W [y1 , y2 , · · · , yn ]

Ck (x) yk (x) =

k=1

n X

Z

x

yk (x)

k=1

x0

h(t) Vk (t) dt W (t)

Es probable que no te haya llamado mucho la atención este método, ya que lo encuentras medio enredado. ¡Sale y vale!, estoy de acuerdo, pero veamos como funciona en ”vivo y en directo”. Ejemplo 70 Resolver por método de variaci´ on de par´ ametros la ecuaci´ on y 00 − y = ex ¡Manos a la obra!. La ecuación, en operadores, equivale a (D2 − 1) y = 0 ⇐⇒ yH = C1 ex + C2 e−x Buscamos la solución particular en la forma yp = C1 (x) ex + C2 (x) e−x ¡Exigimos, demandamos, imponemos! que C1 0 (x) ex + C2 0 (x) e−x = 0 C1 0 (x) ex − C2 0 (x) e−x = ex Al sumar, se obtiene 1 x =⇒ C1 (x) = + C1 2 2 Si reemplazas este C1 en cualquiera de las dos ecuaciones tienes que C1 0 (x) =

1 1 C2 0 (x) = − e2x =⇒ C2 (x) = − e2x + C2 2 4 Estamos “casi” listos yp =

x 2

+ C1

1 e + C2 − e2x 4 x

e−x


84

Ojo, que la C1 y la C2 son constantes, pero constantes de verdad, no confundas con C1 (x) y C2 (x). Si tienes la gentileza de hacer un par de cálculos, y teniendo presente que dentro de la soluci´ on yp se encuentra la yH , llegas a x 1 yp = ex − ex 2 4 Ahora viene el golpe de gracia y = yp + yH =

x x 1 x e − e + C1 ex + k2 e−x 2 4

Ejemplo 71 Resolvemos por variaci´ on de par´ ametros la ecuaci´ on y 000 + 3y 00 + 2y 0 = −e−x Pasamos la homogénea a operadores para tener clara la pel´ıcula (D3 + 3D2 + 2D) y = 0 ⇐⇒ D (D + 1)(D + 2) y = 0 de esto, yH = C1 + C2 e−x + C3 e−2x de modo que, yp = C1 (x) + C2 (x) e−x + C3 (x) e−2x Ahora vienen las exigencias C1 0 (x) + C2 0 (x) e−x + C3 0 (x) e−2x = 0 0 − C2 0 (x) e−x − 2C3 0 (x) e−2x = 0 0 + C2 0 (x) e−x + 4C3 0 (x) e−2x = −e−x Al sumar la segunda con la tercera de estas ecuaciones se tiene 1 2 C3 0 (x) e−2x = −e−x =⇒ C3 0 (x) = − ex + C3 2 con esto nos vamos a la tercera ecuación para obtener que, 1 C3 0 (x) = − ex + C3 =⇒ C2 0 (x) = 1 =⇒ C2 (x) = x + C2 2 Ponemos todo en la primera ecuación, después de algunos cálculo algebraicos que ense˜ nan en el Kinder, tenemos que, 1 C1 0 (x) = ex + C1 2 Vamos a la yp a reemplazar. yp =

1 x 1 e + C1 + (x + C2 ) e−x + (C3 − ex ) e−2x 2 2

Sin olvidar que dentro de ésta se encuentra la yH , nos queda yp = x e−x


85

En consecuencia, y = C1 + C2 e−x + C3 e−2x + x e−x Ejemplo 3

Resolvermos xy 00 + y 0 = x por variación de parámetros.

Ya te sabes el camino. Primero nos vemos las caras con la ecuación xy 00 + y 0 = 0 La alternativa para hallar su solución es y 0 = p =⇒ y 00 = p 0 =⇒ x p 0 + p = 0 Al separar variables e integrar se encuentra que p=

C1 C1 =⇒ y 0 = =⇒ y = C1 ln x + C2 x x

Esto significa que yH = C1 ln x + C2 Buscamos a continuación la solución de la ecuación no homogénea, en la forma y = C1 (x) ln x + C2 (x) por el método de variación de parámetros, haciendo la exigencia acostumbrada. C 01 (x) ln x + C 02 (x) C 01 (x) ·

= 0

1 + C 02 (x) · 0 = x x

Nos vamos de cabeza a la segunda ecuación C 01 (x) ·

1 x3 = x =⇒ C1 (x) = + C1 x 3

Con esto en la primera ecuación C 02 (x) = −C 01 (x) ln x =⇒ C 02 (x) = −x2 ln x =⇒ C2 (x) = − En consecuencia, y=

x3 + C1 3

ln x +

x3 x3 − ln x + C2 9 3

al simplificar y = C1 ln x + Se debe tener en cuenta que yp =

x3 9

x3 + C2 9

x3 x3 ln x + + C2 3 9

Section 23: Sistemas de Ecuaciones

86

23. Sistemas de Ecuaciones Trataremos sistemas de primer orden, especialmente lineales, y algunos ejemplos de orden superior. Lo primero es recordar que, toda ecuación diferencial de orden n de la forma y (n) = f (x, y, y 0 , y 00 , · · · , y (n−1) es equivalente a un sistema de n ecuaciones  y =    0  y =  1   0  y   2 = .. .   0  y =  n−1       0 yn =

de primer orden y1 y2 y3 yn f (x, y1 , y2 , y3 , · · · , yn )

Ejemplo 72 Escribir como un sistema la ecuaci´ on y 000 − 2y 00 + y 0 = x2 Miramos bien, y escribimos y = y1 , y 01 = y2 , y 02 = y3 , y 03 = x2 + 2y3 − y2 Esto permite escribir como sistema  y    0 y1 y0    20 y3 O bien

= = = =

y1 y2 y3 x2 + 2y3 − y2

 0       y1 0 1 0 y1 0 y2  = 0 0 1 · y2  + 0  y3 0 −1 2 y3 x2

Por otra parte, un sistema más general de n ecuaciones diferenciales de primer orden  dx1   = f1 (t, x1 , x2 , · · · , xn )   dt         dx2 = f (t, x , x , · · · , x ) 2 1 2 n dt     ..    .    dx  n  = fn (t, x1 , x2 , · · · , xn ) dt

(23)

Section 23: Sistemas de Ecuaciones

87

que satisface las condiciones iniciales xi (t0 ) = xi0 , i = 1, 2, · · · , n, en forma vectorial se escribe ~ dX ~ = F (t, X), dt

~ 0) = X ~ 0 = (x10 , x20 , · · · , xn0 ) X(t

(24)

Con esta notación es sencillo ver que las condiciones suficientes para existencia y unicidad de la solución de este sistema, con las condiciones iniciales dadas son: 1. Continuidad de las funciones fi en una vecindad de las condiciones iniciales 2. Cumplimiento de la condición de Lipschitz para cada fi en todos sus argumentos a partir del ∂fi segundo, o en su defecto, existencia de las derivadas parciales acotadas. ∂xj La solución ~ X(t) = {x1 (t), x2 (t), · · · , xn (t)} del sistema (1) determina en el espacio euclidiano de coordenadas t, x1 , x2 , · · · , xn una curva llamada curva integral, y en el espacio euclidiano de coordenadas x1 , x2 , · · · , xn determina la ley de movimiento de cierta trayectoria seg´ un la variación del parámetro t, el cual, casi siempre, cor~ dX responde al tiempo. De esta forma, la derivada será la velocidad de movimiento del punto dt ~ y dx1 , dx2 , , · · · , dxn las coordenadas de la velocidad de este punto. bajo esta interpretaci´ X, on dt dt dt el sistema (1) se llama din´ amico, el espacio de coordenadas x1 , x2 , · · · , xn se llama espacio de ~ ~ fases, y la curva X = X(t) se llama trayectoria de fase. Un sistema tal como (2) se llama aut´ onomo si F no depende de t, y no aut´ onomo en caso contrario. Ejemplo 73 Dado el sistema siguiente, averiguar si es aut´ onomo, escribirlo en notaci´ on vectorial y también como ecuaci´ on diferencial, y hallar su soluci´ on general.  dx     dt = y     dy = −x dt No hay duda que es autónomo, no se ve t por ninguna parte. En notación vectorial queda 0 1 ~ ~ ~ = (x, y) X= X, X −1 0 Para escribirlo como ecuación diferencial, x 0 = y implica x 00 = y 0 . Pero, y 0 = −x, luego, x 00 + x = 0 Ahora que lo tenemos en forma de ecuación podemos escribirlo en operadores (D2 + 1) x = 0 =⇒ x(t) = C1 cos t + C2 sen t

Section 24: Método de resoluci´ on de sistemas

88

La solución x(t) se puede mejorar si consideramos, C1 = cos C2 y C2 = sen C2 . Se tiene x(t) = C1 cos(t − C2 ) de esto, y(t) = −C1 sen(t − C2 ) con lo cual la solución general del sistema es  x(t) = C1 cos(t − C2 ) 

y(t) = −C1 sen(t − C2 )

Al elevar al cuadrado y sumar se obtiene en el plano de fase xy la familia de c´ırculos concéntricos x2 + y 2 = C12 Una vez más, es interesante recalcar que las trayectorias no se cortan, en virtud de que el segundo miembro del sistema satisface las condiciones del teorema de existencia u ńica. Cuando C1 = 0, la trayectoria de fases se compone de un punto, el (0, 0), llamado punto de reposo del sistema.

24. M´ etodo de resoluci´ on de sistemas Te mostraré varios, con ello te harás una y usarás el que mejor se acomode a “tu estilo”.

24.1. Por integraci´ on El método consiste en que, dado el sistema  dx1   = f1 (t, x1 , x2 , · · · , xn )   dt         dx2 = f (t, x , x , · · · , x ) 2 1 2 n dt     ..    .      dxn = fn (t, x1 , x2 , · · · , xn ) dt se debe hallar la ecuación diferencial equivalente mediante operaciones de derivación, que es lo que se te mostró en el ejemplo anterior. •

Ejemplo 74 Resolvemos el sistema siguiente (x indica derivada respecto de t) (• x = y • y = x


89

Como punto de partida consideremos la segunda ecuación •

y= x

=⇒

••

•

y = x =⇒

••

y −y = 0

El operadores (D2 − 1) y = 0 =⇒ y = C1 et + C2 e−t Para hallar x derivamos esta u ´ltima ecuación •

y = C1 et + C2 e−t =⇒y = x = C1 et − C2 e−t en consecuencia,  x = C1 et − C2 e−t 

y = C1 et + C2 e−t

es la famila de soluciones. Ejemplo 75 Resolvemos el sistema (• x = 3x − 2y • y = 2x − y El punto de parida que elegimos es el siguiente: d2 y dx dy dy = 2x − y =⇒ 2 = 2 − dt dt dt dt hacemos los reemplazos pertinentes para tener d2 y dt2

= 2(3x − 2y) − (2x − y) = 4x − 3y = 4·

1 2

y+

dy dt

− 3y

= 2 dy dt − y Escribiendo en operadores esta ecuación, (D2 − 2D + 1) y = 0 ⇐⇒ (D − 1)2 y = 0 de donde, y = C1 et + C2 t et Ahora vamos con esto a reemplazar en la segunda ecuación del sistema original. 1 dy 1 x= y+ =⇒ x = C1 et + C2 t et + C1 et + C2 et + C1 et + C2 t et 2 dt 2


de donde x=

90

1 t e (2C1 + C2 + 2C2 t) 2

En consecuencia, la familia solución es x =

1 t e (2C1 + C2 + 2C2 t) 2

y = (C1 + t C2 ) et

24.2. Por Combinaciones Integrables Por lo general, la integración de un sistema dxi = fi (t, x1 , x2 , · · · , xn ) dt

(25)

se realiza escogiendo las llamadas combinaciones integrables. Definici´ on 24.1 Se llama combinaci´ on integrable a una ecuaci´ on diferencial que es consecuencia de las ecuaciones (3) (que se integra con facilidad), y que es de la forma dφ(t, x1 , x2 , · · · , xn ) = 0 O reducible a una ecuaci´ on integrable Ejemplo 76 Resolvemos    dx dt dy   dt

= y = x

Al sumar miembro a miembro se halla la combinación integrable dx dy + =x+y dt dt lo cual equivale a d(x + y) d (x + y) = x + y =⇒ = dt dt (x + y) Al tener las variables separadas, sólo resta integrar ln(x + y) = t − ln C1 =⇒ x + y = C1 et


91

24.3. Valores propios El método más adecuado para resolver sistemas lineales con coeficientes constantes de la forma ~ dX ~ = AX dt para una matriz A con n valores propios distintos es el llamado método de los valores propios, que a continuación detallamos. Este método tiene su origen en el intento de resolver ecuaciones con operadores de la forma A ~x = λ ~x

(26)

en donde A es una transformación lineal, λ un escalar, y ~x un vector. Definici´ on 24.2 Los valores de λ para los cuales la ecuaci´ on (4) tiene soluciones distintas de cero se llaman valores propios de A, y para cada valor propio λ0 , los vectores ~x no nulos que satisfacen la ecuaci´ on A ~x = λ0 ~x se llaman vectores propios de A, asociados a λ0 . Teorema 24.3 Cualquier conjunto de vectores propios pertenecientes a distintos valores propios de una transformaci´ on lineal es linealmente independiente.

Cálculo de los valores propios La ecuación A ~x = λ ~x se puede escribir (A − λ I) ~x = 0 siendo I la transformación identidad. Se considera la representación matricial, en la base que se eliga, de A siguiente   α11 · · · α1n   .. A=  . αn1 · · · αnn Con esto, es posible escribir la expresión matricial  α11 − λ α12 ···  α21 α − λ · ·· 22  A − λI =  . . .. ..  .. . αn1 ··· ···

α1n α2n αnn − λ

    


92

Los valores propios de A se calculan resolviendo la

α11 − λ α12 ···

α21 α22 − λ · · ·

.. .. ..

. . .

αn1 ··· ···

ecuación de determinante

α1n

α2n

=0

αnn − λ

El polinomio que aparece al resolver este deternminante se llama polinomio caracter´ıstico de la transformación lineal A, y la ecuación misma se llama ecuaci´ on caracter´ıstica Teorema 24.4 Para el valor propio real λ de A, y cada vector propio Eλ correspondiente a λ, la funci´ on ~xλ = Eλ eλt (27) d~x es una soluci´ on de la ecuaci´ on = A ~x. Adem´ as, las soluciones construidas de esta forma con dt valores propios distintos son linealmente independientes. Demostraci´ on 1)

Por demostrar que ~xλ es solución. Si Eλ es el vector propio asociado a λ, entonces A Eλ = λ Eλ

(28)

Por otro lado, ~xλ = Eλ eλt =⇒ A ~xλ = A Eλ eλt usando la ecuación (5) tenemos A ~xλ = λ Eλ eλt =⇒ A ~xλ = λ ~xλ Además, ~xλ = Eλ eλt =⇒ =⇒ =⇒

d~x = λ Eλ eλt dt d~x = λ ~xλ dt d~x = A ~xλ dt

lo cual prueba que es solución 2) Por demostrar que es L.I. Sean λ1 , λ2 , · · · , λk valores propios distintos de A, con vectores propios asociados Eλ1 , Eλ2 , · · · , Eλk respectivamente, y supongamos que C1 Eλ1 eλ1 t + C2 Eλ2 eλ2 t + · · · + Ck Eλk eλk t = 0 Para t = 0 se tiene C1 Eλ1 + C2 Eλ2 + · · · + Ck Eλk = 0


93

como los Eλi son, por hipótesis, L.I, entonces Ci = 0 para todo i = 1, 2, · · · , k. Se tiene as´ı, que la familia {Eλi eλi t }, con i = 1, 2, · · · , k es linealmente independiente. Super - corolario Si A tiene n valores propios reales distintos λ1 , λ2 , · · · , λn , y si Eλ1 , Eλ2 , · · · , Eλn son sus vectores propios asociados a cada uno de ellos, entonces la solución general del sistema d~x = A ~x dt viene dada por ~x(t) = C1 Eλ1 eλ1 t + C2 Eλ2 eλ2 t + · · · + Cn Eλn eλn t = 0 con Ci constantes arbitrarias. Ejemplo 77 El sistema

escrito matricialmente tiene la forma

 dx1     dt

= x1 + 3x2

    dx2 dt

= x1 − x2

x1 x2

0

=

x1 1 3 · x2 1 −1

Para tener la ecuación caracter´ıstica formamos el determinante

1 − λ 3

=0

1 −1 − λ del cual obtenemos λ1 = 2,

λ2 = −2

tenemos entonces, valores propios distintos. Sus vectores propios asociados son: 1 3 x1 x1 λ = 2 =⇒ =2 1 −1 x2 x2 lo que equivale a resolver el sistema x1 + 3x2 = 2x1 =⇒ x1 = 3x2 x1 − x2 = 2x2 considerando x1 = 3, entonces x2 = 1, con lo cual, el vector propio asociado es 3 E2 = 1 Con un poco de paciencia, debieras poder calcular E−2 y tener que 1 E2 = −1


94

Con esto tenemos la solución general ~x(t) = C1 E2 e2t + C2 E−2 e−2t lo que equivale a 1 3 2t e−2t e + C2 ~x(t) = C1 −1 1 O bien, ~x(t) =

3C1 e2t + C2 e−2t C1 e2t − C2 e−2t

Teorema 24.5 Si λ0 es un valor propio real de multiplicidad k, es decir, (λ − λ0 )k es un factor de la ecuaci´ on caracter´ıstica, y si Eλ0 es el vector propio para λ0 , entonces Eλ0 eλ0 t , Eλ0 t eλ0 t , · · · , Eλ0 tk−1 eλ0 t son soluciones linealmente independientes del sistema

d~x = A ~x dt

Teorema 24.6 Sea A matriz n × n real, y supongamos que Eλ es un vector propio correspondiente al valor propio complejo λ = a + i b de A, entonces Eλ eλ t , son soluciones del sistema

E λ eλ t

d~x = A ~x dt

Eλ + E λ i (Eλ − E λ ) Teorema 24.7 Sean Gλ = y Hλ = vectores propios reales. Si λ = a + i b es 2 2 un valor propio complejo para la matriz real A de orden n × n, y si Eλ es un vector propio asociado a λ, entonces las funciones ~x1 (t) = eat (Gλ cos bt + Hλ sen bt) ~x2 (t) = eat (Hλ cos bt − Gλ sen bt) son soluciones linealmente independientes del sistema

d~x = A ~x. dt

Ejemplo 78 El sistema  dx     dt

= −y

    dy dt

= x


95

escrito matricialmente tiene la forma 0 x 0 −1 x = · y 1 0 y con ecuaci´ on caracter´ıstica

−λ −1

1 −λ = 0

de donde λ = ±i, y de lo cual a = 0, b = ±1. Buscamos los vectores propios asociados: 0 −1 x x λ = i =⇒ =i 1 0 y y lo que equivale a resolver el sistema −y = i x =⇒ y = 1, x = i x = iy entonces el vector propio asociado es i Ei = 1 Para hallar el otro vector propio asociado, usamdo el teorema 4, que afirma que, −i i E−i = E i = = 1 1 La idea es tener vectores propios reales, luego usamos Ei + E i i 0 −1 Gλ = , y Hλ = (Ei − E i ) = = 1 0 2 2 de esto, por el teorema 5, las soluciones linealmente independientes del sistema son −sen t −1 0 sen t = cos t + ~x1 (t) = 0 cos t 1 ~x2 (t) =

−1 0

0 −cos t cos t − sen t = 1 −sen t

Por tanto, la soluci´ on general la podemos escribir en la forma   −C1 sen t −C2 cos t  ~x(t) = C1 x~1 (t) + C2 x~2 (t) =  C1 cos t −C2 sen t Teorema 24.8 Si λ0 es un valor propio complejo de multiplicidad k, es decir, (λ − λ0 )k es factor de la ecuaci´ on caracter´ıstica, y si Eλ0 es el vector propio asociado a λ0 , entonces las funciones Eλ0 eat cos bt, Eλ0 t eat cos bt, · · · , Eλ0 tk−1 eat cos bt Eλ0 eat sen bt, Eλ0 t eat sen bt, · · · , Eλ0 tk−1 eat sen bt son soluciones linealmente independientes del sistema

d~x = A ~x. dt


96

24.4. Reducci´ on a forma triangular Este método consiste en la aplicación de operaciones elementales entre filas para escribir el sistema dado en forma triangular, obteniendo as´ı un par de sistemas equivalentes. Esta técnica es aplicable a todos los sistemas lineales en el cual el n´ umero de incógnitas es igual al n´ umero de ecuaciones, y todos los operadores que aparecen en el sistema tienen coeficientes constantes. Ejemplo 79 Resolvemos el sistema 2Dx1 − (D2 − 4) x2 = 0 (D2 − 1) x1 + 5Dx2 = et Se cumplen todas las condiciones (sistema 2 × 2, operadores con coeficientes constantes). Al multiplicar la primera ecuación por − 12 D y sumarla con la segunda, se tiene el siguiente sistema equivalente  2Dx1 − (D2 − 4) x2 = 0  D −D2 x1 + (D2 − 4) x2 + (D2 − 1) x1 + 5Dx2 = et  2 en colores está indicada la cantidad que se suma. Al simplificar queda   2Dx1 − (D2 − 4) x2 = 0 D3 −x1 + ( + 3D) x2 = et 2 Ahora se multiplica la segunda ecuación por 2D, y sumamos con la primera. 2D

D3 + 3D 2

 2Dx1 − (D2 − 4) x2 = 0   x2 − 2Dx1 + 2Dx1 − (D2 − 4) x2 = 2et  

O bien, 2Dx1 − (D2 − 4) x2 = 0 (D4 + 5D2 + 4)x2 = 2et

que también se puede mejorar, escribiendo como producto de operadores 2Dx1 − (D2 − 4) x2 = 0 (D2 + 4)(D2 + 1)x2 = 2et ¡estamos en forma triangular!. Con la segunda ecuación se calcula x2 . Se tiene (x2 )H (t) = C1 cos t + C2 sen t + C3 sen 2t + C4 cos 2t es la solución de la homogénea, y usando aniquiladores se tiene que (D − 1)(D2 + 4)(D2 + 1)x2 = 0 como la solución de (D − 1)x2 es x2 = C5 et , entonces (D2 + 4)(D2 + 1) C5 et = 2 et =⇒ C5 =

1 5

Section 25: Soluciones en Series de Potencia

97

En consecuencia, x2 (t) = C1 cos t + C2 sen t + C3 sen 2t + C4 cos 2t +

1 t e 5

En el u ´ltimo sistema, con la primera ecuación, determinamos el x1 2Dx1 − (D2 − 4) (C1 cos t + C2 sen t + C3 sen 2t + C4 cos 2t +

1 t e)=0 5

de donde, 5 5 3 t x1 (t) = − C1 sen t + cos t + 2C3 cos 2t − 2C4 sen 2t − e 2 2 10

25. Soluciones en Series de Potencia Una de las mejores técnicas para hallar soluciones de ecuaciones diferenciales lineales de coeficientes variables (excepto ecuaciones de Euler) está basado en el uso de las series de potencia. Para empezar, hay que recordar algunos conceptos básicos: 1. Una función f puede representarse por una serie de Taylor en un punto x0 , a condici´ on de que todas las derivadas existan en x0 . En tal caso f (t) = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) + f 00 (x0 )

(x − x0 ) + ··· 2!

2. Una función f se dice anal´ıtica en x0 si ella puede desarrollarse en serie de potencia en x0 3. Una expresión de la forma

∞ X

ak (x − x0 )k

k=0

con k y x0 constantes se llama serie de potencias en (x − x0 ), o serie de potencias alrededor de x = x0 4. Una serie de potencias se dice convergente en x1 si y sólo si, la serie obtenida de ella haciendo x = x1 es una serie convergente. 5. Toda serie de potencias con radio de convergencia R define una función f en el intervalo kx − x0 k < R. esto es, ∞ X f (x) = ak (x − x0 )k k=0

además, tal función es infinitamente diferenciable en kx − x0 k < R, y se tiene que:


f 0 (x)

98

=

∞ X

k ak (x − x0 )k−1

k=1

f

00 (x)

=

∞ X

k(k − 1) ak (x − x0 )k−2

k=2

.. . f k (x) =

∞ X (n + k)! n=0

n!

an+k xn

se arregló el punto de partida de la serie derivada para tener una notación más compacta. Teorema 25.1 (Existencia) Se considera la ecuaci´ on diferencial lineal normal de orden n cuyos coeficientes ai (x) y h(x) son anal´ıticos en un intervalo abierto I Dn y + an−1 (x) Dn−1 y + · · · + a0 (x) y = h(x)

(29)

Sea x0 ∈ I y supongamos que los desarrollos en series de potencia de a0 (x), a1 (x), · · · , an−1 (x), h(x) convergen todos en el mismo intervalo kx − x0 k < R, R > 0. Entonces toda solución de (1) que esté definida en el punto x0 es anal´ıtica en ese punto, y su desarrollo en serie de potencias alrededor de x0 converge también en el intervalo kx − x0 k < R.

Puntos Ordinarios y Singulares Nos dedicamos a trabajar ecuaciones de segundo orden de la forma y 00 + p(x) y 0 + q(x) y = 0 1. x0 es un punto ordinario si p(x0 ) y q(x0 ) son finitos. 2. x0 es un punto singular si p(x) y/o q(x) divergen cuando x → x0 . 3. x0 es un punto singular regular, si además de singular, (x − x0 )p(x) y (x − x0 )2 q(x) son finitos cuando x → x0 . Ejemplo 80 Se considera la ecuaci´ on x2 (x + 1)3 (x − 1)y 00 + x y 0 − 2y = 0. Veamos quienes son p y q para poder decidir el tipo de punto p(x) =

1 , x (x + 1)3 (x − 1)

q(x) = −

x2 (x

2 + 1)3 (x − 1)

p no es finito en x = 0, x = 1, y x = −1, as´ı que no son ordinarios (cualquier otro punto lo es). Además, tanto p como q divergen para x → 0, x → 1, y x → −1, por tanto, estos puntos son


99

singulares. Veamos si se les puede agregar el apellido “regular”. x · p(x) =

1 1 =⇒ lim = −1 x→0 (x + 1)3 (x − 1) (x + 1)3 (x − 1)

x2 · q(x) =

−2 −2 =⇒ lim =2 3 x→0 (x + 1)3 (x − 1) (x + 1) (x − 1)

finito

finito

Con el interés que te caracteriza, puedes verificar que x = 1 es singular regular, y que x = −1 no lo es.

25.1. Puntos ordinarios Teorema 25.2 Sea x0 punto ordinario de y 00 + p(x) y 0 + q(x) y = 0 sean α y β constantes, entonces existe una u ńica soluci´ on y(x) anal´ıtica en x0 que satisface las condiciones iniciales y(x0 ) = α, y 0 (x0 ) = β. Tal soluci´ on se puede hallar en la forma y(x) =

∞ X

ak xk

k=0

Ejemplo 81 Hallar la soluci´ on general, en (−∞, ∞), de la ecuaci´ on y 00 + x y 0 + y = 0 A ojo de buen observador, no tenemos puntos singulares, por tanto, todos los puntos son ordinarios. Además, los coeficientes x y 1 son anal´ıticos, luego existe solución y cada una de las soluciones de esta ecuación tiene desarrollo en serie alrededor de x = x0 . Elegimos x0 = 0 para hacer los desarrollos. El método a emplear es el de los coeficientes indeterminados. Si la solución existe, entonces es de la forma ∞ X y(x) = ak xk k=0

Hay que derivar dos veces. y 0 (x)

=

∞ X

k ak xk−1

k=1

y 00 (x) =

∞ X

k(k − 1) ak xk−2

k=2

con esto vamos a reemplazar en la ecuación diferencial dada. ∞ X k=2

k(k − 1) ak xk−2 + x ·

∞ X k=1

k ak xk−1 +

∞ X k=0

ak xk = 0


100

Luego de “entrar” el x en la segunda sumatoria, hacemos k = k + 2 en la primera sumatoria, teniéndose, ∞ ∞ ∞ X X X (k + 2)(k + 1) ak+2 xk + k ak xk + ak xk = 0 k=0

k=1

k=0

y nuestra hermosa ecuación de sumatorias, tienen TODAS xk . A´ un tenemos un “drama”, la primera y tercera sumatoria parten de cero, si sacamos este primer término, tendremos, como dijo el h´ıpico “todos los caballos en el mismo punto de partida”. Factorizando por xk : (2a2 + a0 ) +

∞ X

xk ((k + 2)(k + 1) ak+2 + k ak + ak ) = 0

k=1

al factorizar ak , (2a2 + a0 ) +

∞ X

xk (k + 1) [(k + 2) ak+2 + ak ] = 0

k=1

para que esta expresión sea cero, se debe cumplir que 2a2 + a0 = 0 (k + 2) ak+2 + ak = 0 si la sumatoria parte de k = 1, es obvio que el sistema vale para k ≥ 1. De la primera ecuaci´ on 1 a2 = − 2 a0 . Reemplazando esto en la segunda ecuación, se tiene para k = 2, que 1 1 a2 + 4a4 = 0 =⇒ a4 = − a2 = a0 4 8 para k = 4 a0 1 a6 = − a4 = − 6 2·4·6 En general, los pares tienen la forma a2k =

(−1)k a0 2 · 4 · 6 · · · (2k − 2)(2k)

Para los impares, el cuento es como sigue: Con k = 1 en la segunda ecuación 1 a1 + 3a3 = 0 =⇒ a3 = − a1 3 Con k = 3, se tiene 1 a1 a3 + 5a5 = 0 =⇒ a5 = − a3 = 5 3·5 En general, a2k+1 =

(−1)k a1 3 · 5 · 7 · · · (2k − 1)(2k + 1)


101

Al sustituir estos valores y(x) =

∞ X

ak xk = a0 + a1 x + a2 x2 + · · ·

k=0

= (a0 + a2 x2 + · · · ) + (a1 x + a3 x3 + · · · ) = a0

x2 x4 x6 1− + − + ··· 2 2·4 2·4·6

+ a1

x3 x5 x7 x− + − + ··· 3 3·5 3·5·7

con a0 y a1 constantes arbitrarias. Falta probar que esta u ´ltima es la solución general. Para ello, sea ∞ X (−1)k x2k y0 (x) = 1 + 2 · 4 · 6 · · · (2k) k=1

y1 (x) = x +

∞ X k=1

(−1)k x2k+1 3 · 5 · · · · (2 + 1k)

Por el criterio de la razón se observa que tanto y0 como y1 son convergentes para todo x. De esta forma, la solución general es y(x) = a0 y0 (x) + a1 y1 (x) y son linealmente independiente, pues, 0

0

y0 (0) = 1, y0 (0) = 0, y1 (0) = 0, y1 (0) = 1 0 1 , con lo que, efectivamente, y0 e y1 son L.I. 6= esto significa que 1 0 Ejemplo 82 Encontrar la soluci´ on en serie de la ecuaci´ on x y 00 + x3 y 0 − 3 y = 0 0

que satisface y(1) = 0, y (1) = 2. Dado que las condiciones iniciales están en x = 1, el desarrollo se hace en ese punto. Esta vez, te muestro el método de la diferenciaci´ on sucesiva, que consiste en despejar la máxima derivada, derivar, y establecer la serie. y 00 = −x2 y 0 + 3 x−1 y y 000 = −x2 y 00 − 2xy 0 + 3 x−1 y 0 − 3x−2 y = −x2 y 00 − (2x − 3 x−1 ) y 0 − 3x−2 y y (4) = −x2 y 000 − (4x − 3x−1 ) y 00 − (2 + 6 x−2 ) y 0 + 6x−3 y con la condición inicial, la cosa es y 00 (1) = −2,

y 000 (1) = 4,

y (4) (1) = −18


102

En consecuencia, la solución es 1 1 1 y(x) = 0 + 2(x − 1) − 2 · (x − 1)2 + 4 · (x − 1)3 − 18 · (x − 1)4 + · · · 2 6 24 O bien, 2 3 y(x) = 2(x − 1) − (x − 1)2 + (x − 1)3 − (x − 1)4 + · · · 3 4

25.2. Puntos Regulares El método de los coeficientes indeterminados con una ligera modificación puede ser usado para obtener una base del espacio solución de cualquier ecuación diferencial homogénea de segundo orden alrededor de un punto singular regular. Se le conoce como método de Frobenius. Cuando el punto es singular irregular, el asunto se complica por que existen ecuaciones que no tienen soluciones en serie alrededor de un punto, por tal razón, nada más puede decirse de los puntos singulares irregulares. Sea x0 punto singular regular de y 00 + p(x) y 0 + q(x) y = 0 se buscan soluciones de la forma y(x) = xr

∞ X

cn xn =

n=0

∞ X

cn xr+n , c0 = 1, x > 0

n=0

se encuentra la primera y segunda derivada de esta serie. y 0 (x)

=

∞ X

(r + n) cn xr+n−1

n=0

y 00 (x) =

∞ X

(r + n)(r + n − 1) cn xr+n−2

n=0

se reemplaza en la ecuación diferencial de segundo orden. ∞ X

(r + n)(r + n − 2) cn xr+n−2 + p(x)

n=0

∞ X

(r + n) cn xr+n−1 + q(x)

n=0

∞ X

cn xr+n = 0

n=0

ecuación que, igualando potencias, se escribe ∞ X n=0

r+n−2

(r + n)(r + n − 2) cn x

+ x p(x)

∞ X

(r + n) cn xr+n−2

n=0

+q(x) x2

∞ X n=0

cn xr+n−2 = 0


103

en una sola sumatoria esto equivale a ∞ X

xr+n−2 (r + n)(r + n − 2) + x p(x) (r + n) + q(x) x2 cn = 0

(30)

n=0

como x0 es singular regular, x p(x) y x2 q(x) se pueden desarrollar en serie de potencias x p(x) = p0 + p1 x + p2 x2 + · · · x2 q(x) = q0 + q1 x + q2 x2 + · · ·

(31)

Además, como n ≥ 0, entonces xr−2 es la m´ınima potencia de x en la ecuación (2), los coeficientes de xr−2 deben anularse para todo n. Tomando n = 0 tenemos, r (r − 1) + x p(x) r + q(x) x2 = 0 usando los desarrollos

x p(x) = p0 + p1 x + p2 x2 x2 q(x) = q0 + q1 x + q2 x2

se tiene la ecuación r (r − 1) + r[p0 + p1 x + p2 x2 + · · · ] + [q0 + q1 x + q2 x2 + · · · ] = 0 que podemos escribir en la forma [r (r − 1) + r p0 + q0 ] + x [r p1 + q1 ] + x2 [r p2 + q2 ] + · · · ] = 0 La ecuación r (r − 1) + r p0 + q0 = 0 se llama ecuación indicial. Para estos puntos singulares regulares se tienen las siguientes alternativas: Teorema 25.3 Se considera la ecuaci´ on diferencial lineal homogéna de segundo orden x2 00 + x q(x) y 0 + r(x) y = 0 cuyos coeficientes son anal´ıticos en kxk < R, R > 0. Si k1 y k2 son las ra´ıces de la ecuaci´ on indicial k(k − 1) + q(0) k + r(0) = 0 entonces la ecuaci´ on dada tiene dos soluciones linealmente independientes, y1 e y2 v´ alidas en 0 < kxk < R, y cuya forma depende de k1 y k2 como sigue: •

k1 − k2 NO ENTERO y1 (x) = kxkk1

∞ X

an xn ,

a0 = 1

bn xn ,

b0 = 1

n=0

k2

y2 (x) = kxk

∞ X n=1


•

104

k1 = k2 = k y1 (x) = kxkk

∞ X

an xn ,

a0 = 1

n=0

y2 (x) = kxk

k

∞ X

bn xn + y1 (x) ln kxk

n=1

•

k1 − k2 ENTERO POSITIVO y1 (x) = kxk

k1

∞ X

an xn ,

a0 = 1

n=0

y2 (x) = kxkk2

∞ X

bn xn + C y1 (x) ln kxk,

b0 = 1, C = constante

n=0

Ejemplo 83 Clasificar los puntos de la ecuaci´ on x2 (x + 1)3 (x − 1)y 00 + x y 0 − 2y = 0. Determinamos quien son p y q para poder decidir el tipo de punto 1 , x (x + 1)3 (x − 1)

p(x) =

q(x) = −

x2 (x

2 + 1)3 (x − 1)

p no es finito en x = 0, x = 1, y x = −1, as´ı que no son ordinarios (cualquier otro punto lo es). Además, tanto p como q divergen para x → 0, x → 1, y x → −1, por tanto, estos puntos son singulares. Veamos si se les puede agregar el apellido “regular”. x · p(x) =

1 1 =⇒ lim = −1 3 x→0 (x + 1) (x − 1) (x + 1)3 (x − 1)

x2 · q(x) =

−2 −2 =⇒ lim =2 3 x→0 (x + 1)3 (x − 1) (x + 1) (x − 1)

finito

finito

Con el interés que te caracteriza, puedes verificar que x = 1 es singular regular, y que x = −1 no lo es. Ejemplo 84 Sea x2 y 00 + x(x − 12 ) y 0 + 21 y = 0 ecuaci´ on definida en el intervalo (0, ∞) o (−∞, 0). Es claro que, x = 0 es punto singular regular, por tanto, se busca solución en la forma y(x) = xk

∞ X n=0

an xn =

∞ X

an xn+k

n=0

con a0 6= 0 y k constante arbitraria. Este es el método de Frobenius, y se usa para cualquier ecuación lineal homogénea de segundo orden. Se sacan las derivadas.


y 0 (x)

=

105

∞ X

(k + n) an xk+n−1

n=0

y 00 (x)

=

∞ X

(k + n)(k + n − 1) an xk+n−2

n=0

Se sustituye en la ecuación diferencial dada. ∞ X

k+n

(k + n)(k + n − 1) an x

+

n=0

∞ X

(k + n) an xk+n+1

−

n=0 ∞ 1 X (k + n) an xk+n 2

+

n=0

∞ 1 X an xk+n 2

= 0

?

n=0

Conviene transformar la segunda de estas series para tener factores xk+n . Para ello, hacemos n = n − 1, para tener ∞ X

k+n+1

(k + n) an x

n=0

=

∞ X

(k + n − 1) an−1 xk+n

n=1

Luego, la expresión (?) se escribe, tomando sumatoria desde n = 1 como k(k − 1)a0

xk

+

∞ X

k+n

(k + n)(k + n − 1) an x

n=1

+

∞ X

(k + n − 1) an−1 xk+n −

n=1

∞ ∞ 1 X 1 1 X 1 ka0 xk − (k + n) an xk+n + a0 xk + an xk+n = 0 2 2 2 2 n=1

n=1

Esto es, ∞ X 1 1 k+n 1 k+n a0 x ( k(k − 1) − k + ) + an x (k + n)(k + n − 1) − + + 2 2 2 2 k

n=1

∞ X

(k + n − 1) an−1 xk+n = 0

n=1

En consecuencia, debe tenerse  1 1   = 0 k(k − 1) − k + 2 2 k+n 1   (k + n)(k + n − 1) − + an + (k + n − 1) an−1 = 0, 2 2

n≥1

de la primera ecuación se obtienen los valores permisibles de k, que son k = 1 y k = 12 . Esta ecuación recibe el nombre de indicial, se denota por I(k). Esto es, I(k) = k(k − 1) −

k 1 + =0 2 2


106

Con esta notación las ecuaciones anteriores quedan como sigue: I(k) = 0 (k + n) an + (k + n − 1) an−1 = 0,

n≥1

Veamos lo que sucede con los valores de k.

¡k=

1 2

! 1 1 I( + n) an + (n − ) an−1 2 2 1 1 1 1 1 1 ( + n)(n − ) − ( − n) + an + (n − ) an−1 2 2 2 2 2 2 1 1 n (n − )an + (n − ) an−1 2 2 1 (n − )(n an + an−1 ) 2 an

= 0 = 0 = 0 = 0 1 = − an−1 ) n

de donde, 1 a0 1 a0 a0 a1 = −a0 , a2 = − a1 = , a3 = − a2 = − · · · , an = (−1)n 2 2 3 2·3 n!

¡k=1! En este caso, an = −

2 an−1 . Luego, 2n + 1

2 22 23 (−1)n 2n a0 a1 = − a0 , a2 = a0 , a3 = − a0 , · · · , an = 3 3·5 3·5·7 3 · 5 · 7 · (2n + 1) Tomando a0 = 1, y reemplazando en la serie solución se tiene y1 (x) = x1/2

∞ X (−1)n xn n=0

y2 (x) = x

∞ X n=0

n!

(−1)n (2x)n 3 · 5 · · · · (2n + 1)

Estas funciones son L.I. y convergentes. En consecuencia, la solución general es de la forma y = C1 y1 + C2 y2 que en este caso, equivale a y(x) = C1 kxk1/2

∞ X (−1)n xn n=0

n!

+ C2 kxk

∞ X n=0

(−1)n (2x)n 3 · 5 · · · · (2n + 1)


107

A lo mejor te gusta más el siguiente camino: 1 1 x2 y 00 + x(x − ) y 0 + y = 0 2 2 es la ecuación diferencial dada. Te muestro como llegar a la ecuación indicial en forma rápida y sencilla 1 1 1 p(x) = (x − ) =⇒ x p(x) = x − x 2 2 1 1 =⇒ x2 q(x) = 2x2 2 Debe tenerse presente que estos son desarrollos en serie de Taylor, por tanto, se deduce que q(x) =

p0 = −

1 2

q0 =

1 2

Luego, la ecuación indicial es I(r) = r(r − 1) −

r 1 + =0 2 2

A partir de esto, se tiene que r = 1 o bien r = 21 . Se reemplaza cada uno de estos valores en la ecuación ∞ X xr+n−2 (r + n)(r + n − 2) + x p(x) (r + n) + q(x) x2 cn = 0 n=0

Si r =

1 2,

entonces ∞ X

x

1 +n−2 2

n=0

1 1 1 1 1 ( + n)( + n − 2) + ( + n)(x − ) + cn = 0 2 2 2 2 2

Ahora hay que ver el asunto de los exponentes, para ello se debe separar en dos sumatorias ∞ X

∞

3

xn− 2 [n2 −

n=0

X 1 1 n )] cn + xn− 2 [ + n] cn = 0 2 2 n=0

En la primera suma, n = 0 hace que el primer término de ella sea 0. En la segunda suma se hace n = n − 1. ∞ ∞ X X 3 3 n 1 xn− 2 [n2 − )] cn + xn− 2 [n − ] cn−1 = 0 2 2 n=1

n=1

Ahora tenemos el mismo exponente e ´ındice de partida. Una sola suma ∞ X n=1

n− 32

x

1 1 cn (n − )n + cn−1 (n − ) = 0 2 2

Para que esta suma sea cero, la u ńica alternativa es que la cantidad dentro del corchete se anule. Es decir, 1 1 cn (n − )n + cn−1 (n − ) = 0 2 2


108

de donde, 1 cn = − cn−1 n se obtienen los siguientes valores: 1 1 1 1 c1 = −c0 , c2 = − c1 = c0 , c3 = − c2 = − c0 2 2 3 6 lo que da a lugar a cn =

(−1)n c0 n!

Un trabajo similar con r = 1 produce ∞ X 1 n−1 x cn (n + )n + n cn−1 = 0 2 n=1

de donde, cn = −

2cn−1 1 + 2n

se obtienen los siguientes valores: 2 2 4c0 2 2 · 4 c0 c1 = − c0 , c2 = − c1 = , c3 = − c2 = − 3 5 3·5 7 3·5·7 lo que da a lugar a cn =

(−1)n c0 2n 3 · 5 · 7 · · · (2n + 1)

Tomando c0 = 1, se tiene 1/2

y1 (x) = x

∞ X (−1)n xn n=0

y2 (x) = x1

∞ X n=0

n!

(−1)n (2x)n 3 · 5 · · · · (2n + 1)

como estas funciones son L.I. y convergentes, la solución general es de la forma y = C1 y1 + C2 y2 Ejemplo 85 (Ecuaci´ on de Bessel):

x2 y 00 + x y 0 + (x2 − n2 ) y = 0

En 1703 investigó esta ecuación Bernouilli, en relación con el movimiento oscilatorio de una cadena colgante, posteriormente Bessel (1784 - 1846) la analizó en sus estudios del movimiento planetario. Estas funciones de Bessel se han usado para estudiar, problemas de elsticidad, movimiento de flu´ıdos, teor´ıa del potencial, difusión y propagación de ondas, etc. Vamos a resolver esta ecuaci´ on en torno de x = 0 que es punto singular. Una solución no trivial puede hallarse en la forma y=

∞ X p=0

ap xp+k


109

Veamos que sucede con esto. Derivamos y reemplazamos 2

x

∞ X

p+k−2

ap (p + k)(p + k − 1) x

p=0

+x

∞ X

p+k−1

(p + k)ap x

2

2

+ (x − n )

p=0

∞ X

ap xp+k = 0

p=0

que equivale a ∞ X

∞ X ap (p + k)(p + k − 1) + (p + k)ap − n2 ap xp+k + ap xp+k+2 = 0

p=0

p=0

y que a su vez, simplificando, es igual a ∞ ∞ X X (p + k)2 − n2 ap xp+k + ap−2 xp+k = 0 p=0

p=2

en la segunda sumatoria se usó, p = p − 2. Ahora le sacamos p = 0 y p = 1 a la primera serie, y asociamos, lo que queda, en una serie que parte de p = 2 (k 2 − n2 ) a0 xk + [(k + 1)2 − n2 ] a1 xk+1 +

∞ X (p + k)2 − n2 ) ap + ap−2 xp+k = 0 p=2

A partir de esto establecemos la ecuación caracter´ıstica (k 2 − n2 ) a0 = 0 [(k + 1)2 − n2 ] a1 = 0 (p + k)2 − n2 ) ap + ap−2 = 0,

p≥2

Tomando a 6= 0 (en caso contrario se toma a1 6= 0, y si fuera ai = 0 para todo i tendr´ıamos la solución trivial), se tiene k = ±n. Caso k = n > 0

En la segunda ecuación k = n da lugar a que (1 + 2n) a1 = 0 =⇒ a1 = 0, pues 1 + 2n 6= 0, ∀ n ∈ IN

En general, a2p+1 = 0. Para los pares se tiene:

En general,

a2 = −

a0 a0 =− 2 4(n + 1) 2 (n + 1)

a4 = −

a2 a2 a2 =− =− 4 2 2 (n + 4) − n 8(n + 2) 2 (n + 1)(n + 2) · 2

(−1)p a0 22p p! (n + 1)(n + 2) · · · (n + p) Esto es análogo, de modo que a2p =

Caso k = −n

a2p+1 = 0 a2p

=

22p p! (−n

(−1)p a0 + 1)(−n + 2) · · · (−n + p)


110

Soluciones: (1) k = n, significa que la solución es y = a0

∞ X

22p p! (n

p=0

(−1)p x2p+n + 1)(n + 2) · · · (n + p)

Si se elige a0 =

1 2n Γ(n

+ 1)

siendo Γ la función gamma de Euler, entonces y=

∞ X (−1)p ( x2 )2p+n p! Γ(n + p + 1) p=0

pues, Z Γ(p + 1) = pΓ(p),

∞

Γ(p) =

e−x xp−1 dx,

p>0

0

Esta solución se denota por Jn (x). Es decir, Jn (x) =

∞ X (−1)p ( x2 )2p+n p! Γ(n + p + 1) p=0

llamada funci´ on de Bessel de primera especie de orden n (2) k = −n. Este caso es análogo. Se tiene J−n (x) =

∞ X (−1)p ( x2 )2p−n p! Γ(−n + p + 1) p=0

con a0 =

1 2−n Γ(−n

+ 1)

y se llama funci´ on de Bessel de primera especie de orden −n. Se tiene as´ı, que tanto Jn (x) como J−n (x), por ser convergentes (radio R = ∞) y derivables, son soluciones de la ecuación de Bessel. El u ńico pero, son los casos n entero y no entero • Si n no es entero, la solución general es y = C1 Jn (x) + C2 J−n (x) • Si n es entero, entonces Jn (x) y J−n (x) tienen la dependencia J−n (x) = (−1)n Jn (x) Luego, una segunda solución L.I. con Jn (x) es Yn (x) =

Jn (x) cos nπ − J−n (x) sen nπ


111

y se tiene la solución general y = C1 Jn (x) + C2 Yn (x) Yn se llama función de Bessel de segunda clase de orden p o función de Newmann de orden p. Ejemplo 86 Hallar soluci´ on de la ecuaci´ on diferencial 9 x2 y 00 + x y 0 + 4x2 − y=0 25 Basta “un ojo” para darse cuenta que esta ecuación es de Bessel. Como ya conocemos sus soluciones, sólo es necesario descubrir que el n = 53 , y que 4x2 = (2x)2 . Por tanto, la soluci´ on general es y = C1 J3/5 (2x) + C2 J−3/5 (2x) Ejemplo 87 Hallar soluci´ on de la ecuaci´ on diferencial x2 y 00 + x y 0 + 3x2 − 4 y = 0 No es necesario que te dé explicaciones, ya te diste cuenta que la solución general es √ √ y = C1 J2 (x 3) + C2 Y2 (x 3)

Otras ecuaciones clásicas de la f´ısica son: Ecuación de Laguerre

x y 00 + (1 − x) y 0 + n y = 0

Si n ∈ ZZ+ , su solución es un polinomio de la forma y1 =

∞ X (−n)k xk

(k!)2

k=0

llamado polinomio de Laguerre, y que se anota como Ln (x). Además, (−n)k = con lo cual Ln (x) =

(−1)k n! (n − k)!

∞ X (−n)k xk k=0

(k!)2

∞ X (−1)k n! xk = (n − k)! (k!)2 k=0

La solución y2 es logar´ıtmica y no tiene mayor importancia. Ecuación de Hermite

y 00 − 2x y 0 + 2n y = 0, n ∈ IN0

Su solución en serie es de la forma n

Hn (x) =

[2] X (−1)k n! (2x)n−2k k=0

k! (n − 2k)!

Section 26: Transformada de Laplace

en la cual, [ n2 ] es la parte entera de Ecuación de Legendre

112 n 2.

Hn (x) se llama polinomio de Hermite.

(1 − x2 ) y 00 − 2x y 0 + p(p + 1) y = 0, p ∈ IN0 p

[2] X (−1)k (2p − 2k) xp−2k y1 (x) = k! 2p (p − k)! (p − 2k)! k=0

[ p2 ] es la parte entera de p2 .

26. Transformada de Laplace Una de las herramientas que más ayuda presta a la hora de resolver ecuaciones y sistemas diferenciales con condiciones iniciales, es la llamada Transformada de Laplace. Un operador integrable se define como Z T [f (t)] =

∞

K(s, t) f (t) dt = F (s)

−∞

donde K recibe el nombre de n´ ucleo de la transformación. Si 0, t<0 K(s, t) = −st e , t≥0 tenemos la llamada Transformada de Laplace, que se anota Z ∞ L[f (t)] = e−st f (t) dt = F (s) ∞

Importa describir el dominio del operador L, esto es, determinar las condiciones que debe satisfacer la función f . Definici´ on 26.1 Una funci´ on f es continua por tramos en [a, b] si y s´ olo si: 1. f est´ a definida y es continua en todos, salvo un n´ umero finito de puntos de [a, b] 2. Existen los l´ımites laterales

f (x+ 0) = f (x− 0)

=

lim f (x0 + h)

h→0+

lim f (x0 − h)

h→0−

en cada punto x0 ∈ [a, b] Definici´ on 26.2 Una funci´ on f es de orden exponencial, si existe una constante real positiva c tal que kf (t)k ≤ c eαt , para todo t > 0, α ∈ IR.


113

Estas dos condiciones: continuidad por tramos y orden exponencial, garantizan la existencia de la transformada de Laplace. Es decir, Z ∞ e−st f (t) dt L(f (t)) = 0

existe para todo s > α, en donde α es un n´ umero real por determinar La mayor´ıa de las funciones con las que se trabaja son de órden exponencial, sin embargo 2 debe tenerse cuidado con aquellas que no lo son, tal como f (t) = et , y que por tanto no tienen transformada de Laplace. Para las funciones de órden exponencial se tiene el siguiente resultado interesante. Teorema 26.3 Si f es una funci´ on de orden exponencial entonces lim L[f (t)] = lim F (s) = 0

s→∞

Demostraci´ on

s→∞

Como f es de orden exponencial, kf (t)k ≤ c eαt , c > 0, α ∈ IR, t > 0. Luego Z ∞ Z ∞ Z ∞ kf (t)k e−st dt ≤ c eαt e−st dt ≤ c e−t(s−α) dt 0

0

≤ −

c e−t(s−α) s−α

0

∞ ≤ 0

c s−α

A partir de esto, lim L(f ) = 0. s→∞

Importancia de este resultado: Permite saber en forma inmediata que funciones no tienen s inversas. Por ejemplo, F (s) = 1, s, sen s, no poseen inversas pues lim L(f ) 6= 0. s→∞ s+1 Ejemplo 88 Las siguientes funciones son de orden exponencial f (t) = 1, f (t) = tn , f (t) = eat , f (t) = sen bt, f (t) = cos bt f (t) = tn eat sen bt, f (t) = tn eat cos bt Es probable que tengas interés en ver como funciona alguna de éstas. Te hago la más ”truculenta” Caso a > 0

n at

cos bt f (t) = tn eat cos bt =⇒ t ee2at

≤ como

tn eat

→ 0 si n → ∞, y en particular

n at

t e cos bt

≤1

e2at

tn eat e2at

=

tn eat


114

entonces

n at

t e cos bt ≤ e2at por tanto, en este caso, la función es de orden exponencial. Caso a < 0)

n at

t e cos bt ≤ tn ≤ et de modo que, en este caso, también es de orden exponencial. Me imagino que estás impaciente por empezar a calcular transformadas. Calmate un poco, algunos resultados previos son necesarios para tener la pel´ıcula más o menos clara, y saber que se está haciendo. Teorema 26.4 Si f es continua por tramos y de orden exponencial, entonces existe un n´ umero real α tal que Z ∞ f (t) e−st dt 0

es convergente, para todo s > α Demostraci´ on

Por hipótesis, kf (t)k ≤ eα t , c > 0, ∀t > 0. Luego, Z ∞ Z ∞ −st f (t) e dt ≤ C eα t e−st dt 0

0

Z ≤ C

∞

e(α−s)t dt

0

≤

Z

∞

f (t) e−st dt ≤

0

Z En consecuencia,

∞

C lim e(α−s) t α − s →∞ 0

C lim e(α−s) − 1 α − s →∞

≤

C (−1), α−s

≤

C , s−α

si (α − s) < 0

s>α

f (t) e−st dt converge

0

Ejemplo 89 Usar la definici´ on para calcular L[1] Z L[1] =

∞

−st

e 0

dt =

1 − e−st s

∞ 0

1 = , s

s>0

Section 27: Propiedades de la Transformada

115

Ejemplo 90 Calcular L[eat ] at

Z

∞ at

−st

e ·e

L[e ] = 0

∞

Z

(a−s)t

dt =

e

dt =

0

1 e(a−s)t a−s

∞ = 0

1 , s−a

s>a

Ejemplo 91 De la transformada anterior se deducen a) L[e−at ] =

1 s+a

b) L[e−ati ] =

1 s + ai

c) L[eati ]

1 s − ai

=

Tener que calcular siempre con la definición es algo que no está en los planes de ning´ un matemático o ingeniero. ¿Para que están las proposiciones y teoremas?

27. Propiedades de la Transformada El uso de las siguientes propiedades facilita el cálculo de la transformada de Laplace. La demostración de ellas no presenta grandes dificultades, por lo que queda al interés del lector. Linealidad

Si L[f (t)] y L[g(t)] existen, entonces L [k1 f (t) + k2 g(t)] = k1 L[f (t)] + k2 L[f (t)]

Este resultado es muy bueno, sólo cabe preguntarse, si L es inyectiva, esto es, ?

L(f ) = L(g) =⇒ f = g que en lenguaje de operadores equivale a preguntarse, si la ecuación de operadores L(y) = φ(s) puede resolverse en forma u ńica para y cuando se conoce φ. Para no dejarte metido, la respuesta es Teorema 27.1 (Lerch) Sean f y g funciones continuas por tramos y de orden exponencial, y sea s0 n´ umero real tal que L(f )(s) = L(g)(s),

∀ s > s0

entonces, con la posible excepci´ on de los puntos de discontinuidad, f (x) = g(x),

∀x > 0


116

De este modo, siempre que la ecuación L(y) = φ(s) pueda resolverse para y, la solución es u ńica, siempre que se considere como idénticas a dos funciones cualesquiera que coinciden en todos sus puntos, salvo en sus puntos de discontinuidad. A esta solución se le llama Transformada inversa de Laplace de la función φ y su caracter´ıstica es que L−1 (φ) = y ⇐⇒ L(y) = φ ¡La u ´ltima pregunta!, ¿Es L sobreyectiva?, lo que en términos de operadores equivale a preguntarse si L(y) = φ(s) tiene solución para toda función φ. Es decir, ¿Para toda φ existe f tal que L(y) = φ? La respuesta es

¡¡NO!!, un resultado y el ejemplo que “mata”

Teorema 27.2 Si f es de orden exponencial, entonces lim L(f ) = 0

s→∞

Demostraci´ on 2 se tiene

Si f es de orden exponencial, entonces kf (t)k ≤ C eα t , de modo que por teorema kL(f )k ≤

C , s−α

∀s>α

de donde lim kL(f )k = k lim L(f )k ≤= 0

s→∞

s→∞

En consecuencia, lim L(f ) = 0

s→∞

Ejemplo 92 Las funciones φ(s) = 1, φ(s) = s, φ(s) = sen s, φ(s) = inversa, pues no tienden a cero cuando s va al infinito.

s s+1

no tienen transformada

Ejemplo 93 Para determinar L[sen at] hacemos uso de la exponencial compleja y de la propiedad de linealidad para escribir L[sen at] = = Derivadas

1 ati 1 L e − e−ati = L[eati ] − L[e−ati ] 2i 2i 1 1 1 a − = 2 2i s − ai s + ai s + a2


117

Teorema 27.3 Si f, f 0 , · · · , f (n−1) son continuas para todo t > 0, y si f (n) es continua por tramos y de orden exponencial en [0, ∞), entonces L[f 0 ]

= s L[f ] − f (0+ ),

L[f 00 ]

= s2 L[f ] − s f (0+ ) − f 0 (0+ ) .. .

f (0+ ) = lim f (t) t→0+

L[f (n) ] = sn L[f ] − sn−1 f (0+ ) − sn−2 f 0 (0+ ) · · · − f (n−1) (0+ ) Dado el interés que tienes por esta asignatura, verificaré el caso de la primera derivada Z ∞ 0 f 0 (t) e−st dt, u = e−st , dv = f 0 (t) dt L[f ] = 0

=

∞ f (t) e−st 0

∞

Z +s

e−st f (t) dt,

du = −s e−st , v = f (t)

0

= s L[f ] + f (t) e−st

∞ 0

= s L[f ] + 0 − 1 · f (0+ ) = s L[f ] − f (0+ ) Ejemplo 94 Verificar que L[cos at] =

s2

s + a2

Tu sabes, él sabe, y nosotros sabemos que f (t) = sen at =⇒ f 0 (t) = a cos at. Veamos el uso de la transformada de la derivada. L[f 0 ] = L[a cos at] = s L[f ] − f (0+ ) sabemos que, L[f ] = L[sen at] =

s2

a , + a2

f (0+ ) = 0

Por tanto,

a as = 2 2 +a s + a2 por propiedad de linealidad sacamos el a de L parea concluir que L[a cos at] = s

s2

L[cos at] =

s s2 + a2

Ejemplo 95 La transformada de L[tn ] se halla como sigue De acuerdo con la derivada tenemos f (t) = tn =⇒ f (n) = n! Aplicamos a esta igualdad la transformada en ambos miembros L[f (n) (t)] = L[n!] = n! L[1] =

n! s


118

Por la propiedad de la derivada, el primer miembro es tal que L[f (n) ] = sn L[f ] − sn−1 f (0+ ) − sn−2 f 0 (0+ ) − · · · Al evaluar, los l´ımites tienen el valor cero, por lo que sn L[tn ] = L[tn ] =

n! . De esto se obtiene s

n! sn+1

Multiplicaci´ on por tn dn F (s) = (−1)n F (n) (s) dsn

L[f (t)] = F (s) =⇒ L[tn f (t)] = (−1)n O bien L−1 [F (s)] = f (t) =⇒ L−1 [F n (s)] = L−1 [

dn F (s)] = (−1)n tn f (t) dsn

Ejemplo 96 La transformada de L[tn ] se obtiene de la propiedad de la multiplicaci´ on como sigue. L[tn f (t)] = (−1)n

dn F (s), dsn

F (s) = L[f (t)]

1 Se considera f (t) = 1, con lo que L[f (t)] = . s Ahora L[(tn ] = (−1)n

dn dsn

1 dn = (−1)n n s ds

= (−1)n · (−1)n · n! · s−(n+1) =

s−1

n! sn+1

Integrales Sea f de orden exponencial en [0, ∞), y sea a ∈ IR+ , entonces Z t Z 1 1 a f (x) dx = L[f ] − f (x) dx, a ∈ IR L s s 0 a En efecto, Z L a

t

Z f (x) dx = 0

∞

e−st

Z

t

f (x) dx

dt

a

Integrando por partes, con Z t 1 u= f (x) dx, du = f (t) dt, dv = e−st dt, v = − e−st s a se llega a que Z L a

t

∞ Z Z 1 −st t 1 ∞ −st f (x) dx = − e f (x) dx + e f (t) dt s s 0 a 0


119

la evaluación en ∞ es cero pues la f es de orden exponencial, y por consiguiente acotada, al evaluar en cero y teniendo en cuenta que la integral que “sobrevive” es la transformada de f , se tiene Z t Z 1 1 a L f (x) dx = L[f ] − f (x) dx s s 0 a Como caso particular se tiene Z L 0

t

1 f (x) dx = L[f ] s

Ejemplo 97 Hallar L[t et ], usando propiedad de integraci´ on. t

Z

x ex dx = t et − et + 1

0

Luego Z

t

L

x

x e dx

= L[tet ] − L[et ] + L[1]

0

1 1 1 L[tet ] = L[tet ] + − s s s − 1 1 s 1 − · L[tet ] = s s−1 1−s 1 = (s − 1)2 Desplazamiento en frecuencia L[f (t)] = F (s) =⇒ L[f (t) eat ] = F (s − a) O bien f (t) = L−1 [F (s)] =⇒ f (t) eat = L−1 [F (s − a)] Ejemplo 98 Hallar L[e−2t cos 3t] La presencia de la exponencial indica el desplazamiento (a = −2), por tanto, interesa la funci´ on que multiplica a la exponencial (f (t) = cos 3t), cuya transformada es L[cos 3t] =

s s2 + 9

En consecuencia, L[e−2t cos 3t] = F (s + 2) = Ejemplo 99 Probemos que L[t et ] =

s+2 (s + 2)2 + 32

1 , usando propiedad de desplazamiento. (s − 1)2


120

En este caso, a = 1, f (t) = t, de modo que L[t et ] = F (s − 1) Ahora, con la determinación de F (s) el problema está resuelto. Para ello observamos que f (t) = t. Luego n! 1 F (s) = L[t] = n+1 n=1 = 2 s s En consecuencia L[t et ] = F (s − 1) =

1 (s − 1)2

Desplazamiento en tiempo f (t) = µ(t − a) g(t − a), a ≥ 0 =⇒ L[f (t)] = e−as L[g(t)] O bien L−1 [F (s)] = f (t) =⇒ L−1 [e−as F (s)] = f (t − a) µ(t − a) Ejemplo 100 La transformada del Escal´ on unitario L[µ(t)] definido como 1, x > 0 µ(t) = 0, x < 0 se calcula por la definici´ on Z L[µ(t)] =

∞

−st

µ(t) e

Z dt =

0

0

∞

1 e−st dt = , s > 0 s

Ejemplo 101 Hallar L[µ(t − a) sen t]. Hacemos uso de la propiedad de desplazamiento. f (t) = µ(t − a) g(t − a) =⇒ L[f (t)] = e−as L[g(t)] Ahora, g(t − a) = sen((t + a) − a) =⇒ g(t) = sen(t + a) En consecuencia, L[µ(t − a) sen t] = e−as L[sen(t + a)] i 1 h (t+a)i L e − e−(t+a)i = e−as 2i 1 1 −as 1 ai −ai = e ·e − ·e 2i s − i s+i e−as (s + i) eai − (s − i) e−ai = 2i s2 + 1


121

ai e−as s(e − e−ai ) + i(eai − e−ai ) L[µ(t − a) sen t] = 2i s2 + 1 −as e 2is sen a + 2i cos a = 2i s2 + 1 s sen a + cos a −as = e s2 + 1 Ejemplo 102 Hallar la funci´ on f (t) tal que L[f (t)] =

2s + 3 s2 − 4s + 20

2s + 3 . Observemos que esto significa que se pide determinar la transformada inversa de 2 s − 4s + 20 2s + 3 Esto es, L−1 2 . s − 4s + 20 Escribimos lo siguiente s2

2(s − 2) 7 2s + 3 = + 2 − 4s + 20 (s − 2) + 16 (s − 2)2 + 16

Con ello nos damos cuenta que aparecen las transformadas de las funciones seno y coseno, desplazadas. En consecuencia 2s + 3 7 −1 L = 2e2t cos 4t + e2t sen 4t = f (t) 2 s − 4s + 20 4 Cambio de escala L[f (t)] = F (s) =⇒ L[f (at)] =

1 s F a a

Divisi´ on por t Z ∞ f (t) L[f (t)] = F (s) =⇒ L = F (z) dz t s

siempre que lim

t→0

f (t) exista. O bien t −1

f (t) = L Z En particular, 0

Peri´ odicas

∞

f (t) dt = t

f (t) [F (s)] =⇒ = L−1 t

Z

∞

F (z) dz s

Z

∞

F (z) dz

s


122

1 f de periodo T =⇒ L[f (t)] = 1 − e−T s

Z

T

f (t) e−st dt

0

Convoluci´ on 1. Sean L[f (t)] = F1 , L[g(t)] = F2 , entonces L[f ∗ g] = F1 (s) · F2 (s) =⇒ f ∗ g = L−1 [F1 (s) F2 (s)] 2. Sean f (t) = L−1 [F1 (s)], g(t) = L−1 [F2 (s)], entonces L−1 [F1 (s) ∗ F2 (s)] = f (t) g(t) =⇒ F1 (s) ∗ F2 (s) = L[f (t) g(t)] Ahora ejemplificamos todas las propiedades, principalmente aquelllas que tienen que ver con la Transformada Inversa. Ejemplo 103 Resolver la ecuaci´ on diferencial y 00 − y = 1, con condiciones iniciales y(0) = 0, 0 y (0) = 1. Se aplica transformada en ambos miembros de la ecuación para tener L[y 00 ] − L[y] = L[1] 1 s2 L[y] − s f (0+ ) − f 0 (0+ ) − L[y] = s 1 1+s = s s(s2 − 1) 1 1 1 = − s(s − 1) s−1 s

s2 L[y] − L[y] = 1 + =

Ahora, aplicando transformada inversa obtenemos 1 1 ] − L−1 [ ] =⇒ y(t) = et − 1 s−1 s 1 −1 Ejemplo 104 Te muestro dos formas de hallar L . s(s2 + 1) y(t) = L−1 [

1. Fracciones parciales 1 1 s = − 2 + 1) s s +1 1 s −1 −1 1 −1 L = L −L s(s2 + 1) s s2 + 1 1 L−1 = 1 − cos t 2 s(s + 1) s(s2


2. Convoluci´ on

123

Para usar la convolución escribimos lo que sigue 1 1 1 = · 2 = F1 (s) · F2 (s) 2 s(s + 1) s s +1

Ahora, F1 (s) = F2 (s) =

1 s

=⇒ f (t) = 1

1 s2 + 1

=⇒ g(t) = sen t

En consecuencia 1 1 −1 =⇒ f (t) ∗ g(t) = L L[f (t) ∗ g(t)] = s(s2 + 1) s(s2 + 1) Esto significa que la transformada inversa la podemos hallar por convolución. Tenemos. Z t 1 L−1 = 1 · sen(t − x) dx = cos(t − x) t0 2 s(s + 1) 0 = 1 − cos t Ejemplo 105 Resolverla ecuaci´ on diferencial y 00 + y 0 − 6y = h(t), con y(0) = y 0 (0) = 0, con h(t) funci´ on de ´ orden exponencial Se aplica transformada en ambos miembros de la ecuación. L[y 00 ] + L[y 0 ] − 6L[y] = L[h(t)] s2 L[y] − s f (0+ ) − f 0 (0+ ) + sL[y] − f (0+ ) − 6L[y] = L[h(t)] s2 L[y] + s L[y] − 6 L[y] = L[h(t)] L[h(t)] L[y] = 2 s +s−6 Ahora, sea 1 1 1 L[g(t)] = 2 = = s +s−6 (s + 3)(s − 2) 5 Al aplicar transformada inversa 1 1 g(t) = e2t − e−3t 5 5 En consecuencia, se tiene la ecuación en transformadas

1 1 − s−2 s+3

L[y(t)] = L[h(t)] · L[g(t)] Al aplicar transformada inversa esta ecuación toma la forma Z ∞ y(t) = h(t) ∗ g(t) = h(x)g(t − x) dx 0

=

1 5

Z

∞

h(x) e2(t−x) − e−3(t−x) dx

0

Con esto se tiene el problema resuelto, para cualquier h(t) de orden exponencial.

Section 28: Problemas resueltos

124

28. Problemas resueltos Ejemplo Para hallar la transformada de Laplace de senh at, se puede usar la definición o bien la alternativa de las funciones exponenciales. Veamos esto u ´ltimo eat − e−at 1 1 L[senh at] = L = L[eat ] − L[e−at ] 2 2 2 1 a 1 1 = 2 − = 2 s−a s+a s − a2

Ejemplo Para el cálculo de la transformada de Laplace de f (t) = t2 et se puede emplear la propiedad de traslación, ya que aparece un producto entre la función exponencial y otra funci´ on cualquiera. La transformada de t2 es L[t2 ] =

2! 2 = 3 s3 s

En consecuencia L[t2 et ] =

2 (s − 1)3

Como alternativa está el hecho de que la función exponencial está multiplicada por una potencia de t. En este caso se sabe que 1 L[et ] = s−1 Luego, 2 1 d 1 2 2 t 2 d L[t e ] = (−1) = − = 2 2 ds s−1 ds (s − 1) (s − 1)3 Ejemplo

Para demostrar que L[tn ] =

∞ n dz z t e dt = e−z , z = st s s 0 0 Z ∞ 1 1 = n+1 z n e−z dz = n+1 Γ(n + 1) s s 0 r π Γ(1/2) En particular, L[t−1/2 ] = 1/2 = . s s Z t Ejemplo Hallar L sen 2u du n

L[t ] =

0

Z

∞

Γ(n + 1) , n > −1, s > 0, vamos a emplear la definici´ on. sn+1

n

−st

Z

De acuerdo con la propiedad de la transformada de Laplace para integrales se tiene que Z t F (s) L[f (t)] = F (s) =⇒ L f (u) du = s 0


Como L[sen 2t] =

s2

125

2 , tenemos que +4 Z t L sen 2u du = 0

2 + 4)

s(s2

sen t t Usemos la propiedad de división por t. Esto es Z ∞ f (t) = F (u) du L[f (t)] = F (s) =⇒ L t s

Ejemplo

Hallar L

Con la condición de que lim

t→0

f (t) exista. Para este caso tenemos, t L[sen t] =

En consecuencia

s2

1 , +1

sen t =1 t→0 t lim

Z ∞ du π 1 sen t = du = − arctg s = arctg ( ) L 2 t u +1 2 s s sen at Ejemplo Hallar L t Usemos la propiedad del cambio de escala. Esto es

L[f (t)] = F (s) =⇒ L[f (at)] =

1 s F( ) a a

Además, tenemos que L[

1 sen t ] = arctg ( ) = F (s), t s

f (t) =

sen t sen at =⇒ f (at) = t at

se sigue que sen at 1 sen at ]= L L[ at a t Como L[sen at] =

s2

a entonces + a2 Z ∞ sen at a a L = du = arctg ( ) 2 2 t u +a s s

Ejemplo Hallar L [U(t − a)] Se puede hacer uso de la definición, o bien de la propiedad de traslación. En este u ´ltimo caso se tiene que f (t − a), t > a L[f (t)] = F (s) y g(t) = =⇒ L[g(t)] = e−as F (s) 0, t

126

1 Como f (t) = 1 y L[1] = , entonces s L [U(t − a)] = ∞

Z Ejemplo

Evaluar

Usemos el hecho que

e−as s

t e−3t sen t dt

0

Z

∞

L[t sen t] =

t e−st sen t dt

0

Esto es una primera aproximación al problema. Además, 2s L[t sen t] = 2 (s + 1)2 Luego

∞

Z

t e−st sen t dt =

0

2s (s2 + 1)2

En consecuencia, con s = 3, tenemos Z

∞

t e−st sen t dt =

0

3 50

Ejemplo

4s + 12 −1 Hallar L s2 + 8s + 16 4s + 12 −1 −1 4s + 12 −1 4(s + 4) − 4 L = L =L s2 + 8s + 16 (s + 4)2 (s + 4)2 1 1 −1 −1 = 4L −4 L s+4 (s + 4)2 = 4e−4t − 4te−4t = 4e−4t (1 − t)

Ejemplo

Hallar L−1

s2 (s

1 + 1)2

Vamos a usar convolución

1 1 1 = 2· 2 + 1) s (s + 1)2 Para usar el teorema de convolución tenemos 1 −1 1 −1 L = t = f (t), L = t e−t = g(t) s2 (s + 1)2 s2 (s

Luego −1

L

1 2 s (s + 1)2

Z

t

= f ∗g = x e−x (t − x) dx 0 Z t = (xt − x2 ) e−x dx 0 t = (xt − x2 )(−e−x ) − (t − 2x)e−x + 2 e−x 0

= te−t + 2e−t + t − 2


127

3s + 7 s2 − 2s − 3 Esta vez usemos fracciones parciales Ejemplo

Hallar L−1

s2

3s + 7 3s + 7 4 1 = = − − 2s − 3 (s − 3)(s + 1) s−3 s+1

Se aplica inversa en ambos miembros 1 1 3s + 7 = 4 L−1 − L−1 = 4e3t − e−t L−1 2 s − 2s − 3 s−3 s+1 Ejemplo Resolver la ecuación diferencial y 00 + y = t, y(0) = 1, y 0 (0) = −2 Se toma transformada de Laplace en ambos miembros L[y 00 ] + L[y] = L[t] = s2 L[y] − sy(0) − y 0 (0) + L[y] = s2 L[y] − s + 2 + L(y) = (1 + s2 )L[y] = L[y] = = y(t) =

1 s2

1 s2 1 +s−2 s2 1 + s3 − 2s2 s2 (1 + s2 ) 1 s 3 + − 2 2 s 1 + s 1 + s2 s 3 −1 1 L + − s2 1 + s2 1 + s2 t + cos t − 3sen t

= 0 x = 2x − 3y , x(0) = 8, y(0) = 3 Ejemplo Resolver el sistema y 0 = −2x + y Se toma transformada de Laplace en ambas ecuaciones s L[x] − 8 = 2L[x] − 3L[y] s L[y] − 3 = L[y] − 2L[x] Este sistema de transformadas se escribe en la forma (s − 2) L[x] + 3L[y] = 8 2 L[x] + (s − 1)L[y] = 3

Al sumar, la multiplicación de la primera ecuación por (-2) y la segunda por (s − 2), se obtiene L[y] =

3s − 22 − 3s − 4

s2

Para hallar L[x] se multiplica la primera ecuación por (s − 1) y la segunda por (-3). Al sumarlas L[x] =

8s − 17 − 3s − 4

s2


128

A estas dos ecuaciones obtenidas se aplica transformada inversa 8s − 17 5 3 −1 −1 −1 x(t) = L =L +L s2 − 3s − 4 s+1 s−4 3s − 22 5 2 y(t) = L−1 2 = L−1 − L−1 s − 3s − 4 s+1 s−4 Al calcular estas transformadas inversas se encuentra x(t) = 5et + 3e4t y(t) = 5et − 2e4t

libro ecuaciones diferenciales ph Valenzuela

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