Mario Chavez - Ecuaciones Diferenciales

Z

l´ım

∞

esen t dt

β=s2

α=s

zX }| 1 { zX }| { ≤ an + bn

(x,y)7→(a,−a) xy x>−y n P |aij |2 máx a2kl k,l=1,...,n i,j=1 Z k6=l i6=j

n≥1

|

¿γ=

ξττo s

P

{z

n≥1

}

n≥1 (an +bn )?

´ UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN ANDRES FACULTAD DE CIENCIAS PURAS Y NATURALES

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Y SUS APLICACIONES Autor MARIO ERROL CHAVEZ GORDILLO La Paz - Bolivia Julio 2012

S

g+

+

g

-

S

A

B

u W (s +)

W u(s -)

s

-

W ss(s0 )

s0

s+ W u(s0 )

-

Índice general

1. GENERALIDADES

1

1.1. ¿Qué es una Ecuación Diferencial?

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.2. Clasificación de las Ecuaciones Diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.2.1. Clasificación seg´ un el tipo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.2.2. Clasificación seg´ un el orden. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2.3. Clasificación seg´ un la linealidad o no linealidad. . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.3. Solución de una Ecuación Diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.4. Problemas de valor inicial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.4.1. Problemas de valor inicial de primero y segundo orden. . . . . . . . . . . .

7

1.4.2. Existencia y unicidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.5. Practica con Mathematica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.5.1. Definición de funciones.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.5.2. Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.6. Resolución de ecuaciones diferenciales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.6.1. Ecuaciones con condiciones iniciales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

1.6.2. Gráficos bidimensionales. El comando Plot. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

1.6.3. Representación gráfica de la solución de una ecuación diferencial. . . . . .

12

2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

14

2.1. Ecuaciones diferenciales de variables separadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

2.2. Ecuaciones diferenciales de la forma y ′ = f (ax + by)

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

2.3. Ecuaciones diferenciales Homogéneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

i

βτ αηφoη

MAT-INF-FIS-QUIM-EST-BIO

ii

2.4. Ecuaciones diferenciales Reducibles a Homogéneas . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

2.5. Ecuaciones diferenciales Homogéneas Impl´ıcitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

42

2.6. Ecuaciones diferenciales Exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

44

2.7. Reducibles a Exactas: Factores Integrantes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57

2.8. Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

65

2.9. Ecuación de Bernoulli

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

79

2.10. Ecuación de Riccati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

94

2.11. Ecuaciones de Lagrange y Clairaut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 2.12. Reducción de Orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 2.13. Trayectorias ortogonales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107 2.14. Problemas geométricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 ´ 3. ECUACIONES DIFERENCIALES COMO MODELOS MATEMATICOS

116

3.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 3.2. Problema de rapidez de variación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117 3.3. Crecimiento bacteriano.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

3.4. Periodo medio del plutonio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 3.5. Antiguedad de un fósil. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 3.6. Propagación de una enfermedad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 3.7. Ley de Newton del enfriamiento. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 3.8. Mezclas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 3.9. Vaciado de un tanque. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 3.10. Ca´ıda libre. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 3.11. Velocidad de un cohete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132 3.12. La descomposición de N2 O . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134 3.13. Modelos de Crecimiento Poblacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134 3.13.1. Modelos de Malthus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 3.13.2. Modelos de Verhulst, Ecuación log´ıstica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 3.14. Aplicaciones a la Econom´ıa

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

4. ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN

156

4.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156 4.2. La solución general de la ecuación homogénea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158 R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca

Jasmer LPC - Intocables

βτ αηφoη


iii

4.3. Utilización de una solución conocida para encontrar otra . . . . . . . . . . . . . . 160 4.4. La ecuación con coeficientes constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164 4.5. El Método de Coeficientes Indeterminados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169 4.6. Método de Variación de parámetros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185 4.7. Modelado con ecuaciones diferenciales de orden superior. . . . . . . . . . . . . . . 205 4.7.1. Sistemas de resorte y masa: movimiento libre no amortiguado. . . . . . . . 205 4.8. Desviación de una viga. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207 5. LA TRANSFORMADA DE LAPLACE

210

5.1. Resumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210 5.2. Introducción a las transformadas integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212 5.3. Definición de la transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214 5.4. Condiciones de existencia de transformadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219 5.5. Transformada de derivadas e integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220 5.6. Teoremas operacionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222 5.7. Aplicación a las ecuaciones diferenciales de coeficientes constantes . . . . . . . . . 228 5.8. La transformación inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230 5.9. La convolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237 5.10. Ecuaciones lineales con coeficientes constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243 5.11. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253

R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


CAPÍTULO 1

GENERALIDADES

1.1.

¿Qu´ e es una Ecuaci´ on Diferencial?

Desde los primeros pasos en el cálculo diferencial, de todos es conocido que, dada una función dy y = f (x), su derivada dx = f ′ (x) es también una función que se puede encontrar mediante ciertas 3 3 dy reglas. Por ejemplo, si y = e−x , entonces dx = −3x2 e−x o, lo que es lo mismo, dy = −3x2 y. dx

(1.1)

El problema al que nos enfrentamos ahora no es el de calcular derivadas de funciones; más bien, el problema consiste en: si se da una ecuación como (1.1), hallar de alguna manera una función y = f (x) que satisfaga dicha ecuación, esto es, uno de los problemas al que nos enfrentamos en esta asignatura es dada una ecuación como la ecuación (1.1), hay alg´ un método por el cual podamos llegar a la función desconocida y = f (x)?. En una palabra, se desea resolver ecuaciones diferenciales. ´ DEFINICION 1.1 (Ecuaci´ on diferencial). Una ecuaci´ on diferencial es una ecuación que contiene derivadas o derivadas parciales de una o varias variables dependientes respecto a una o varias variables inpendientes. Observe que en una ecuación algebraica las incógnitas son n´ umeros mientras que en una ecuación diferencial las incógnitas son funciones. Resolver una ecuación diferencial significa hallar todas sus soluciones, es decir, hallar todas las funciones que satisfacen la ecuación. Para hallar las soluciones de una ecuación diferencial se han estudiando tres métodos: los métodos exactos, métodos numéricos y los cualitativos. A continuación los describimos brevemente: 1

βτ αηφoη

2


Los métodos exactos son aquellos que intentan obtener expl´ıcitamente todas las soluciones de una ecuación diferencial dada, estos métodos tienen una rango de aplicación peque˜ no debido a que unas pocas clases de ecuaciones pueden ser resueltas completamente. Los métodos numéricos son destinados para obtener con alguna exactitud razonable soluciones particulares de una ecuación diferencial. Estos han prosperado durante décadas recientes debido a la invención de computadores modernos. Actualmente estos métodos son usados en problemas prácticos que van desde f´ısica y ingenier´ıa hasta sicolog´ıa y arte, pero ellos ofrecen buenas aproximaciones locales, es decir, sobre intervalos peque˜ nos del dominio de las soluciones. Por lo tanto, en problemas tiempo.dependientes prácticos predicciones a largo plazo son dif´ıciles de realizar con esto métodos. Los métodos cualitativos son usados para investigar propiedades de las soluciones sin que necesariamente tengamos que hallarlas. Preguntas respecto a la unicidad y existencia de soluciones, estabilidad, o comportamiento asintótico o caótico pueden ser contestadas con la ayuda de estos métodos. (Caos es la impresibilidad de sistemas complejos, es decir es el efecto mariposa.) Excepto los teoremas de existencia y unicidad que aparecen primero en el desarrollo de la teor´ıa, los métodos cualitativos fueron desarrollados a finales del siglo 19, principalmente a través de trabajo del matemático Frances Henri Poincaré. ´ El estudio de ecuaciones diferenciales es una tarea dif´ıcil. Unicamente una combinación de los métodos cualitativos, numéricos y cuantitativos nos conducirá a entender una mayor cantidad de problemas. Las ecuaciones diferenciales se clasifican de acuerdo con su tipo, orden y linealidad.

1.2. 1.2.1.

Clasificaci´ on de las Ecuaciones Diferenciales Clasificaci´ on seg´ un el tipo

Ecuaciones diferenciales ordinarias. Si una ecuación sólo contiene derivadas ordinarias de una o más variables dependientes con respecto a una sola variable independiente, entonces se dice que es una ecuación diferencial ordinaria. Por ejemplo, las siguientes ecuaciones diferenciales son ordinarias: dy − 4y = 2, dx

dy = x2 + 3x + 1 dx

d2 y dy − 5 + 3y = 0 2 dx dx R mατ ιo ξτ τ o s

d2 y dx2

3

dy −4 dx

4

+ 3y = 0

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(1.2)

(1.3)

(1.4)


βτ αηφoη

3


3(y ′′)3 + 2y = 0

(1.5)

Ecuaciones diferenciales parciales. Una ecuación que contiene las derivadas parciales de una o más variables dependientes, respecto de dos o más variables independientes, se llama ecuación en derivadas parciales. Por ejemplo las siguientes ecuaciones diferenciales son parciales: ∂u ∂u +y =u ∂x ∂y

(1.6)

∂3u ∂2u ∂u = −4 3 2 ∂x ∂t ∂t

(1.7)

x

1.2.2.

Clasificaci´ on seg´ un el orden.

´ 1.2. Se llama orden de la ecuaci´ DEFINICION on diferencial al m´ aximo orden de derivación de la variable dependiente que aparece en la ecuaci´ on. ´ 1.3. Se llama grado de una ecuaci´ DEFINICION on diferencial al grado de la derivada de mayor orden que aparezca en ella. As´ı, por ejemplo, ☞ las ecuaciones (1.2) y (1.6) son de primer orden y de primer grado. ☞ la ecuación (1.3) es de segundo orden y primer grado. ☞ las ecuaciones (1.4) y (1.5) son de de segundo orden y tercer grado. En lo que sigue nos preocuparemos sólo de ecuaciones diferenciales ordinarias y, como no habrá lugar a confusión, las denominaremos simplemente E. D. Por lo general, salvo que el contexto nos indique otra notación (o ésta provenga de los cambios de variable que efectuemos), utilizaremos x para denotar la variable independiente e y para la variable dependiente. Cuando la derivada de mayor orden se puede despejar, la ecuación se denomina expl´ıcita y, en el caso contrario, impl´ıcita. Para ser mas precisos ´ 1.4. Decimos que una ecuaci´ DEFINICION on diferencial (de orden n) est´ a expresada en forma impl´ıcita cuando tiene la forma F (x, y, y ′ , ..., y (n) ) = 0 (1.8) n+1−veces

z }| { siendo F una función F : Ω ⊂ R× Rm × · · · × Rm → Rm con Ω un subconjunto (generalmente n+1−veces z }| { m abierto) de R× R × · · · × Rm . Y decimos que una ecuaci´ on diferencial est´ a expresada en forma (n) expl´ıcita cuando la derivada de mayor orden y esta despejada, es decir, y (n) = f (x, y, y ′ , ..., y (n−1) ) R mατ ιo ξτ τ o s

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βτ αηφoη

4

MAT-INF-FIS-QUIM-EST-BIO n−veces

z }| { con f : D ⊂ R× Rm × · · · × Rm → Rm una funci´ on definida en un subconjunto D (generalmente n−veces }| { z abierto) de R× Rm × · · · × Rm . Cuando n = 1, la ecuación diferencial de orden 1 en su forma expl´ıcita es dado por y ′ = f (x, y).

(1.9)

Estudiemos algunos casos especiales: Supongamos que f : R × R → R. Puesto que y ′ = ecuación (1.9) se puede expresar también de la forma

M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0

dy la dx (1.10)

llamada forma diferencial de la ecuaci´ on diferencial. Por ejemplo: La ecuación 4x

dy +y =x dx

se puede escribir en la forma (y − x)dx − 4ydy = 0. Ahora bien cuando f : R × Rm → Rm tomemos x = (x1 , x2 , ..., xm ) y las funciones componentes f = (f1 , f2 , ..., fm ). De este modo, la ecuación (1.9) se expresa como y1 ′ = f1 (x, y1 , y2 , . . . , ym ) y2 ′ = f2 (x, y1 , y2 , . . . , ym ) .. .

(1.11)

ym ′ = fm (x, y1 , y2, . . . , ym ) por lo que se utiliza el nombre de sistema de ecuaciones diferenciales.

1.2.3.

Clasificaci´ on seg´ un la linealidad o no linealidad.

Se dice que una ecuación diferencial de la forma y (n) = f (x, y, y ′ , ..., y (n−1)) es lineal cuando f es una función lineal de y, y ′ , . . . , y (n−1) . A continuación presentamos una definición mas precisa ´ 1.5. Se dice que una ecuaci´ DEFINICION on diferencial es lineal si tiene la forma an (x)

dn y dn−1 y dy + a (x) + · · · + a (x) + a0 (x) y = g(x) n−1 1 dxn dxn−1 dx

(1.12)

y se llama lineal homogénea si, además, g(x) = 0. Dada una ecuaci´ on lineal, su correspondiente ecuación lineal homogénea en la que se ha hecho g(x) = 0 se denomina lineal homogénea asociada. Una ecuación que no es lineal se dice no lineal. R mατ ιo ξτ τ o s

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βτ αηφoη

5


En la ecuación (1.12), vemos las dos propiedades caracter´ısticas de las ecuaciones diferenciales lineales: 1. La variable dependiente y y todas sus derivadas son de primer grado; esto es, la potencia de todo término donde aparece y, y, y ′ , . . . , y y (n−1) es 1. 2. Cada coeficiente sólo depende de x, que es la variable independiente. 2

Las funciones de y como sen y o las funciones de las derivadas de y, como ey no pueden aparecer en una ecuación lineal. Las ecuaciones siguientes son ecuaciones lineales ordinarias de primero, segundo y tercer orden, respectivamente. (y − x)dx + 4xdy = 0,

′′

′

y − 2y + y = 0,

3 3d y x dx3

−

dy + 6y = ex dx

Por otro lado, las ecuaciones siguientes son ecuaciones diferenciales no lineales de primero, segundo y cuarto orden, respectivamente. (1 − y)y ′ + 4y = ex

aqu´ı el coeficiente depende de y

d2 y + sen y = 0 aqu´ı hay una función no lineal de y dx2 d4 y + y 2 = 0 aqu´ı la potencia de y es distinta de 1 dx4

1.3.

Soluci´ on de una Ecuaci´ on Diferencial

Nuestro objetivo es resolver ecuaciones diferenciales, esto es, encontrar sus soluciones. ´ 1.6. Decimos que una funci´ DEFINICION on y = ϕ(x) definida en un intervalo I (es decir, m ϕ : I ⊂ R → R ) es solución de una ecuaci´ on diferencial en el intervalo I si, sustituida en dicha ecuación, la transforma en una identidad. En este caso decimos que satisface la ecuación diferencial. Una ecuación diferencial se dice resoluble (o integrable) por cuadraturas si su solución es expresable mediante integrales. Por ejemplo, una solución de una ecuación diferencial ordinaria, como la ecuación (1.8), es una función ϕ con al menos n derivadas y F (x, ϕ(x), ϕ′ (x), ϕ′′ (x), ..., , ϕ(n) (x)) = 0 ∀x ∈ I R mατ ιo ξτ τ o s

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βτ αηφoη

6


Se dice que y = ϕ(x) satisface la ecuación diferencial. El intervalo I puede ser intervalo abierto, cerrado, infinito, etc. En este curso supondremos que una solución ϕ es una función de valores reales. Ejemplo

x4 Comprobar que y = es una soluci´ on de la ecuaci´ on no lineal 16 1 dy = xy 2 dx

en el intervalo (−∞, ∞). Soluci´ on. x3 x3 x2 dy =4 = =x =x dx 16 4 4 Ejemplo

r

x4 1 = xy 2 16

♣

Comprobar que y = xex es una soluci´ on de la ecuaci´ on lineal y ′′ − 2y ′ + y = 0

en el intervalo (−∞, ∞). Soluci´ on. Puesto que y = xex , entonces y ′ = xex + ex y de aqu´ı se obtiene y ′′ = xex + 2ex . Por lo tanto y ′′ − 2y ′ + y = xex + 2ex − 2(xex + ex ) + xex = 0 ♣ Ejemplo

La relación x2 + y 2 = 4 es una soluci´ on impl´ıcita de la ecuaci´ on diferencial dy x =− dx y

en el intervalo (−∞, ∞). Soluci´ on. Derivando impl´ıcitamente obtenemos d 2 d 2 d x + y = 4 dx dx dx dy 2x + 2y = 0 dx Al despejar el s´ımbolo dy de la u ´ ltima ecuación se obtiene la ecuación dy = − xy en el intervalo dx dx (−∞, ∞). R mατ ιo ξτ τ o s

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βτ αηφoη

7


Toda relación de la forma x2 + y 2 = c satisface formalmente la ecuación anterior para cualquier constante c, sin embargo, se sobrentiende que la relación siempre debe tener sentido en el sistema de los n´ umeros reales. As´ı, por ejemplo, no podemos decir que x2 + y 2 = −4 sea una solución ♣ impl´ıcita de la ecuación. Ejemplo La función y = c1 ex + c2 ex es una familia biparamétrica de soluciones de la ecuación lineal de segundo orden y ′′ − y = 0. Algunas de las soluciones particulares son y = 0 cuando ♣ c1 = c2 = 0, y = ex cuando c1 = 1 y c2 = 0. Normalmente usamos x y y para representar las variables independientes y dependiente, respectivamente. Pero en la práctica, esas dos variables se representan mediante muchos s´ımbolos distintos. Por ejemplo, podr´ıamos representar con t la variable independiente y con x la variable dependiente. Ejemplo Las funciones x = c1 cos 4t y x = c2 sen 4t, donde c1 y c2 son arbitrarias, son soluciones de la ecuación diferencial x′′ + 16x = 0. Es fácil comprobar que la combinación lineal de soluciones o sea, la familia biparamétrica x = c1 cos 4t + c2 sen 4t es una solución de la ecuación ♣ dada.

1.4.

Problemas de valor inicial.

A menudo nos interesa resolver una ecuación diferencial sujeta a condiciones prescritas, que son las condiciones que se imponen a y(x) o a sus derivadas. En alg´ un intervalo I que contenga a x0 , el problema: Resolver: y (n) = f (x, y, y ′ , ..., y (n−1) )

(1.13)

y ′(x0 ) = y1 ,

(1.14)

Sujeto a: y(x0 ) = y0 ,

... ,

y (n−1) (x0 ) = yn−1,

en donde y0 , y1 , ..., yn−1 son constantes reales especificadas arbitrariamente, se llama problema de valor inicial. Los valores dados de la función desconocida, y(x), y sus primeras n−1 derivadas en un solo punto x0 , y(x0) = y0 , y ′(x0 ) = y1 , ..., y (n−1) (x0 ) = yn−1 , se llaman condiciones iniciales.

1.4.1.

Problemas de valor inicial de primero y segundo orden.

El problema enunciado con (1.13) y (1.14) también se denomina problema de valor inicial de enésimo orden; por ejemplo, Resolver: Sujeto a: R mατ ιo ξτ τ o s

y ′ = f (x, y), y(x0 ) = y0 ,

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(1.15)


βτ αηφoη

8


Resolver: y ′′ = f (x, y, y ′ ), Sujeto a: y(x0 ) = y0 , y ′ (x0 ) = y1 .,

(1.16)

son problemas de valor inicial de primero y segundo orden, respectivamente. Son fáciles de interpretar en términos geométricos. Para la ecuación (1.15) estamos buscando una solución de la ecuación diferencial en un intervalo I que contenga a x0 , tal que una curva de solución pase por el punto prescrito (x0 , y0 ). Para las ecuaciones (1.16), deseamos determinar una solución de la ecuación diferencial cuya gráfica no sólo pase por (x0 , y0 ), sino que también pase por ese punto de tal manera que la pendiente de la curva en ese lugar sea y1 . El término condición inicial procede de los sistemas f´ısicos en que la variable independiente es el tiempo t y donde y(t0 ) = y0 , y y ′(t0 ) = y1 representan, respectivamente,la posición y la velocidad de un objeto en cierto momento o tiempo inicial t0 . Ejemplo Se comprueba que y = cex es una familia monoparamétrica de soluciones de la ecuación y ′ = y, de primer orden, en el intervalo (−∞, ∞). Si especificamos una condición inicial, por ejemplo, y(0) = 3, al sustituir x = 0, y = 3 en la familia, se determina la constante 3 = ce0 = c; por consiguiente, la función y = 3ex es una solución del problema de valor inicial y ′ = y, y(0) = 3. ♣ Ejemplo Podemos comprobar que x = c1 cos 4t + c2 sen 4t es una familia biparamétrica de soluciones de x′′ + 16x = 0. Determinemos una soluci´ on del problema de valor inicial Resolver: Sujeto a:

x′′ + 16x = 0, x(π/2) = −2, x′ (π/2) = 1.,

(1.17)

Soluci´ on. Primero sustituimos x(π/2) = −2 en la familia dada de soluciones y vemos que c1 = −2. En efecto, x(π/2) = c1 cos 4 π/2 + c2 sen 4 π/2 −2 = c1 cos 2 π + c2 sen 2 π c1 = −2

A continuación sustituimos x′ (π/2) = 1 en la familia, con lo que vemos que c2 = 1/4; por lo tanto: 1 x(t) = −2 cos 4t + sen 4t es una solución de (1.17). ♣ 4

1.4.2.

Existencia y unicidad

Al resolver un problema de valor inicial surgen dos asuntos fundamentales: ¿Existe una solución al problema?. Si la hay, ¿es u ńica? R mατ ιo ξτ τ o s

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βτ αηφoη

9


TEOREMA 1.1 (Existencia de una soluci´ on u ńica). Sea R una regi´ on rectangular del plano ∂f xy, definida por a ≤ x ≤ b; c ≤ y ≤ d, que contiene al punto (x0 , y0 ). Si f (x, y) y son continuas ∂y en R, entonces existe un intervalo I, centrado en x0 , y una funci´ on u ńica, y(x) definida en I, que satisface el problema de valor inicial expresado por las ecuaciones (1.15)

1.5. 1.5.1.

Practica con Mathematica Definici´ on de funciones.

Además de las funciones incorporadas por Mathematica, tu puedes definir tus propias funciones. Una forma de hacerlo es la siguiente: In[2] := h[x− ] = x2 + 1 Out[2] = 1 + x2 Una vez definida la función pueden calcularse diferentes valores para distintos argumentos tanto numéricos como simbólicos. In[3] := h[1] Out[3] = 2 In[4] := h[y] Out[4] = 1 + y 2

1.5.2.

Derivadas

Mathematica incorpora distintos formatos para la utilización de derivadas. D[f, x] Permite calcular la derivada parcial de la función f respecto a x. Por ejemplo la derivada de la función seno: In[13] := D[Sin[x], x] Out[13] = Cos[x] D[f, x, n] R mατ ιo ξτ τ o s

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βτ αηφoη

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Permite calcular la derivada n-ésima parcial de la función f respecto a x. Además, dada una función f , si ésta es derivable en un cierto dominio D, se puede definir sobre ese dominio la función derivada f ′ como la función que asocia a cada punto x el valor de la derivada de f en ese punto. Por ejemplo: In[99] := f [x] := Cos[x]; g[x− ] = f ′ [x] g[P i] Out[100] = −Sin[x] Out[101] = 0 Se define f como la función coseno y se calcula su derivada y se eval´ ua la derivada en π. Ejemplo En los siguientes problemas utiliza Mathematica para comprobar que la función indicada sea una solución de la ecuación diferencial dada. 1. 2y ′ + y = 0

y = e−x/2

y ′ + 4y = 32 y = 8

2. y ′ − 2y = e3x y = e3x + 10e2x y ′ = 2 + y 2

y = 5 tan 5x

Soluci´ on. In[109] := f [x] := Exp[−x/2]; 2 ∗ D[f [x], x] + f [x] Out[110] = 0 In[117] := f [x] := Exp[3x] + 10Exp[2x]; Simplif y[D[f [x], x] − 2f [x]] Out[118] = E 3x ♣

1.6.

Resoluci´ on de ecuaciones diferenciales.

El comando principal que incorpora Mathematica para resolver las ecuaciones diferenciales ordinarias es la función DSolve cuya sintaxis es la siguiente: In := DSolve[ecuac; y[x]; x] Resuelve la ecuación diferencial ecuac hallando la expresión formal de y[x] que la verifica. In[119] := DSolve[y ′[x] − y[x] == 0, y[x], x] Out[119] = {{y[x]− > E x C[1]}} R mατ ιo ξτ τ o s

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La solución general de una ecuación diferencial sin condiciones iniciales involucra coeficientes indeterminados: C(1). La llamada al comando DSolve produce como resultado la expresión formal de y[x]; sin embargo, esta solución no define una función por s´ı misma, es decir, no se puede efectuar directamente a través de ella ninguna operación con y[x]. En los casos en los que, además de obtener información sobre la solución de la ecuación, se necesite operar con ella (obtener y[4], y ′[x],...,etc), se ha de variar ligeramente la sintaxis del comando anterior. Se dispone del siguiente comando para resolver estos casos: In := DSolve[ecuac; y; x] Resuelve la ecuación diferencial ecuac hallando un conjunto de reglas sobre y que la definen como función. La forma de definir la solución como una función es la siguiente: In[120] := reglas = DSolve[y ′ [x] − y[x] == 0, y, x] Out[120] = {{y− > F unction[{x}, E x C[1]]}} Se obtienen las reglas que definen la solución de la ecuación In[121] := y[x− ] = y[x]/.reglas Out[121] = {E x C[1]} Se defina la función y[x] a partir de las reglas que definen la solución de la ecuación diferencial. Se tiene la solución de la ecuación como una nueva función. In[122] := y ′[x] − y[x] Out[122] = {0} Efectivamente, es la solución de la anterior ecuación diferencial. In[123] := y[−x] Out[123] = {E −x C[1]} Se pueden realizar operaciones con la nueva función solución.

1.6.1.

Ecuaciones con condiciones iniciales.

Mathematica soporta tanto el problema general de b´ usqueda de solución de una ecuación diferencial como un problema de Cauchy, es decir, la b´ usqueda de solución cuando se conoce alguna condición inicial. R mατ ιo ξτ τ o s

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βτ αηφoη

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MAT-INF-FIS-QUIM-EST-BIO In[125] := DSolve[{x′′ [t] + x[t] == 0, x[0] == 0, x′ [0] == 1}, x[t], t] Out[125] = {{x[t]− > Sin[t]}} De entre todas la posibles soluciones de la ecuación se tiene la que verifica las condiciones iniciales. In[126] := Regla = DSolve[{x′′ [t] + x[t] == 0, x[0] == 0, x′ [0] == 1}, x, t] Out[126] = {{x− > F unction[t, Sin[t]]}} De entre todas la posibles soluciones de la ecuación se tiene la que verifica las condiciones iniciales. In[11] := x[t]/.Regla x′ [t]/.Regla Out[11] = {Sin[t]} Out[12] = {Cos[t]} Se obtiene su derivada.

1.6.2.

Gr´ aficos bidimensionales. El comando Plot.

El comando que utiliza Mathematica para dibujar la gráfica de una función de una variable es Plot. Para su ejecución plot necesita dos argumentos: la descripción de la función cuya gráfica se desea obtener y una lista de tres elementos, separados por comas e incluidos entre llaves, que indican, respectivamente, la variable de la función y los valores m´ınimo y máximo entre los que se pretende representar dicha función. P lot[Sin[x]2 + 2xCos[x], {x, −4P i, 4P i}] Out := −Graphics− Devuelve la gráfica de la figura 1.1. Representa la función sen2 x + 2xcosx como variable de x entre 0 y π.

1.6.3.

Representaci´ on gr´ afica de la soluci´ on de una ecuaci´ on diferencial.

El problema que más com´ unmente se plantea es obtener la gráfica de la solución de una ecuación diferencial. Si utilizamos el comando DSolve para obtener una solución, la representación de ésta es sencilla, pues se tiene su expresión formal. Por lo tanto, puede ser representada directamente: R mατ ιo ξτ τ o s

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βτ αηφoη

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Figura 1.1: Gráfica de una función con Plot In[15] := Regla = DSolve[{2x′ [t] − 4x[t] == Exp[−t], x[0] == 0}, x, t] Out[15] = {{x− > F unction[t, 1/6E −t (−1 + E 3t )]}} Se obtiene la solución de la ecuación diferencial. P lot[x[t]/. %, {t, −8, 4}] Out := -GraphicsDevuelve la gráfica de la figura 3.1.

Figura 1.2: Gráfica de la solución de la ecuación.


´lculo III Ca


CAPÍTULO 2

ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

Llamamos E.D.O. (Ecuación Diferencial Ordinaria) de orden n en su forma impl´ıcita a una ecuación del tipo: F (x, y, y ′ , ..., y (n) ) = 0 y llamamos una E.D.O. de orden n en su forma expl´ıcita a una ecuación del tipo: y (n) = f (x, y, y ′ , ..., y (n−1) ) En ambos casos, x es la variable independiente, y = y(x) la función buscada y y ′ = y ′ (x), . . . ,y (n) = y (n) (x) las derivadas de ésta función. Decimos que la E.D.O. es de primer orden si el orden de la mayor derivada de y es 1, esto es, n = 1: F (x, y, y ′ ) = 0 o y ′ = f (x, y) En todo este cap´ıtulo trataremos distintos métodos de resolución de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer grado.

14

βτ αηφoη

2.1.

15


Ecuaciones diferenciales de variables separadas

Una ecuación diferencial y ′ = f (x, y) es de variable separada si es posible que la función f (x, y) admite la factorización f (x, y) = p(x)q(y). En este caso tenemos 1 dy = p(x) dx q(y)

(2.1)

Luego, para resolver una ecuación diferencial de variables separadas basta con Z Z 1 dy = p(x) dx q(y) luego la solución de la ecuación separable es G[y(x)] = A(x) + C; donde G(y) es una primitiva de Ejemplo Resolver

1 y A(x) es una primitiva de p(x). q(y)

dy + y sen x = 0 dx

´ SOLUCION.Despejando obtenemos 1 dy = − sen x dx y e, integrando,

Z

se sigue que logy = cosx + C, es decir,

Z 1 dx = − sen x dx y y = ecosx+C .

Sin más que tomar K = eC encontramos las soluciones y = Kecosx . Fijarse que, en principio, 1 parece que K tiene que ser positiva; pero en realidad la integral de dy es log|y|, lo que nos y llevar´ıa a soluciones con valores negativos de K. Por u ´ ltimo, notar y = 0 (es decir, tomar K = 0) también es claramente una solución de la E. D., aunque no se obtiene con el método seguido. As´ı. pues, la solución general de la E. D. es de la forma y = Kecosx con K ∈ R. Ejemplo Calc´ ulese la solución de la ecuaci´ on


dy = ydx. x−1

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βτ αηφoη

16

MAT-INF-FIS-QUIM-EST-BIO Z

dy ´ SOLUCION.Transponiendo términos, = (x − 1)dx, integrando y (x − 1)2 obtiene ln(y) = + k, de donde se obtiene 2 y=e

(x−1)2 +k 2

=e

(x−1)2 +k 2

=e

(x−1)2 2

ek = e

(x−1)2 2

dy = y

Z

(x − 1)dx, se

C.

Ejemplo Resolver la ecuación diferencial de variables separables 2y(x + 1)dy = xdx. xdx , integrando x+1 Z Z Z Z Z xdx x+1−1 1 2ydy = = dx = 1 dx − dx x+1 x+1 x+1

´ SOLUCION.Transponiendo términos, 2ydy =

, se obtiene y 2 = x − ln(x + 1) + k.

Ejemplo Resolver la ecuación diferencial de variables separables

dy + ty = y. dt

dy dy ´ SOLUCION.Transponiendo términos, = y − ty, = (1 − t)dt, integrando dt y Z (1 − t)2 + k, de donde se obtiene (1 − t)dt, se obtiene ln(y) = − 2 y = e−

(1−t)2 +k 2

= e−

(1−t)2 +k 2

Ejemplo Resolver la ecuación diferencial

= e−

(1−t)2 2

ek = e−

(1−t)2 2

Z

dy = y

C.

dy = sen x(cos 2y − cos2 y). dx

´ SOLUCION.Observemos que cos 2y − cos2 y = 1 − 2 sen2 y − cos2 y = 1 − sen2 y − (sen2 y + cos2 y) = − sen2 y Z Z 1 2 Transponiendo términos, dy = sen xdx, integrando − csc y dy = sen xdx, se obtiene − sen2 y − cotg2 y = cos x + k. Ejemplo Resolver la ecuación diferencial (4y + yx2 )dy − (2x + xy 2 )dx = 0. ´ SOLUCION.Factorizando y(4 + x2 )dy − x(2 + y 2)dx = 0, luego y(4 + x2 )dy = x(2 + y 2)dx. Z Z y x y x Transponiendo términos, dy = dx, integrando dy = dx, se ob2 2 2 2+y 4+x 2+y 4 + x2 1 1 tiene ln(2 + y 2) = ln(4 + x2 ) + k, de donde se obtiene 2 2 2 + y 2 = C(4 + x2 ). R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη Ejemplo

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MAT-INF-FIS-QUIM-EST-BIO Resolver el problema de valor inicial

Resolver la ecuación diferencial Sujeta a la condición inicial

′

y +

1+x y=0 x

y(1) = 1

1 + x dy 1 dy ´ SOLUCION.Pasamos la ecuación a la forma + y = 0 de aqu´ı =− + 1 y, dx x dx x as´ı 1 1 dy = − + 1 dx y x Integrando en los dos miembros se tiene: Z

Z 1 1 dy = − + 1 dx y x

log(y) = −(log(x) + x) + c1

colocando los logaritmos en el primer miembro log(y) + log(x) = c1 − x, luego usando algunas 1 propiedades obtenemos log(xy) = c1 −x. Despejamos y de la u ´ ltima ecuación y = ec1 −x . Haciendo x que c = ec1 se obtiene la solución general de nuestra ecuación. y=

c −x e x

Para obtener la solución particular se sustituyen los valores de x = 1 y de y = 1 de la siguiente manera: c −1 e 1 c = e

1 =

Luego la solución particular es: y= Ejemplo

e1−x x

♣

Resolver el problema de valor inicial xy + 1 + ′


1 log x

y = 0,

´lculo III Ca

y(e) = 1 Jasmer LPC - Intocables

βτ αηφoη

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1 dy ´ SOLUCION.Pasamos la ecuación a la forma x + 1+ y = 0 de aqu´ı dx log x 1 dy x =− 1+ y dx log x as´ı

1 1 dy = − y x

1+

1 dx log x

Integrando en los dos miembros se tiene: Z 1 1 1 dy = − + dx y x x log x log(y) = − log(x) + log(u) + c1 , u = log(x) log(y) = − log(x) + log(log(x)) + c1

Z

log(y) + log(x) = c1 − log(log(x))

log(xy) = log(c) − log(log(x)), c xy = log(x)

c1 = log(c)

Despejamos y de la u ´ ltima ecuación para obtener la solución general. y=

c x log(x)

Para obtener la solución particular se sustituyen los valores de x = e y de y = 1 de la siguiente manera: 1 =

c e log(e)

c = e Luego la solución particular es: y=

Ejemplo

e x log(x)

♣

Resolver el problema de valor inicial xy ′ + (1 + x cotg x) y = 0,


´lculo III Ca

y(π/2) = 2 Jasmer LPC - Intocables

βτ αηφoη

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´ SOLUCION.Pasamos la ecuación a la forma x x as´ı

dy + (1 + x cotg x) y = 0 de aqu´ı dx

dy = − (1 + x cotg x) y dx

1 1 dy = − (1 + x cotg x) dx y x

Integrando en los dos miembros se tiene: Z 1 1 dy = − + cotg x dx y x log(y) = − log(x) + log(sen x) + c1 log(y) = − log(x) + log(sen x) + c1

Z

log(y) + log(x) = c1 − log(sen x)

log(xy) = log(c) − log(sen x), c log(xy) = log sen x c xy = sen x

c1 = log(c)

Despejamos y de la u ´ ltima ecuación para obtener la solución general. c y= x sen x Para obtener la solución particular se sustituyen los valores de x = π/2 y de y = 2 de la siguiente manera: 2 =

c e sen π/2

c = 2e Luego la solución particular es: y= Ejemplo

2e x sen x

♣

Resolver el problema de valor inicial −1/2 2 2yy = x x − 16 , ′


´lculo III Ca

y(5) = 2 Jasmer LPC - Intocables

βτ αηφoη

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MAT-INF-FIS-QUIM-EST-BIO −1/2 dy = x x2 − 16 de aqu´ı dx −1/2 2y dy = x x2 − 16 dx

´ SOLUCION.Pasamos la ecuación a la forma 2y

Integrando en los dos miembros se tiene: Z

2y dy = y2 2 = 2 y

2

=

Z Z Z

√

x dx x2 − 16 u2 = x2 − 16 2udu = 2xdx

u du du u du = u =

Por lo tanto y2 =

√

√

x2 − 16 + c

x2 − 16 + c

Para obtener la solución particular se sustituyen los valores de x = 5 y de y = 2 de la siguiente manera: y2 = 22 =

√ √

x2 − 16 + c 42 − 16 + c

c = 4−3=1 Luego la solución particular es: y2 =

√

x2 − 16 + 1

♣

EJEMPLO 2.1. Un matemático puro estudia una curva y = f (x) que tiene la propiedad que la recta tangente a la curva que pasa por el punto (a, f (a)) pasa por el punto (a + f (a), a + f (a)). Escriba la ecuación diferencial que verifica la curva y determine la curva que pasa por el punto (1, 2). Soluci´ on. La pendiente de la recta que pasa por los puntos (a, f (a)) y (a + f (a), a + f (a)) es dado por a + f (a) − a f (a) = a + f (a) − f (a) a Por otro lado la pendiente de la recta tangente a la curva y = f (x) que pasa por el punto (a, f (a)) es dado por f ′ (a). Por lo tanto tenemos la siguiente ecuación f ′ (a) = R mατ ιo ξτ τ o s

f (a) a

´lculo III Ca


βτ αηφoη

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lo cual induce la siguiente ecuación diferencial: y′ = Despejando obtenemos

y . x

1 1 dy = dx y x

e, integrando,

se sigue que ln y = ln x + ln C, es decir,

Z

1 dx = y

Z

1 dx x

y = Cx. Ahora bien la curva que pasa por el punto (1, 2) es dado por y = 2x. ♣

2.2.

Ecuaciones diferenciales de la forma y ′ = f (ax + by)

Si a = 0 o b = 0, la ecuación es separable. En otro caso, efectuemos el cambio de función y(x) por z′ −a ′ ′ ′ . Entonces, sustituyendo z(x) dado por z = ax+by, de donde z = a+by y, por tanto, y = b ′ z −a dz en la E. D. obtenemos = f (z), es decir, = z ′ = a + bf (z), que es de variables separadas. b dx La escribimos como 1 dx = dz a + bf (z) con lo que, integrando, x =

Z

1 dz = φ(z, C) a + bf (z)

As´ı pues, las soluciones de la E. D. de partida serán x = φ(ax + by, C) de modo que hemos encontrado y como función de x expresada en forma impl´ıcita. Ejemplo Resolver y ′ − ex ey = −1. ´ SOLUCION.Tenemos y ′ = ex+y − 1, con lo que si efectuamos el cambio de función dado por la sustitución z = x + y, de donde z ′ = 1 + y ′ y, por tanto, y ′ = z ′ − 1. Luego, la ecuación y ′ = ex+y − 1 queda transformada en z ′ = ez , es decir, dx = e−z dz, ecuación en variables separadas cuya solución es x = −e−z + C. Volviendo a las variables iniciales, C − R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


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x = e−x−y , de donde log(C − x) = −x − y, y por tanto la solución de la E. D. de partida es y = −log(C − x) − x. (Observar que no nos hemos preocupado ni lo haremos de aqu´ı en adelante de poner módulos cuando al calcular una integral aparece un logaritmo. El lector podrá analizar estos casos con mucho más cuidado.) Ejemplo Resolver la ecuación diferencial de variables separables y ′ = 3x + 2y + 1. ´ SOLUCION.Tenemos y ′ = 3x + 2y + 1, con lo que si efectuamos el cambio de función dado z′ −3 por la sustitución z = 3x + 2y, de donde z ′ = 3 + 2y ′ y, por tanto, y ′ = . 2 dz z′ −3 ′ Luego, la ecuación y = 3x+2y+1 queda transformada en = z+1, es decir, = 2z+2+3, 2 dx dz por tanto = dx, integrando 2z + 5 Z Z dz 1 = dx, ln(2z + 5) = x + k, 2z + 5 = e2x+k 2z + 5 2 Volviendo a las variables iniciales, 2(3x + 2y) + 5 = ke2x , de donde 2(3x + 2y + 1) = ke2x − 3 ♣

. Ejemplo

Resolver

dy = (−5x + y)2 − 4 dx

´ SOLUCION.Si hacemos que u = −5x + y, entonces du = −5 + dy , de esta forma la ecuación dx dx dada se transforma en du du + 5 = u2 − 4, = u2 − 9 dx dx Separamos variables, empleamos fracciones parciales e integramos: 1 du (u − 3)(u + 3) 1 1 1 − du 6 u−3 u+3 Z 1 1 1 − du 6 u−3 u+3 1 u − 3 ln 6 u + 3 u−3 u+3 R mατ ιo ξτ τ o s

= dx = dx =

Z

dx

= x + c1 = e6(x+c1 ) = ce6x

´lculo III Ca


βτ αηφoη

23


Al despejar u de la u ´ ltima ecuación, llegamos a la solución u=

Ejemplo

3(1 + ce6x ) , 1 − ce6x

de aqu´ı y = 5x +

3(1 + ce6x ) 1 − ce6x

♣

Resolver y ′ = sen2 (x − y)

´ SOLUCION.Si hacemos que u = x − y, entonces u′ = 1 − y ′, de esta forma la ecuación dada se transforma en 1 − u′ = sen2 u, u′ = 1 − sen2 u Separamos variables, empleamos identidades trigonométricas e integramos: 1 du = dx 1 − sen2 u Z Z 1 du = dx cos2 u Z Z 2 sec u du = dx

tan u = x + c

x − y = u = arctan(x + c) Al despejar y de la u ´ ltima ecuación, llegamos a la solución y = x − arctan(x + c). Ejemplo

Resolver y ′ =

♣

1 x+y+1

´ SOLUCION.Sea u = x + y + 1, de modo que u′ = 1 + y ′ . La ecuación dada se transforma entonces en 1 u+1 u′ − 1 = , o bién u′ = u u Separamos variables e integrando tenemos: u du = dx 1+u Z Z u du = dx 1+u Z Z 1 1− du = dx 1+u

u − ln |1 + u| = x + c1


´lculo III Ca


βτ αηφoη

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Reemplazamos u = x + y + 1, en la u ´ ltima ecuación x + y + 1 − ln |1 + x + y + 1| = x + c1 y + 1 − ln |x + y + 2| = c1

ln |x + y + 2| = y + 1 − c1 x + y + 2 = cey

en donde se ha reemplazado e1−c1 por c. Ejemplo

Resolver y ′ = 1 +

♣

1 (x − y)2

´ SOLUCION.Sea u = x − y, de modo que u′ = 1 − y ′ . La ecuación dada se transforma entonces en 1 1 1 − u′ = 1 + 2 , o bién u′ = − 2 u u Separamos variables e integrando tenemos: −u2 du = dx Z Z 2 − u du = dx

−u3 = 3(x + c)

Reemplazamos u = x−y, en la u ´ ltima ecuación obtenemos la solución de la ecuación 3x+(x−y)3 = ♣ c.

2.3.

Ecuaciones diferenciales Homog´ eneas

Supongamos que tenemos la ecuación ′

y = f

y x

.

y . As´ı, derivando x ′ ′ ′ y = ux tenemos y = u x + u, es decir, u x + u = f (u). Esta ecuación, que podemos poner como u ′x = f (u) − u, es de variables separadas. Vamos a solucionarla: Para resolverla, hacemos el cambio de función y(x) por u(x) mediante u =

☞ Si f (u) 6= u, podemos escribir


du x = f (u) − u como dx 1 1 du = dx, f (u) − u x ´lculo III Ca


βτ αηφoη

25


integrando,

Z

1 du = f (u) − u

φ(u)

Despejando x obtenemos x = Ce ecuaciones paramétricas

con φ(u) =

(

Z

Z

1 dx. x 1 du. Por tanto, las curvas con f (u) − u

x = Ceφ(u) y = Cueφ(u)

son solución de la ecuación diferencial para cada C ∈ R. (Esto constituye una familia de curvas homotéticas: una curva se obtiene de otra mediante una homotecia, es decir, multiplicando los valores de x e y por una constante.) A veces, es conveniente expresar estas soluciones de otras formas. Siempre puede ponerse φ

x = Ce

y x

,

solución dada mediante una función impl´ıcita. Y, cuando en x = Ceφ(u) se logra despejar de alguna forma u = H(x, C), la solución de la E. D. queda mucho más sencilla: y = xH(x, C). ☞ Supongamos ahora que existe alg´ un u0 tal que f (u0 ) = u0 . En este caso, es inmediato y ′ comprobar que la recta y = u0 x es solución: y = u0 = f (u0) = f x , luego se satisface la ecuación diferencial. Este tipo de soluciones que no se obtienen con el procedimiento general suelen denominarse soluciones singulares. ´ 2.1. En general, una funci´ DEFINICION on f (x, y) se dice homogénea de grado n si f (λx, λy) = λn f (x, y) Ejemplo

Pruebe que la siguiente funci´ on es homogénea de grado 1 √ f (x, y) = x − 3 xy + 5y

´ SOLUCION.√ f (tx, ty) = tx − 3 txty + 5ty √ = t(x − 3 xy + 5y) = tf (x, y) Ejemplo

♣

Pruebe que la siguiente funci´ on no es homogénea f (x, y) = x2 + y 2 + 1


´lculo III Ca


βτ αηφoη

26


´ SOLUCION.f (tx, ty) = (tx)2 + (ty)2 + 1 = t2 x2 + t2 y 2 + 1

♣

Podemos deducir si una función es homogénea o no sin más que examinar el grado de cada término: si los grados coinciden será homogénea en caso contrario no. ´ 2.2. Si una ecuación diferencial de la forma: DEFINICION M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0

(2.2)

verifica que M y N son funciones homogéneas del mismo grado, entonces se dice que la ecuación es homogénea. Supongamos que M(x, y) y N(x, y) son funciones homogéneas ambos de grado n, despejando y ′ de (2.2) tenemos M(x, y)dx = −N(x, y)dy de aqu´ı M x, x xy xn M 1, xy M 1, xy dy M(x, y) ′ = − = − = − = − y = dx N(x, y) N x, x xy xn N 1, xy N 1, xy De aqu´ı proviene el nombre de este tipo de ecuaciones. Ejemplo Resolver y ′ =

2xy − y 2 . x2

´ SOLUCION.Con el cambio y = ux podemos poner y y 2 ′ y =2 − = 2u − u2 . x x Como y ′ = u ′x + u, sustituyendo tenemos u ′ x + u = 2u − u2 , es decir, u ′ x = u − u2 . Si u 6= u2 , podemos poner

1 1 du = dx, u − u2 x Para integrar, descomponemos 1 A B = + , 2 u−u u 1−u lo que se satisface para A = B = 1. Entonces, integrando, Z Z 1 1 1 + du = dx. u 1−u x R ´lculo III mατ ιo ξτ τ o s Ca


βτ αηφoη obtenemos

logu − log(1 − u) = log es decir,

27


x , C

u x y = ; y sustituyendo u = tenemos 1−u C x y x

1−

y x

=

x , C

de donde Cy = x(x − y). De aqu´ı es fácil despejar expl´ıcitamente y si as´ı se desea.

Por otra parte, a partir de u0 = 0 y u0 = 1 (para las cuales u = u2 ), se tienen las soluciones singulares y = 0 e y = x. Ejemplo

Resolver la ecuación y ′ =

2xy + 3y 2 . x2 + 2xy

´ SOLUCION.Se trata de una ecuación homogénea, todos los términos tienen el mismo grado. 2xy + 3y 2 Hacemos el cambio de variables y = ux en la ecuación y ′ = 2 . Como y ′ = u ′x + u, x + 2xy sustituyendo tenemos: 2xy + 3y 2 x2 + 2xy 2xux + 3(ux)2 2x2 u + 3u2 x2 2u + 3u2 u ′x + u = = = x2 + 2xux x2 + 2x2 u 1 + 2u 2 2 2u + 3u 2u + 3u − u(1 + 2u) −u= −u u ′x = 1 + 2u 1 + 2u du u + u2 = x dx 1 + 2u y′ =

Integrando respecto a x: Z

Z 1 + 2u 1 du = dx 2 u+u x ln|u2 + u| = ln|x| + ln|C| ln|u2 + u| = ln|Cx| u2 + u = Cx

Deshacemos el cambio u = y/x y 2 x


+

y = Cx, x

y 2 + yx = Cx3

´lculo III Ca



28

MAT-INF-FIS-QUIM-EST-BIO Resolver el siguiente problema de valores iniciales Resolver: (x2 + 2y 2)dx = xydy, Sujeto a: y(−1) = 1.

(2.3)

´ SOLUCION.La ecuación es homogénea de grado 2. Si consideramos xy 6= 0 tenemos: y′ =

x2 + 2y 2 xy

Cambio de variable: y = ux , y ′ = u ′x + u, x2 + 2y 2 xy x2 + 2(ux)2 x2 + 2u2 x2 1 + 2u2 = = u ′x + u = x(ux) x2 u u y′ =

1 + 2u2 1 + 2u2 − u2 −u= u u 2 du 1+u x = dx u u ′x =

Separando de variables: Z

u du = 1 + u2

Z

1 dx x

1 ln|1 + u2 | = ln|x| + ln|C| 2 1 ln|1 + u2 | = ln|Cx| 2 ln|1 + u2 | = 2 ln|Cx| 1 + u2 = Cx2

Deshacemos el cambio u = y/x 1+

y 2 x

= Cx2 ,

y 2 = Cx4 − x2

Teniendo en cuenta la condición inicial y(−1) = 1 se tiene 1 = 12 = C(−1)4 − (−1)2 = C − 1 por tanto C = 2. La solución es y 2 = x2 (2x2 − 1) R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca

♣ Jasmer LPC - Intocables


29

MAT-INF-FIS-QUIM-EST-BIO Resolver la ecuación (x2 + y 2)dx + 2xydy = 0.

´ SOLUCION.Se trata de una ecuación homogénea, todos los términos tienen el mismo grado. La escribimos de la siguiente forma: x2 + y 2 y′ = − 2xy Hacemos el cambio de variables y = ux en esta ecuación. Como y ′ = u ′x + u, sustituyendo tenemos: x2 + y 2 y′ = − 2xy x2 + (ux)2 x2 + u2 x2 1 + u2 u ′x + u = − =− = − 2x(ux) 2x2 u 2u 1 + u2 −1 − u2 − 2u2 −u= 2u 2u 2 −1 − 3u du = x dx 2u u ′x = −

Separando de variables: Z −

2u du = 1 + 3u2

Z

1 dx x

1 − ln|1 + 3u2 | = ln|x| + ln|C| 3 ln|1 + 3u2 | = −3ln|Cx| ln|1 + 3u2 | = −3ln|Cx| 1 + 3u2 = Cx−3

Deshacemos el cambio u = y/x 1+3

Ejemplo

y 2 x

=C

1 , x3

x3 + 3y 2x = C

p y 2 + x x2 + y 2 . Resolver la ecuación y = xy ′

´ SOLUCION.Se trata de una ecuación homogénea, todos los términos tienen el mismo grado. Hacemos el cambio de variables y = ux en esta ecuación. Como y ′ = u ′x + u, sustituyendo


´lculo III Ca


βτ αηφoη

30


tenemos: y

′

=

u ′x + u = u ′x = x

du = dx

p y 2 + x x2 + y 2 xy p √ (ux)2 + x x2 + (ux)2 u2 x2 + x x2 + u2 x2 = x(ux) x2 u √ u2 + 1 + u2 u √ 2 u + 1 + u2 u

Separando de variables y Integrando respecto a x tenemos u 1 √ dx du = x u2 + 1 + u2 Z Z z 2 = 1 + u2 u 1 √ du = dx x 2zdz = 2udu u2 + 1 + u2 Z z dz = ln|x| + ln|C| z2 − 1 + z Puesto que (z 2 − 1 + z)′ = 2z + 1 z2

z 2z 2z + 1 − 1 2z + 1 1 = = = − 2 2 2 2 −1+z 2(z + z − 1) 2(z + z − 1) 2(z + z − 1) 2(z + z − 1)

Por tanto Z

2z + 1 dz = 2 z +z−1

Z

1 dp = ln p = ln(z 2 + z − 1) p

Completando cuadrados en el polinomio z 2 + z − 1 obtenemos: 1 2 1 2 1 1 2 5 z2 + z − 1 = z2 + z + − −1 = z+ − 2 2 2 2 4


´lculo III Ca


βτ αηφoη

q

Z

31


1 dz = 2 z +z−1

Z

q

z+

1 2

1 2

5 p 4

=z+

5 dp 4

= dz | Z ↓

dz = −

5 4

1 2

q

5 2 (p 4

5 4

− 1)

dp.

Z √ Z 1 − 21 54 5 2 dp + dp = [ln(p − 1) − ln(p + 1)] = 2 5 p−1 p+1 5 √ √ √ 5 p−1 5 z − 15 − 55 √ = ln = ln 5 p+1 5 z−1+ 5 √

5

Finalmente

Z

√ √ 1 5 z − − 5 z 1 2 5 5 √ + k. dz = ln(z + z − 1) + ln z2 − 1 + z 2 5 z − 51 + 55 Z z dz = ln|x| + ln|C| 2 z −1+z √ √ 1 5 z − − 5 1 5 5 2 √ ln ln(z + z − 1) + = ln|Cx| 2 5 z−1+ 5 5

2.4.

5

5

Ecuaciones diferenciales Reducibles a Homog´ eneas

Consideremos la ecuación ′

y = f

a1 x + b1 y + c1 ax + by + c

.

Para resolverla, hay que distinguir dos casos: ① Supongamos en primer lugar que las rectas ax + by + c = 0 y a1 x + b1 y + c1 = 0 se cortan en el punto (x0 , y0). As´ı, tendremos que (

ax + by + c = a(x − x0 ) + b(y − y0 ) a1 x + b1 y + c1 = a1 (x − x0 ) + b1 (y − y0 )

Hagamos ahora el cambio de variable y de función X = x − x0 , Y = y − y0 , con lo cual


´lculo III Ca


βτ αηφoη

32


Y ′ = y′ = f

a1 (x − x0 ) + b1 (y − y0 ) a(x − x0 ) + b(y − y0 )

= f

a1 X + b1 Y aX + bY

= f

Y a1 + b1 X Y a + bX

!

,

es decir, hemos reducido la ecuación a una homogénea. ② En segundo lugar, supongamos que ax + by + c = 0 y a1 x + b1 y + c1 = 0 son rectas paralelas, con lo cual podrá ponerse (a1 , b1 ) = K(a, b) para alg´ un K ∈ R. Efectuemos ahora el cambio z′−a de función z = ax + by. Derivando, z ′ = a + by ′ , o sea, y ′ = . Si sustituimos en la E. b D. original obtenemos dz = a + bf dx

Kz + c1 z+c

,

que es de variables separadas. Ejemplo Resolver y′ =

−2x + 4y − 6 . x+y−3

´ SOLUCION.Las rectas −2x + 4y − 6 = 0 y x + y − 3 = 0 se cortan en el punto (x, y) = (1, 2), con lo que efectuamos el cambio X = x − 1, Y = y − 2, Y ′ = y ′ . Sustituyendo, obtenemos la ecuación homogénea Y′=

Y −2 + 4 X −2X + 4Y = . Y X +Y 1+ X

Y Para resolverla, hacemos un nuevo cambio u = X , de donde Y = uX, Y ′ = u ′X +u. Tras sustituir, tenemos −2 + 4u u ′X + u = 1+u que, a la postre, podemos poner como

X

du u2 − 3u + 2 = . dX 1+u

Tenemos ahora que distinguir cuándo, y cuándo no, se anula la expresión u2 − 3u + 2. Resolviendo u2 − 3u + 2 = 0, esto ocurre para u = 1 y u = 2. Analicemos en primer lugar el caso u2 − 3u + 2 6= 0. As´ı, podemos escribir


´lculo III Ca


βτ αηφoη

33


−(1 + u) A B 2 3 dX = 2 du = du + du = du − du. X u − 3u + 2 u−1 u−2 u−1 u−2 de donde, integrando, 2 log(u − 1) − 3 log(u − 2) = log(KX) y, consiguientemente, (u − 1)2 = KX (u − 2)3 Sustituyendo ahora u = Y /X llegamos fácilmente a (Y − X)2 = K(Y − 2X)3 ; y volviendo a las variables originales x e y obtenemos las soluciones (y −x−1)2 = K(y −2x)3 de la E. D. de partida.

Finalmente, con u0 = 1 y u0 = 2 tenemos, respectivamente, las soluciones Y = X e Y = 2X que, sustituyendo X e Y por su valor, se traducen en y = x + 1 y y = 2x. Ejemplo Resolver y′ =

x−y−6 . x−y−2

´ SOLUCION.Efectuamos el cambio de función z = x − y, de donde z ′ = 1 − y ′ . Sustituyendo, z−1 , y consiguientemente tenemos −z ′ + 1 = z−2 −

dz z−1 1 = −1 = , dx z−2 z−2

que es la ecuación (z − 2)dz = −dx, cuyas variables están separadas. Integrando, 12 (z − 2)2 = −x + K, y finalmente, sustituyendo de nuevo z = x − y y denotando C = 2K, obtenemos que las soluciones de la E. D. original son (x − y − 2)2 + 2x = C. Ejemplo

Resolver la ecuación diferencial (x − 2y + 1)dx + (4x − 3y − 6)dy = 0

´ SOLUCION.Consideremos el sistema de ecuaciones x − 2y + 1 = 0 x − 2y = −1 4x − 3y − 6 = 0 4x − 3y = 6

1 −2 = (1)(−3) − (4)(−2) = Puesto que el determinante de la matriz ce coeficientes ∆ = 4 −3 −3 + 8 = 5 es distinto de cero, entonces el sistema tiene solución que es dada por −1 −2 6 −3 (−1)(−3) − (6)(−2) 15 = x = = =3 5 5 1 −2 4 −3


´lculo III Ca


βτ αηφoη

34

MAT-INF-FIS-QUIM-EST-BIO y=

1 −1 4 6 10 (1)(6) − (4)(−1) = = =2 5 5 1 −2 4 −3

de modo que la transformación es

x = u+3 y = v+2

Esto reduce la ecuación dada a la ecuación homogénea siguiente (u + 3 − 2(v + 2) + 1)du + (4(u + 3) − 3(v + 2) − 6)dv = 0 (u − 2v)du + (4u − 3v)dv = 0 Expresamos primeramente esta ecuación homogénea en la forma 1 − 2v dv u − 2v u − 2v =− = = v u du 4u − 3v 3v − 4u 3u − 4 y ahora hacemos v = zu. Entonces

dv dz =z+u y obtenemos du du z+u

1 − 2z dz = du 3z − 4

de donde resulta una ecuación de variables separables 3z − 4 1 dz = − du 3z 2 − 2z − 1 u Utilizando fracciones parciales 3z − 4 3z − 4 A B = = + − 2z − 1 (3z + 1)(z − 1) 3z + 1 z − 1

3z 2 de aqu´ı

3z − 4 = A(z − 1) + B(3z + 1)

Si z = 1, 3(1)−4 = B(3(1)+1), −1 = 4B, B = − 14 . Pero si z = −1/3, 3(−1/3)−4 = A(−1/3−1), −5 = A(−4/3), A = 15/4. Por tanto 3z − 4 15 1 1 1 = − − 2z − 1 4 3z + 1 4 z − 1

3z 2 R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

35


Integrando, obtenemos 1 15 1 ln |3z + 1| − ln |z − 1| = − ln |x| + ln |c| 4 3 4 c 5 1 ln |3z + 1| − ln |z − 1| = ln 4 4 u multiplicando por 4 a ambos lado esta ecuación se reduce a 4 c 5 ln |3z + 1| − ln |z − 1| = ln u4 o sea,

Finalmente, tenemos

4 (3z + 1)5 = ln c ln z−1 u4 u4 (3z + 1)5 = C|z − 1|

´ donde C = c4 . Estas son las soluciones de la ecuación de variables separables. Sustituyendo ahora z por v/u, obtenemos las soluciones de la ecuación homogénea en la forma 5 3v + u = C|v − u| Sustituyendo finalmente u por x−3 y v por y−2, tendremos las soluciones de la ecuación diferencial en la forma |3(y − 2) + (x − 3)|5 = C|y − 2 − x + 3| o bien

|x + 3y − 9|5 = C|y − x + 1| Ejemplo

♣

Resolver la ecuación diferencial (x + 2y + 3)dx + (2x + 4y − 1)dy = 0

´ SOLUCION.Consideremos el sistema de ecuaciones x + 2y + 3 = 0 x + 2y = −3 2x + 4y − 1 = 0 2x + 4y = 1 1 2 = (1)(4) − (2)(2) = 4 − 4 = 0 Puesto que el determinante de la matriz de coeficientes ∆ = 2 4 es cero, entonces el sistema no tiene soluciones. Por tanto nos encontramos ahora en el segundo caso. Hacemos z = x + 2y R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

36


luego dz = dx + 2dy y la ecuación se transforma en

dz − dx (z + 3)dx + (2z − 1) 2

= 0

(2z + 6)dx + (2z − 1)(dz − dx) = 0

(2z + 6)dx + (2z − 1)dz − (2z − 1)dx = 0 h i (2z + 6) − (2z − 1) dx + (2z − 1)dz = 0

o sea,

7xdx + (2z − 1)dz = 0 que es de variables separables. Integrando, tenemos 7x + z 2 − z = 0 Sustituyendo z por x + 2y, obtenemos la solución de la ecuación diferencial dad en la forma 7x + (x + 2y)2 − (x + 2y) = 0 o bien 7x + 4xy + 4y 2 + 6x − 2y = 0 Ejemplo

♣

Resolver la ecuación diferencial dy 3x − y − 9 = dx x+y+1

´ SOLUCION.Consideremos el sistema de ecuaciones 3x − y − 9 = 0 3x − y = 9 x+y+1 = 0 x + y = −1 3 −1 = (3)(1) − (1)(−1) = Puesto que el determinante de la matriz ce coeficientes ∆ = 1 1 3 + 1 = 4 es distinto de cero, entonces el sistema tiene solución que es dada por 9 −1 −1 1 (9)(1) − (−1)(−1) 8 = x = = =2 4 4 3 −1 1 1 R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

37

MAT-INF-FIS-QUIM-EST-BIO y=

3 9 1 −1 12 (3)(−1) − (1)(9) = = − = −3 4 4 3 −1 1 1

de modo que el cambio de variables es x = u+2 y = v−3

dx = du dy = dv

Sustituir los cambios de variables en la ecuación. (3x − y − 9)dx − (x + y + 1)dy = 0 Resultando: [3(u + 2) − (v − 3) − 9]du − [u + 2 + v − 3 + 1]dv = 0

Efectuar operaciones y reducir términos semejantes

[3u + 6 − v + 3 − 9]du − [u + v]dv = 0 [3u − v]du − [u + v]dv = 0

Esta es una ecuación diferencial homogénea; proceder en consecuencia. Efectuar un nuevo cambio de variable v = zu. Entonces dv = zdu + [dz]u = udz + zdu Hacer la sustitución en la u ´ ltima ecuación obtenida [3u − zu]du − [u + zu] udz + zdu = 0

Efectuar operaciones hasta transformarla en separable

3udu − zudu − (u + zu)udz − (u + zu)zdu = 0 Al simplificar y reducir términos semejantes resulta: 3udu − zudu − (u + zu)zdu = (u + zu)udz 3u − zu − (u + zu)z du = (u + zu)udz (3u − zu − uz − z 2 u)du = u(u + zu)dz u(3 − 2z − z 2 )du = u2 (1 + z)dz (3 − 2z − z 2 )du = u(1 + z)dz


´lculo III Ca


βτ αηφoη

38


Al separar las variables e integrar miembro a miembro se obtiene Z Z 1 z+1 du = − dz 2 u z + 2z − 3

(2.4)

La integral del lado izquierdo es inmediata; la del lado derecho se resuelve por cambio de variables as´ı: Sea t = z 2 + 2z − 3, entonces dt = (2z + 2)dz, de aqu´ı 1 dt = (z + 1)dz 2 Al sustituir los cambios en la integral resulta: Z

z+1 dz = 2 z + 2z − 3

Z

1 2

1 dt = t 2

Z

1 1 1 dt = ln |t| = ln |z 2 + 2z − 3| t 2 2

Sustituyendo este resultado en (2.4) integrando el lado izquierdo de esa ecuación se obtiene: 1 ln |u| = − ln |z 2 + 2z − 3| + ln |C| 2 Aplicar las propiedades de los logaritmos para simplificar la expresión 1 ln |u| + ln |z 2 + 2z − 3| = ln |C| 2 2 1/2 ln u(z + 2z − 3) = ln |C| u(z 2 + 2z − 3)1/2 = C

Elevar al cuadrado ambos miembros (renombrando C 2 ≈ C) u2 (z 2 + 2z − 3) = C Revertir todos los cambios de variables y simplificar 2

2

(x − 2)

(x − 2)2

(x − 2)

v2 v +2 −3 2 u u

(y + 3)2 2(y + 3) + −3 (x − 2)2 x−2

(y + 3)2 + 2(x − 2)(y + 3) − 3(x − 2)2 (x − 2)2

= C = C = C

Por lo tanto la Solución General es:


(y + 3)2 + 2(x − 2)(y + 3) − 3(x − 2)2 = C. ´lculo III Ca


βτ αηφoη

39


♣ Ejemplo

Resolver la ecuación diferencial y′ = −

2x + 3y − 1 4x + 6y + 2

´ SOLUCION.Consideremos el sistema de ecuaciones 2x + 3y − 1 = 0 2x + 3y = 1 4x + 6y + 2 = 0 4x + 6y = −2

2 3 = (2)(6)−(4)(3) = 12−12 = 0 Puesto que el determinante de la matriz de coeficientes ∆ = 4 6 es cero, entonces el sistema no tiene soluciones. Por tanto nos encontramos ahora en el segundo caso. Hacemos z = 2x + 3y − 1 luego

dz dy =2+3 , dx dx con lo cual la ecuación se transforma en dz = 2dx + 3dy,

1 y ′ = (z ′ − 2). 3

z ′ = 2 + 3y ′,

z 1 ′ (z − 2) = − 3 2(z + 1) + 2 3z z′ − 2 = − 2z + 4 3z −3z + 2(2z + 4) z′ = − +2= 2z + 4 2z + 4 dz −3z + 4z + 8 z+8 = = dx 2z + 4 2z + 4 o sea,

dz z+8 = dx 2z + 4 que es de variables separables. Integrando, tenemos Z Z Z Z 2z + 4 z+2 z+8−6 dz = dx, 2 dz = 2 dz = x + C z+8 z+8 z+8 2z − 12 ln(z + 8) = x + C por lo tanto, sustituyendo z por 2x + 3y − 1 la solución será: R mατ ιo ξτ τ o s

4x + 6y − 2 − 12 ln(2x + 3y + 7) = x + C ´lculo III Ca


βτ αηφoη

40


o bien x + 2y − 4ln(2x + 3y + 7) = C; con 2x + 3y + 7 6= 0. Podemos comprobar que 2x + 3y + 7 = 0 es una solución particular de la ♣ ecuación diferencial. Ejemplo

Resolver la ecuación diferencial (2x + 3y + 4)dx + (3x + 4y + 5)dy = 0

´ SOLUCION.La ecuación diferencial es y′ = −

2x + 3y + 4 3x + 4y + 5

2x + 3y + 4 no es homogénea pero podemos hacer un cambio de variable 3x + 4y + 5 que trasforma a la ecuación en homogénea. Notamos que f (x, y) = −

Primero buscamos el punto de intersección de las rectas 2x + 3y + 4 = 0 y 3x + 4y + 5 = 0, este es, x = 1 y y = −2 entonces hacemos el cambio de variable x = u+1 y y = v −2, ahora reemplazamos en la ecuación, que se trasforma en 2 + 3 uv dv 2(u + 1) + 3(v − 2) + 4 2u + 3v =− =− =− du 3(u + 1) + 4(v − 2) + 5 3u + 4v 3 + 4 uv v dz dv +z = y hacemos nuevamente un cambio de variable z = , esto es uz = v. Entonces u u du du reemplazamos dz +z du dz u du dz u du 3 + 4z dz 2 + 6z + 4z 2 u

2 + 3z 3 + 4z 2 + 3z 2 + 3z + z(3 + 4z) = − −z =− 3 + 4z 3 + 4z 2 2 + 3z + 3z + 4z = − 3 + 4z 1 = − du u

= −

integramos Z

Z 3 + 4z 1 dz = − du 2 2 + 6z + 4z u

debemos hacer fracciones parciales para resolver la integral R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

41


A B A + 2B + z(2A + 2B) 3 + 4z = + = 2 2 + 6z + 4z 2(z + 1) 2z + 1 2 + 6z + 4z 2 entonces

(

A+B = 2

(

A = 1

A + 2B = 3 B = 1 Z Z Z Z 3 + 4z 1 1 1 dz = dz + dz == − du 2 2 + 6z + 4z 2(z + 1) 2z + 1 u

luego

C 1 1 ln(z + 1) + ln(2z + 1) = − ln |u| + ln |C| = ln 2 2 u C 1 ln |(z + 1)(2z + 1)| 2 = ln u (z + 1)(2z + 1) = Cu−2

Ahora volvemos a las variables originales y obtenemos la solución 2z 2 + 3z + 1 = Cu−2 v2 v + 3 + 1 = Cu−2 2 u u 2 2v + 3uv + u2 = Cu2 u−2 2

2(y + 2)2 + 3(x − 1)(y + 2) + (x − 1)2 = C 2y 2 + 3xy + x2 + 4x + 5y = C

Ejemplo

♣

hallar la solución general de y′ =

x+y+4 x−y−6

´ SOLUCION.Si se ve el numerador y el denominador como rectas, determinamos su intersección, resolviendo ( ( x+y+4 = 0 x = 1 x−y−6 = 0

y = −5

Planteamos u = x − 1, v = y + 5, convirtiendo la ecuación en


1+ dv u+v = v′ = = du u−v 1− ´lculo III Ca

v u v u


βτ αηφoη

42


Ecuación de tipo homogéneo, que la resolvemos planteando z = v/u o uz = v, lo que da 1+z 1−z 1+z 1 + z − z(1 − z) uz ′ = −z = 1−z 1−z 2 1+z−z+z dz u = du 1−z 1 1−z dz = du 2 1+z u uz ′ + z =

ecuación separable, que la resolvemos integrando Z luego

Z z−1 1 dz = − du 2 1+z u

1 ln(1 + z 2 ) − arctan z = − ln |u| + C 2

Reemplazando z = v/u, se obtiene v √ 2 2 ln u + v − ln |u| − arctan = − ln |u| + C u de donde, la solución general del problema es

p ln (x − 1)2 + (y + 5)2 − arctan

2.5.

y+5 x−1

= C. ♣

Ecuaciones diferenciales Homog´ eneas Impl´ıcitas

Sea la ecuación F

y

x

, y ′ = 0.

Para resolverla, consideremos la curva F (α, β) = 0 y supongamos que hemos logrado encontrar una representación paramétrica de la curva dada por α = ϕ(t), β = ψ(t). Es decir, que se verifica y F (ϕ(t), ψ(t)) = 0. Hagamos ahora el cambio de función y por t mediante = ϕ(t), teniendo en x cuenta que y ′ = ψ(t). dt Si derivamos y = xϕ(t) respecto de x tenemos y ′ = ϕ(t) + xϕ ′ (t) , es decir, dx R ´lculo III mατ ιo ξτ τ o s Ca Jasmer LPC - Intocables

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ψ(t) − ϕ(t) = x ϕ ′ (t)

dt dx

que, en principio, es una ecuación en variables separadas. ϕ ′ (t)dt dx = , integrando, ψ(t) − ϕ(t) x Z Z ϕ ′ (t)dt dx = . ψ(t) − ϕ(t) x Z ϕ ′ (t)dt φ(t) Despejando x obtenemos x = Ce con φ(t) = . De aqu´ı que la E. D. de ψ(t) − ϕ(t) partida tiene las soluciones ( x = Ceφ(t) C ∈ R. y = Cϕ(t)eφ(t)

☞ Si ψ(t) 6= ϕ(t), podemos poner

☞ Si existe t0 tal que ψ(t0 ) = ϕ(t0 ), formalmente, podemos pensar 0 = x ϕ ′(t)

dt , dx

luego ϕ ′ (t) = 0 y por tanto ϕ(t) = cte. = ϕ(t0 ), lo que nos llevar´ıa a la solución y = xϕ(t0 ). Esta recta es, efectivamente, una solución de la E. D., como podemos comprobar directamente: F

y

x

, y ′ = F (ϕ(t0 ), ϕ(t0 )) = F (ϕ(t0 ), ψ(t0 )) = 0.

Ejemplo Resolver x2 (y ′ )2 − (y 2 + x2 ) = 0. ´ SOLUCION.Si ponemos la ecuación en la forma ′ 2

(y ) −

y 2

= 1, x podemos recordar que el coseno y el seno hiperbólicos satisfacen la relación


cosh2 t − senh2 t = 1, ´lculo III Ca


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lo que se adec´ ua a nuestras necesidades. As´ı, tomemos ahora y = senh t y y ′ = cosh t x Si derivamos y = x senh(t) tenemos y ′ = senh(t) + x cosh ′ (t) cosh(t) = senh(t) + x cosh(t)

dt o sea, dx dt dx

Despejando, dx cosh(t)dt = x cosh(t) − senh(t)

(notar que, en esta ecuación, el denominador no se anula nunca ya que cosh t > senh t, luego no hay que preocuparse de analizar por separado las ra´ıces de cosh t − senh t = 0) e, integrando, x = Ceφ(t) con φ(t) =

Z

cosh(t) dt = cosh(t) − senh(t)

Z

et + e−t 1 dt = −t 2e 2

Z

(1 + e2t ) dt =

1 1 t + e2t . 2 4

Entonces, la E. D. original tiene como soluciones las curvas (

2.6.

x = Cet/2+e

2t /4

y = C senh(t)et/2+e

2t /4

C ∈ R.

Ecuaciones diferenciales Exactas

La sencilla ecuación ydx+xdy = 0 es separable, pero también equivale a la diferencial del producto de x por y ydx + xdy = d(xy) = 0 Al integrar obtenemos de inmediato la solución impl´ıcita xy = c En cálculo diferencial, se tiene que si z = f (x, y) es una función con primeras derivadas parciales continuas en una región R del plano xy, su diferencial (que también llamamos diferencial total) es dz =

∂f ∂f dx + dy ∂x ∂y

Entonces, si f (x, y) = c, se tiene ∂f ∂f dx + dy = 0 ∂x ∂y R mατ ιo ξτ τ o s

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Esto es, dada una familia de curvas f (x, y) = c, podemos generar una ecuación diferencial de primer orden si calculamos la diferencial total, por ejemplo si x2 − 5xy + y 3 = c

(2x − 5y)dx + (−5x + 3y 2)dy = 0

dy 5y − 2x = dx −5x + 3y 2

Para nuestros fines, es más importante darle la vuelta al problema, o sea; dada una ecuación como 5y − 2x dy = dx −5x + 3y 2 ¿podemos demostrar que la ecuación equivale a d(x2 − 5xy + y 3) = 0? Sea una ecuación diferencial ordinaria del tipo M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0

(2.5)

Está claro que si la ecuación diferencial ordinaria anterior la podemos reescribir en la forma df (x, y) = 0, para cierta función f (x, y), entonces la solución de la ecuación diferencial ordinaria será f (x, y) = C. Nuestro objetivo en este apartado es estudiar cuando una ecuación diferencial ordinaria se puede escribir de la forma anterior. La ecuación diferencial ordinaria (2.5) tendrá una solución en cuadraturas del tipo f (x, y) = C si y sólo si (2.5) es equivalente a la expresión df (x, y) = 0, o lo que es lo mismo, f (x, y) = C es una solución de (2.5) si y sólo si (2.5) se puede reescribir de la forma df (x, y) = 0. Como 0 = df (x, y) =

∂f ∂f dx + dy ∂x ∂y

entonces la ecuación diferencial ordinaria (2.5) se puede escribir de la forma df (x, y) = 0 si y sólo si, dadas dos funciones M(x, y) y N(x, y) existe una función f (x, y) tal que ∂f =M ∂x

y

∂f =N ∂y

Por ejemplo, la ecuación diferencial x dx + y dy = 0 se puede escribir en la forma d[x2 + y 2 ] = 0 y la ecuación diferencial [2x − exp(x + y)] dx + [2y + exp(x + y)] dy = 0 R mατ ιo ξτ τ o s

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se puede escribir como d[x2 + y 2 − exp(x + y)] = 0. En general no es trivial deducir si una ecuación diferencial del tipo (2.5) se puede expresar de la forma df (x, y) = 0. Por ejemplo, no es fácil intuir que la ecuación diferencial h h i 3i y 3 + yey cos(xy) − 2 dx + 3xy 2 + ey sen(xy) + xey cos(xy) dy = 0 x se puede escribir como h 3i d xy 3 + ey sen(xy) + = 0. x

Obviamente no cualquier ecuación diferencial del tipo (2.5) se puede escribir de la forma df (x, y) = 0, por ejemplo, la ecuación diferencial lineal y ′ + [a(x)y − b(x)] = 0. As´ı surge la pregunta ¿cuándo la ecuación diferencial (2.5) se puede escribir de la forma df (x, y) = 0, y por tanto su solución es f (x, y) = C?. La respuesta la da el Teorema 1 de abajo. Antes damos algunas definiciones. ´ DEFINICION 2.3. Una expresión diferencial M(x, y)dx + M(x, y)dy se dice exacta en una región R del plano xy cuando existe alguna funci´ on f (x, y) tal que ∂f =M ∂x

y

∂f =N ∂y

(2.6)

para todo (x, y) ∈ R; en otras palabras, si la diferencial de f es df = M dx + N dy f , que es u ´ nica salvo constantes, se denomina funci´ on potencial. ´ 2.4. Se dice que una ecuaci´ DEFINICION on diferencial M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0, dy M(x, y) =− es una ecuaci´ on diferencial exacta si la expresi´ on del lado izquierdo dx N(x, y) es una diferencial exacta. es decir, y ′ =

Antes de explicar cómo resolverlas, comentemos brevemente algo sobre “expresiones diferenciales” (rigurosamente hablando, estamos tratando con 1-formas diferenciales w = Mdx + Ndy, aunque no entraremos en ello). Supongamos de antemano en todo lo que sigue que M y N son de clase C 1 (continuas con derivadas parciales continuas) en su dominio de definición (un abierto de R2 ). R mατ ιo ξτ τ o s

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´ 2.5. Una expresión diferencial M(x, y)dx + N(x, y)dy se dice que es una diferDEFINICION encial cerrada en una región R del plano xy si se verifica ∂M ∂N (x, y) = (x, y) ∂y ∂x para todo (x, y) ∈ R. El teorema de Schwartz sobre igualdad de derivadas cruzadas nos asegura que cualquier expresión diferencial exacta es cerrada. Lo contrario no es cierto en general, aunque s´ı en una clase muy amplia de dominios de R2 : los simplemente conexos que, intuitivamente, son los que no tienen agujeros. Demostrar este hecho no es excesivamente sencillo, pero tampoco es necesario para lo que aqu´ı pretendemos. En realidad, el lema de Poincaré (que normalmente se prueba en cualquier curso de cálculo integral en varias variables) asegura que una expresión cerrada es exacta siempre que el dominio sea estrellado, lo que significa que exista un punto del dominio que se pueda unir a todos los demás mediante un segmento sin salirnos del dominio; en particular, los conjuntos convexos son estrellados. Además, esto asegura que, dada cualquier expresión cerrada, es exacta localmente, es decir, alrededor de cada punto podemos restringir el dominio de tal forma que la expresión sea exacta en ese nuevo dominio. Por lo tanto, en lo que a nosotros concierne, podemos identificar los conceptos de exacto y cerrado, ya que no nos estamos preocupando de dónde están definidas las E. D. que tratamos de resolver ni en qué intervalo existen las soluciones. En realidad, en ecuaciones diferenciales suele hablarse siempre de exacto a´ un refiriéndose a que se satisface la ∂N ∂M igualdad ∂y = ∂x . Teorema 1. Sean M(x, y) y N(x, y) dos funciones tales que existan todas las derivadas parciales Mx , My Nx , Ny y sean funciones continuas en un conjunto R abierto de R2 y simplemente conexo, o sea, sin agujeros (llamado dominio). Entonces la expresi´ on diferencial M(x, y)dx + N(x, y)dy es exacta si y solo si es una diferencial cerrada. Corolario. Sean continuas M(x, y) y N(x, y), con derivadas parciales continuas en una región rectangular, R, definida por a < x < b, c < y < d. Entonces, la condici´ on necesaria y suficiente para que M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 sea una diferencial exacta es que ∂M ∂N = ∂y ∂x

(2.7)

Una demostración detallada puede encontrarse en el Texto: Ecuaciones diferenciales ordinarias (LIBRO), pgs 55 y 56. M´ etodo de soluci´ on para ecuaciones diferenciales exactas. Una ecuación diferencial exacta es una expresión exacta igualada a cero. Veamos cómo resolverlas: si tenemos Mdx + Ndy = 0 exacta, como existe f tal que df = Mdx + Ndy, entonces la ecuación podemos ponerla en la forma df = 0 y, por tanto, su solución será f (x, y) = C (siendo C constante arbitraria). As´ı pues, basta con que encontremos la función potencial f . El procedimiento para hallar f , seg´ un veremos, ∂M ∂N funciona gracias a que = , es como sigue: ∂y ∂x R mατ ιo ξτ τ o s

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∂f Buscamos f tal que = M. Debido al teorema fundamental del cálculo tenemos que h(x) = ∂x R ′ h (x) dx + c; as´ı, es posible encontrar f integrando M(x, y) respecto a x mientras se mantiene y constante, es decir, f (x, y) =

Z

M(x, y)dx + ϕ(y),

donde la función arbitraria ϕ(y) es la “constante” de integración. Derivando respecto de y obtenemos ∂f ∂ = ∂y ∂y Por otra parte, si utilizamos

Z

M(x, y)dx + ϕ ′ (y),

∂f = N, de aqu´ı. resulta que ∂y Z ∂ ′ ϕ (y) = N(x, y) − M(x, y)dx , ∂y

la expresión de la derecha es independiente de x, en efecto, Z Z ∂ ∂ ∂N ∂ ∂ N(x, y) − M(x, y) dx = − M(x, y) dx ∂x ∂y ∂x ∂x ∂y Z ∂N ∂ ∂ − = M(x, y) dx ∂x ∂y ∂x ∂N ∂M = − =0 ∂x ∂y Una vez conocida ϕ ′(y), integrando obtenemos ϕ(y) y, sustituyendo su valor, llegamos a la función potencial f (x, y). As´ı, quedan halladas completamente las soluciones buscadas f (x, y) = C, expresadas en forma impl´ıcita. Ejemplo Resolver 3y + ex + (3x + cos y) y ′ = 0.

´ SOLUCION.Si ponemos la ecuación en la forma M dx + N dy = 0 con M(x, y) = 3y + ex y N(x, y) = 3x + cosy, es claro que ∂M ∂N = = 3, ∂y ∂x


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luego la ecuación diferencial es exacta. Calculemos la función potencial f (que nos dará directamente las soluciones f (x, y) = C). Como fx = 3y + ex , integrando respecto de x, f (x, y) = 3yx + ex + ϕ(y). Derivando respecto de y e igualando a N queda 3x + ϕ ′ (y) = 3x + cos y, es decir, ϕ ′ (y) = cos y, de donde basta tomar ϕ(y) = sen y, y por tanto f (x, y) = 3yx + ex + sen y. As´ı, la solución de la ecuación diferencial viene dada, impl´ıcitamente, por 3yx + e6 x + sen y = C. Nótese que al integrar ϕ ′ (y) = cos y no hace falta poner la constante de integración ϕ(y) = sen y + C1 ya que, en ese caso, una de las dos constantes de la solución 3yx + e6 x + sen y + C1 = C ♣ ser´ıa claramente superflua. Ejemplo

Resolver 2xy dx + (x2 − 1) dy = 0

´ SOLUCION.Igualamos M(x, y) = 2xy y N(x, y) = x2 − 1 y tenemos ∂M ∂N = 2x = ∂y ∂x Por tanto se trata de una ecuación exacta y existe una función f (x, y) tal que ∂f = 2xy ∂x

∂f = x2 − 1 ∂y

Integrando la primera de estas ecuaciones se tiene: f (x, y) = x2 y + g(y) Derivamos con respecto a y, e igualamos a N(x, y) ∂f = x2 + g ′ (y) = x2 − 1 ∂y Por lo tanto g ′(y) = −1 y g(y) = −y. La solución es x2 y − y = C. Ejemplo

♣

Decidir si la ecuación diferencial (2x + y − sen x) dx + (3y 2 + cos y + x) dy = 0

es exacta, y encontrar su solución. R mατ ιo ξτ τ o s

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´ SOLUCION.En este caso M(x, y) = 2x + y − sen x y N(x, y) = 3y 2 + cos y + x y tenemos ∂M ∂N =1= ∂y ∂x luego seg´ un el corolario es exacta. Vamos a resolverla. Como la ecuación diferencial es exacta entonces existe f (x, y) tal que se cumple (2.6), o sea, ∂f = 2x + y − sen x ∂x

∂f = 3y 2 + cos y + x ∂y

Integrando la primera de estas ecuaciones deducimos f (x, y) = x2 + xy + cos x + h(y) Derivamos con respecto a y, e igualamos a N(x, y) ∂f = x + h ′ (y) = 3y 2 + cos y + x ∂y Por lo tanto h′ (y) = 3y 2 + cos y y h(y) = y 3 + sen y. La solución, en cuadraturas, es f (x, y) = x2 + xy + cos x + y 3 + sen y = C. Obviamente podr´ıamos haber comenzado por la segunda ecuación

∂f = 3y 2 + cos y + x entonces ∂y

f (x, y) = y 3 + sen y + xy + g(x) Derivamos con respecto a x, e igualamos a M(x, y) ∂f = y + g ′ (x) = 2x + y − sen x ∂x Por lo tanto g ′(x) = 2x + sen x y g(x) = x2 + cos x. As´ı, la solución es f (x, y) = y 3 + sen y + xy + x2 + cos x = C.

Ejemplo

♣

Resolver la ecuación (3x2 + 4xy) dx + (2x2 + 2y) dy = 0

´ SOLUCION.Nuestra primera misión es determinar si esta ecuación es exacta. Aqu´ı tenemos M(x, y) = 3x2 + 4xy y N(x, y) = 2x2 + 2y luego ∂M = 4x ∂x R mατ ιo ξτ τ o s

∂N = 4x ∂y

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para todo (x, y) ∈ R2 y, en consecuencia, la ecuación es exacta en todo dominio D. Por lo tanto, hemos de hallar f tal que ∂f (x, y) = M(x, y) = 3x2 + 4xy ∂x

∂f (x, y) = N(x, y) = 2x2 + 2y ∂y

De la primera de estas ecuaciones se deduce f (x, y) = =

Z Z

M(x, y) dx + C(y) (3x2 + 4xy) dx + C(y)

= x3 + 2x2 y + C(y) Entonces

∂f = 2x2 + C ′ (y) ∂y

Pero se ha de cumplir ∂f (x, y) = N(x, y) = 2x2 + 2y ∂y luego 2x2 + C ′ (y) = 2x2 + 2y

o sea, C ′ (y) = 2y

Por tanto, C(y) = y 2 + C0 donde C0 es una constante arbitraria, de modo que f (x, y) = x3 + 2x2 y + y 2 + C0 Como consecuencia, una familia uniparamétrica de soluciones de la ecuación diferencial es f (x, y) = C1 , es decir, x3 + 2x2 y + y 2 + C0 = C1 Combinando las constantes C0 y C1 , podemos escribir esta solución en la forma x3 + 2x2 y + y 2 = C en donde C = C1 − C0 es una constante arbitrario. El leco observará que no se pierde generalidad tomando C0 = 0 y escribiendo C(y) = y 2. ♣ Ejemplo

Resolver el siguiente problema de valores iniciales Resolver: Sujeto a:


(2x cos y + 3x2 y) dx + (x3 − x2 sen y − y) dy = 0, y(0) = 2 ´lculo III Ca

(2.8)


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comprobando en primer lugar que la ecuación es exacta en todo dominio D y resolviendo la ecuación. ´ SOLUCION.Aqu´ı tenemos M(x, y) = 2x cos y +3x2 y y N(x, y) = x3 −x2 sen y −y. Observemos que la ecuación es exacta ya que ∂N(x, y) ∂M(x, y) = −2x sen y + 3x2 = ∂y ∂x para todo (x, y) ∈ R2 . Pasemos ahora a su resolución, para ello hemos de hallar f que satisfaga ∂f (x, y) = M(x, y) = 2x cos y + 3x2 y ∂x

y

∂f (x, y) = N(x, y) = x3 − x2 sen y − y ∂y

Entonces f (x, y) = =

Z Z

M(x, y) dx + C(y) (2x cos y + 3x2 y) dx + C(y)

= x2 cos y + x3 y + C(y) De aqu´ı, entonces tenemos ∂f (x, y) = −x2 sen y + x3 + C ′ (y) ∂y Pero, por hipótesis se cumple la igualdad ∂f (x, y) = N(x, y) = x3 − x2 sen y − y ∂y de manera que −x2 sen y + x3 + C ′ (y) = x3 − x2 sen y − y por lo que C(y) = −

o sea, C ′ (y) = −y

y2 + C0 2

Por tanto,

y2 + C0 2 En consecuencia, una familia uniparamétrica de soluciones es f (x, y) = C1 , la cual puede escribirse f (x, y) = x2 cos y + x3 y −

x2 cos y + x3 y − R mατ ιo ξτ τ o s

y2 =C 2

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Aplicando ahora la condición inicial y = 2 cuando x = 0, hallamos que c = −2. Por tanto, la solución del problema de valores iniciales dado es x2 cos y + x3 y −

y2 = −2 2 ♣

Ejemplo

Resolver (x2 + y 2 + 2x) dx + 2xy dy = 0

´ SOLUCION.Aqu´ı tenemos M(x, y) = x2 +y 2 +2x y N(x, y) = 2xy. Es una ecuación diferencial exacta ya que: ∂N(x, y) ∂M(x, y) = 2y = ∂y ∂x Integremos M(x, y) con respecto a x: f (x, y) = = =

Z Z

M(x, y) dx + C(y) (x2 + y 2 + 2x) dx + C(y)

x3 + xy 2 + x2 + C(y) 3

Derivando respecto a y ∂f (x, y) = 2xy + C ′ (y) ∂y Igualando a N(x, y) 2xy + C ′ (y) =

∂f (x, y) = N(x, y) = 2xy ∂y

Despejando C ′ (y) se obtiene C ′ (y) = 0, integrando este resultado respecto a y se tiene que C(y) = C0 . Sustituyendo en f (x, y) obtenemos f (x, y) =

x3 + xy 2 + x2 + C0 3

En consecuencia, una familia uniparamétrica de soluciones es f (x, y) = C1 , la cual puede escribirse x3 + xy 2 + x2 = C 3 ♣ Ejemplo

Resolver


2x y 2 − 3x2 dx + dy = 0 y3 y4

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´ SOLUCION.Aqu´ı tenemos M(x, y) =

2x y3

y N(x, y) =

y 2 − 3x2 1 x2 = − 3 . y4 y2 y4

Es una ecuación diferencial exacta ya que: ∂M(x, y) x = 2x(y −3)′ = 2x(−3)y −4 = −6 4 ∂y y ∂N(x, y) 2x x = 0 − 3 4 = −6 4 ∂x y y Es una ecuación diferencial exacta ya que

x ∂N(x, y) ∂M(x, y) = −6 4 = ∂y y ∂x

Integremos N(x, y) con respecto a y: f (x, y) =

Z

N(x, y) dy + C(x) Z 1 x2 = − 3 4 dy + C(x) y2 y

1 x2 = − + 3 + C(x) y y Derivando f (x, y) con respecto a x se tiene:

∂f (x, y) x = 0 + 2 3 + C ′ (x) ∂x y Igualando

∂f (x, y) con N(x, y) se tiene ∂x 2

x ∂f (x, y) 2x + C ′ (x) = = M(x, y) = 3 3 y ∂y y

Despejando C ′ (x) se obtiene C ′ (x) = 0, integrando este resultado respecto a x se tiene que C(x) = C0 . Sustituyendo el resultado obtenido en f (x, y) se tiene: 1 x2 − + 3 =C y y Ejemplo

o x2 − y 2 = Cy 3 .

Comprobar que la ecuaci´ on diferencial lineal y ′ + [a(x)y − b(x)] = 0, es exacta.

♣

´ SOLUCION.Escribamos la ecuación diferencial lineal y ′ + [a(x)y − b(x)] = 0, en su forma difeencial [a(x)y − b(x)] dx + dy = 0.


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En este caso M(x, y) = a(x)y − b(x) y N(x, y) = 1 luego ∂M ∂N 6= ∂y ∂x ♣

as´ı que no es exacta. ¿Qué hacer en este caso? EJEMPLO 2.2. Resuelva la ecuación diferencial tx′ − x t + xx′ √ + =0 t2 t2 + x2 Soluci´ on 1. Empecemos colocando esta la ecuación en su forma diferencial: tx′ − x t + xx′ √ + t2 t2 + x2 t xx′ tx′ x √ +√ + 2 − 2 t t t2 + x2 t2 + x2 ′ ′ xx tx t x √ + 2 +√ − 2 2 2 2 2 t t t +x t +x x 1 t x √ + x′ + √ − 2 t t2 + x2 t2 + x2 t

= 0 = 0 = 0 = 0

de donde tenemos

t x √ − 2 t2 + x2 t

dt +

x 1 √ + t t2 + x2

dx = 0

Nuestra primera misión es determinar si esta ecuación es exacta. Aqu´ı tenemos M(t, x) = luego

(t2

t x − 2 2 1/2 +x ) t

∂M xt 1 =− 2 − 2 2 3/2 ∂x (t + x ) t

y N(t, x) =

y

(t2

x 1 + 2 1/2 +x ) t

∂N xt 1 =− 2 − 2 2 3/2 ∂t (t + x ) t

para todo (t, x) ∈ R2 y, en consecuencia, la ecuación es exacta en todo dominio D.

Por lo tanto, hemos de hallar f tal que

∂f (t, x) t x = M(t, x) = 2 − ∂t (t + x2 )1/2 t2

∂f (t, x) x 1 = N(t, x) = 2 + ∂x (t + x2 )1/2 t

De la primera de estas ecuaciones se deduce R mατ ιo ξτ τ o s

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f (t, x) =

Z

M(t, x) dt + C(x) Z t x √ = − dt + C(x) t2 + x2 t2 √ x = t2 + x2 + + C(x) t

Entonces

∂f x 1 − + C ′ (x) =√ ∂x t t2 + x2

Pero se ha de cumplir x 1 ∂f (t, x) + = N(t, x) = √ 2 2 ∂x t t +x luego √

x x 1 1 − + C ′ (x) = √ + t t t2 + x2 t2 + x2

o sea, C ′ (x) =

2 t

Por tanto,

2x + C0 t donde C0 es una constante arbitraria, de modo que C(x) =

f (t, x) =

√

t2 + x2 +

x 2x + + C0 t t

Como consecuencia, una familia uniparamétrica de soluciones de la ecuación diferencial es f (t, x) = C1 , es decir, √ 3x + C0 = C1 t2 + x2 + t Combinando las constantes C0 y C1 , podemos escribir esta solución en la forma √

t2 + x2 +

3x =C t

en donde C = C1 − C0 es una constante arbitrario.

♣

Soluci´ on 2. Realicemos los siguientes cambios de variables: u = t2 + x2 ,

v=

x , t

du = 2t dt + 2x dx

dv =

t dx − x dt t2

Puesto que la ecuación R mατ ιo ξτ τ o s

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t + xx′ tx′ − x √ + =0 t2 t2 + x2 puede escribirse como 2t dt + 2x dx t dx − x dt √ + =0 t2 2 t2 + x2 entonces tenemos

integrando tenemos

de donde se obtiene que

2.7.

du √ + dv = 0 2 u Z

1 √ du + 2 u √

Z

dv = C,

t2 + x2 +

√

u+v =C

x = C. t

♣

Reducibles a Exactas: Factores Integrantes.

Si tenemos una ecuación M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 que no es exacta, una idea para intentar resolverla será tratar de encontrar alguna función µ(x, y) no idénticamente nula tal que µ(x, y) M(x, y)dx + µ(x, y) N(x, y)dy = 0 sea exacta. Como esta ecuación es equivalente a la de partida, sus soluciones y las de M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 serán las mismas. Ejemplo

Resolver la ecuación diferencial: tan y + tan xy ′ = 0

(2.9)

´ SOLUCION.Podemos escribir la ecuación (2.9) en la forma tan y dx + tan x dy = 0

(2.10)

∂ tan y 1 1 ∂ tan x = 6= = 2 2 ∂y cos y cos x ∂x Por tanto la ecuación no tiene forma exacta, mientras que la ecuación equivalente: cos x sen ydx + sen x cos ydy = 0


´lculo III Ca

(2.11)


βτ αηφoη si que lo es:

58


∂ cos x sen y ∂ sen x cos y = cos x cos y = ∂y ∂x

(2.11) resulta de (2.10) multiplicando por cos x cos y. Es lo que llamaremos “factor integrante” de ♣ la ecuación. ´ 2.6. En general, dada la ecuaci´ DEFINICION on diferencial M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0,

(2.12)

se dice que µ(x, y) 6= 0 es un factor integrante de (2.12) si la ecuaci´ on diferencial µ(x, y) M(x, y)dx + µ(x, y) N(x, y)dy = 0 es exacta. Si µ(x, y) es un factor integrante de la ecuación diferencial M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0, entonces, multiplicando por µ(x, y) es exacta luego: ∂ ∂ [µ(x, y) M(x, y)] = [µ(x, y) N(x, y)]. ∂y ∂x y por tanto

∂u ∂M ∂u ∂N M +u = N +u ∂y ∂y ∂x ∂x ∂u ∂u ∂N ∂M −N =µ − M ∂y ∂x ∂x ∂y

(2.13)

Para buscar factores integrantes hay que resolver una ecuación en derivadas parciales que normalmente es más dif´ıcil que la propia ecuación diferencial. Por eso se recomienda el uso de funciones µ de una forma particular: µ(x), µ(y), µ(x + y), µ(xy),... ① El factor integrante µ sólo depende de x, entonces la ecuación (3.20) será du ∂N ∂M =µ − −N dx ∂x ∂y luego

∂M ∂N − µ (x) ∂y ∂x = µ(x) N ′


´lculo III Ca


βτ αηφoη

59


tiene que resultar ser una función que dependa exclusivamente de x, que denotamos h(x). Cuando éste es el caso, es claro que la función µ que satisface la relación anterior es Z µ(x) = exp h(x) dx , con lo cual hemos encontrado el factor integrante buscado. ② Si µ = µ(y) entonces (3.20) será: ∂N ∂M du M =µ − dx ∂x ∂y

y por tanto

∂N ∂M − µ (y) ∂x ∂y = , µ(y) M ′

que tiene que ser función sólo de y, que denotamos h(y). En estas condiciones, el factor integrante es Z µ(y) = exp h(y) dy ③ Si µ = µ(x + y) = µ(z) con z = x + y entonces (3.20) será:

∂M ∂N − M µ (x + y) − N µ (x + y) = µ(x + y) ∂x ∂y ′

′

y por tanto

∂N ∂M − µ (x + y) ∂x ∂y = . µ(x + y) M −N ′

④ Si µ = µ(xy) = µ(z) con z = xy entonces (3.20) será:

∂N ∂M M µ (xy)x − N µ (xy)y = µ(xy) − ∂x ∂y ′

y por tanto

′

∂N ∂M − µ (xy) ∂x ∂y = . µ(xy) xM − yN ′

Ejemplo Resolver (2x2 + y)dx + (x2 y − x)dy = 0. R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

60


´ SOLUCION.En este caso, M(x, y) = 2x2 + y y N(x, y) = x2 y − x. Esta ecuación no es exacta ya que My = 1 y Nx = 2xy − 1. Para intentar encontrar un factor integrante se calcula My − Nx 1 − (2xy − 1) 2(1 − xy) −2 = = = . N x2 y − x −x(1 − xy) x Ya que se obtiene una expresión que depende sólo de x, podemos asegurar que existe un factor integrante dado por la fórmula Z −2 µ(x) = exp dx = x−2 . x Entonces, si multiplicamos la ecuación diferencial por µ(x) = x−2 se obtiene la ecuación exacta (2 + yx−2 )dx + (y − x−1 )dy = 0. Por el método usual, encontramos que la función F tal que Fx = 2 + yx−2 y Fy = y − x−1 es F (x, y) = 2x − yx−1 + 21 y 2 . Por tanto, la solución de la ecuación diferencial exacta, y también de la de partida, resulta ser 2x − yx−1 + 21 y 2 = C. Ejemplo

Resolver (x + y) dx + x ln x dy = 0

´ SOLUCION.No es de variables separables. No es homogénea. No es exacta. Buscamos un factor integrante que dependa de x: µ = µ(x) (x + y)µ(x) dx + x ln xµ(x) dy = 0 Forzamos a que sea exacta: ∂[(x + y)µ(x)] ∂[x ln xµ(x)] = ∂y ∂x µ = µ ln x + µ + x ln xµ′ µ ln x + x ln xµ′ = 0 µ + xµ′ = 0 de aqu´ı xµ′ = −µ que es de variables separables, integrando

1 con x > 0. x De esta forma la ecuación

µ′ 1 = − obtenemos ln µ = − ln x, µ x

esto es, µ =


x+y dx + ln x dy = 0 x ´lculo III Ca


βτ αηφoη

61


es exacta. Para resolverlo, supongamos que ∂f y =1+ ∂x x Z y f (x, y) = 1+ dx + C(y) = x + y ln x + C(y) x

∂f = ln x + C ′ (y) = ln x, ∂y

de aqui , C ′ (y) = 0,

C(y) = C.

f (x, y) = x + y ln x + C As´ı las soluciones están dadas por y = Ejemplo

C−x . ln x

♣

Resolver la Ecuación diferencial (x2 − sen2 y) + x sen(2y)y ′ = 0.

´ SOLUCION.En este caso M = x2 − sen2 y y N = x sen(2y), entonces ∂M ∂N − = −2 sen y cos y − sen(2y) = − sen(2y) − sen(2y) = −2 sen(2y). ∂y ∂x Por tanto ∂M ∂N − 2 µ ′(x) ∂y ∂x =− = N x µ(x) luego ln(µ(x)) =

Z

Z µ ′(x) 2 dx = − dx = −2 ln x = ln x−2 µ(x) x

de aqu´ı µ(x) =

1 . x2

1 obtenemos la ecuación diferencial exacta x2 sen2 y sen(2y) 1− + y ′ = 0, x2 x

Multiplicando la ecuación diferencial por

Supongamos que


∂f sen2 y =1− , ∂x x2 Z sen2 y sen2 y f (x, y) = 1− dx + C(y) = x + + C(y) x2 x ´lculo III Ca


βτ αηφoη

62

MAT-INF-FIS-QUIM-EST-BIO 2 sen y cos y sen(2y) sen(2y) ∂f = + C ′ (y) = + C ′ (y) = ∂y x x x

de aqu´ı C ′ (y) = 0, C(y) = C y la solución es, por tanto, f (x, y) = x + Ejemplo

sen2 y + C = 0. x

♣

Resolver la Ecuación diferencial (x3 /y + 5xy)y ′ + (x2 + y 2) = 0.

´ SOLUCION.La ecuación diferencial es equivalente a la ecuación (x2 + y 2 ) dx + (x3 /y + 5xy) dy = 0. En este caso M = x2 + y 2 y N =

Por tanto

x3 + 5xy, entonces y

∂N ∂M x2 x2 3 2 − = 3 + 5y − 2y = 3 + 3y = x + y2 ∂x ∂y y y y ∂M ∂N − 1 3 2 3 µ ′ (y) ∂y ∂x 2 = x +y = = M y x2 + y 2 y µ(y)

luego ln(µ) =

Z

µ′ dy = µ

Z

3 dy = 2 ln y = ln y 3 y

de aqu´ı µ(y) = y 3 .

Multiplicando la ecuación diferencial por y 3 obtenemos la ecuación diferencial exacta (x2 y 3 + y 5 ) dx + (x3 y 2 + 5xy 4 ) dy = 0. Usando el método descrito tenemos entonces f (x, y) =

Z

∂f = x2 y 3 + y 5 , ∂x

x3 y 3 x2 y 3 + y 5 dx + C(y) = + xy 5 + C(y) 3

∂f = x3 y 2 + 5xy 4 + C ′ (y) = x3 y 2 + 5xy 4 ∂y de aqu´ı C ′ (y) = 0, C(y) = C y la solución es, por tanto, R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

f (x, y) = Ejemplo

63


Resolver

x3 y 3 + xy 5 + C = 0. 3

♣

y dx + (y 3 − ln x) dy = 0 x

´ SOLUCION.En este caso M =

y y N = y 3 − ln x, entonces x ∂M 1 = ∂y x

y

∂N 1 =− ∂x x

No resulta ser una ecuación diferencial exacta; probando a conseguir un factor integrante: ∂N ∂M 1 1 2 − − − − µ (y) 2 ∂x ∂y = = x y x = yx = − µ(y) M y x x ′

Por lo tanto ln(µ) =

Z

Z µ′ 2 dy = − dy = −2 ln y = ln y −2, µ y

µ(y) =

1 . y2

es un factor integrante. Multiplicando la ecuación por el factor obtenido resulta:

Probando el criterio de exactitud:

1 ln x dx + y − 2 dy = 0 xy y

∂M 1 =− 2 ∂y xy

y

∂N 1 =− 2 ∂x xy

Por lo tanto se obtuvo una ecuación diferencial exacta. Procediendo seg´ un este caso: ∂f 1 = ∂x xy entonces f (x, y) =

Z

1 1 dx + C(y) = ln |x| + C(y) xy y

Derivando f (x, y) con respecto a y e igualando con N ∂f 1 ln x = − 2 ln |x| + C ′ (y) = y − 2 ∂y y y R mατ ιo ξτ τ o s

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Simplificando se obtiene: C ′ (y) = y, integrando miembro a miembro C(y) = resultado en f (x, y) resulta: y2 1 f (x, y) = ln |x| + , y 2 Ejemplo

por tanto la solucion es

y2 . Sustituyendo este 2

1 y2 ln |x| + = C. y 2

♣

Resolver (ey + e−x ) dx + (ey + 2ye−x ) dy = 0

´ SOLUCION.En este caso M = ey + e−x y N = ey + 2ye−x , entonces ∂M = ey ∂y

y

∂N ∂M ∂N = −2ye−x . As´ı 6= ∂x ∂y ∂x

No resulta ser una ecuación diferencial exacta; probando a conseguir un factor integrante: ∂M ∂N − ey + 2ye−x ∂y ∂x h(x) = = y =1 N e + 2ye−x Por lo tanto µ(x) = exp

Z

Z h(x)dx = exp 1dx = ex

es un factor integrante. Multiplicando la ecuación por el factor integrante ex se obtiene: ex (ey + e−x ) dx + ex (ey + 2ye−x ) dy = 0

(ex ey + 1) dx + (ex ey + 2y) dy = 0

Probando el criterio de exactitud: M(x, y) = ex ey + 1 y N(x, y) = ex ey + 2y ∂M = ex ey ∂y

y

∂N = ex ey ∂x

Resulta una ecuación diferencial exacta, procediendo en consecuencia: ∂f = M(x, y) = ex ey + 1 ∂x entonces f (x, y) =

Z

(ex ey + 1)dx + C(y) = ex ey + x + C(y)

Derivando f (x, y) con respecto a y e igualando con N ∂f = ex ey + C ′ (y) = ex ey + 2y ∂y R mατ ιo ξτ τ o s

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Simplificando se obtiene: C ′ (y) = 2y, integrando miembro a miembro C(y) = y 2 . Sustituyendo este resultado en f (x, y) resulta: f (x, y) = ex ey + x + y 2,

2.8.

por tanto la solucion es ex ey + x + y 2 = C.

♣

Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden

Dada la ecuación y ′ + a(x) y = b(x)

(2.14)

vamos a explicar cómo resolverla por tres métodos distintos: ① Encontrar un factor integrante de la forma µ(x). Para ello, si la ponemos en la forma (a(x)y − b(x))dx + dy = 0

(2.15)

y denotamos M(x, y) = a(x)y − b(x) y N(x, y) = 1, se tiene My − Nx = a(x). N Por tanto, seg´ un hemos visto anteriormente, la E. D. tiene el factor integrante Z µ(x) = exp a(x)dx . As´ı, multiplicando por µ(x) a (2.15), la ecuación exp

Z

Z a(x) dx (a(x)y − b(x))dx + exp a(x) dx dy = 0

tiene que ser exacta. Ahora, bastará encontrar la función potencial F con lo que la ecuación anterior podrá ponerse dF = 0 y su solución será F (x, y) = C. Busquemos F : R R Como Fy = exp a(x)dx , tendremos F (x, y) = y exp a(x)dx + ϕ(x). Por otra parte, derivando esta F respecto de x y usando que Z Fx = exp a(x)dx (a(x)y − b(x)) llegamos a R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

66


Fx = y exp

Z

Z ′ a(x) dx a(x) + ϕ (x) = exp a(x) dx (a(x)y − b(x)),

de donde ′

ϕ (x) = −b(x) exp

Z

a(x) dx

Integrando, Z Z ϕ(x) = − b(x) exp a(x) dx dx luego F (x, y) = y exp

Z

Z Z a(x) dx dx a(x) dx − b(x) exp

y la solución de la ecuación exacta (y de la lineal de partida) es, expresada en forma impl´ıcita, y exp

Z

Z Z a(x) dx − b(x) exp a(x) dx dx = C.

Sin más que despejar y, tenemos que la solución de la ecuación lineal resulta ser Z Z Z y = exp − a(x) dx b(x) exp a(x) dx dx + C .

(2.16)

② Un segundo método de resolución se basa en resolver previamente la ecuación lineal homogénea asociada y ′ + a(x)y = 0. Esta ecuación es de variables separadas, pues puede R dy ponerse = −a(x)dx; su solución es y = C exp − a(x)dx . y Apliquemos ahora el método de variación de las constantes, esto es, consideremos Z y = C(x) exp − a(x) dx y vamos a ver cómo debe ser C(x) para que se verifique y ′ + a(x)y = b(x). Derivando, Z Z y = C (x) exp − a(x) dx − C(x) a(x) exp − a(x) dx ′

′

y, sustituyendo en la ecuación lineal, R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

67


Z Z Z C (x) exp − a(x) dx − C(x) a(x) exp − a(x) dx + a(x) C(x) exp − a(x) dx = b(x) ′

Dos de los sumandos anteriores se cancelan, de donde C ′ (x) = b(x) exp − integrando, C(x) =

Z

R

a(x)dx e,

Z b(x) exp − a(x) dx dx + C.

As´ı, hemos llegado a la misma expresión para las soluciones que la que encontramos por el método anterior. ③ El tercer procedimiento de resolución parte de suponer que hemos encontrado, de alguna forma, una solución particular yp (x) de la E. D. lineal. Entonces, la solución general de la lineal es yp más la solución general de la lineal homogénea asociada, es decir, Z y = yp + C exp − a(x) dx es solución para todo C ∈ R. La justificación de este hecho es sencilla. En efecto, basta comprobar que, si yp es solución de y ′ + a(x)y = b(x) y y lo es de y ′ + a(x)y = 0, entonces y + yp es solución de y ′ + a(x)y = b(x), lo cual es claramente cierto: (y + yp ) ′ + a(x)(y + yp ) = (y ′ + a(x)y) + (yp ′ + a(x)yp ) = 0 + b(x) = b(x). ④ El u ´ ltimo método de resolución de ecuaciones lineales que describimos consiste en efectuar una descomposición y(x) = u(x)v(x) adecuada. Tomando y de esa forma, si derivamos, y ′ = u ′v + uv ′ , con lo cual, al sustituir en la ecuación (2.14), u ′ v + uv ′ + a(x)uv = b(x). Sacando u factor com´ un, podemos escribir la expresión anterior como u ′ v + (v ′ + a(x)v)u = b(x). Vamos ahora a elegir v de tal forma que se anule el coeficiente de u, es decir, que satisfaga v′ ´ v ′ + a(x)v = 0. Esta es una E. D. en variables separadas; resolviéndola, = −a(x), con lo v Z cual basta tomar log v = − a(x)dx, es decir, Z v(x) = exp − a(x) dx .

Con v(x) esa funcióRn, la ecuaci´ on queda ahora u ′ v = b(x), de donde u ′ = b(x)v −1 , es decir, u ′(x) = b(x) exp a(x)dx . Integrando,


´lculo III Ca


βτ αηφoη

68


u(x) =

Z

b(x) exp

Z

a(x) dx dx + C.

Sin más que recomponer y = u(x)v(x), con este procedimiento de nuevo encontramos la misma expresión para las soluciones de la E. D. lineal de partida. Para concluir, comentemos una vez más que no hace falta recordar la fórmula que hemos obtenido para las soluciones de la ecuación lineal, sino que basta seguir en cada problema alguno de los procesos descritos. Generalmente, en opinión del que escribe, los que suelen conducir a la solución por un procedimiento más corto suelen ser el segundo y el cuarto. El tercero tiene, sobre todo, gran importancia teórica. Además, merece la pena destacar que el segundo y el tercero tienen su paralelismo a la hora de resolver ecuaciones lineales de orden superior (como veremos más adelante), mientras que los otros dos sólo se aplican a las de primer orden. Ejemplo Resolver 2x y ′ − 3y = 4x2 .

por los cuatro métodos descritos. ´ SOLUCION.-

3 dy 3 y = 2x, − y = 2x, es decir, 2x dx 2x 3 − y − 2x dx + dy = 0, 2x

① Tenemos la ecuación lineal y ′ −

que es de la forma Mdx + Ndy = 0 con M(x, y) = −

3 y − 2x y N(x, y) = 1. Como 2x

− 3 −0 My − Nx 3 = 2x =− , N 1 2x existe el factor integrante Z 3 µ(x) = exp − dx = x−3/2 2x As´ı, la ecuación 1 3 3 −5 − − x 2 y − 2x 2 dx + x− 2 dy = 0, 2 3

3

es exacta. La función potencial F debe cumplir Fy = x− 2 , luego F = x− 2 y + ϕ(x). Por otra parte, 1 3 5 3 5 Fx = − x− 2 y − 2x− 2 = − x− 2 y + ϕ ′ (x) 2 2 R ´lculo III mατ ιo ξτ τ o s Ca Jasmer LPC - Intocables

βτ αηφoη

69


de donde ϕ(x) = −2 3

Z

1

1

x− 2 dx = −4x 2

1

3

1

Por tanto, F (x, y) = x− 2 y − 4x 2 , y la solución de la E. D. es x− 2 y − 4x 2 = C, o sea 3 y = Cx 2 y + 4x2 , C ∈ R. dy 3dx 3 y = 0. Podemos ponerla como = , de 2x y 2x 3 variables separadas, cuya solución es log y = 23 log x + K, es decir, y = Cx 2 . Empleemos 3 ahora el método de variación de las constantes, para lo cual tomamos y = C(x)x 2 . Derivando, 1 3 y ′ = C ′ (x)x 2 + 32 C(x)x 2 y, sustituyendo en E. D. de partida,

② La lineal homogénea asociada es y ′ −

1

3 3 1 3 ′ 2 2 2x C (x)x + C(x)x − 3C(x)x 2 = 4x2 , 2 1

esto es, C ′ (x) = 2x− 2 . Integrando, C(x) = 4x 2 + K1 luego la solución de la lineal es 1 3 3 y = (4x 2 + K1 )x 2 . Si empleamos de nuevo C para denotar la constante, y = Cx 2 + 4x2 , la misma expresión que hemos encontrado en (1). ③ Primero, tratemos de hallar una solución particular de la ecuación lineal. Lo más sencillo es intentar probar si existe alguna solución polinómica. Esto sólo ser´ıa posible con un polinomio de segundo grado, pues en otro caso no podr´ıan cancelarse nunca todos los sumandos. Por tanto, vamos a tantear con polinomios de la forma y = ax2 + bx + c. Derivando, y ′ = 2ax + b y, sustituyendo en la ecuación, 2x(2ax + b) − 3(ax2 + bx + c) = 4x2 . Si igualamos los términos del mismo grado encontramos que esto se cumple con a = 4, b = c = 0. As´ı pues, una solución particular de la lineal es y = 4x2 . Por otra parte, y tal 3 como ya hemos calculado en (2), la solución general de la homogénea asociada es y = Cx 2 . 3 En definitiva, de nuevo tenemos que la solución general de la lineal es y = Cx 2 + 4x2 . ④ Para resolver la ecuación lineal, descomponemos y = u(x)v(x), de donde y ′ = u ′v + uv ′ . Sustituyendo, 2x(u ′v + uv ′ ) − 3uv = 4x2 , es decir, 2xu ′v + (2xv ′ − 3v)u = 4x2 . v′ 3 Si igualamos a 0 el coeficiente de u queda 2xv ′ − 3v = 0, o sea = ; integrando, v 2x 3 3 3 1 log v = log x, luego v = x 2 . Con esto, la ecuación queda 2xu ′ x 2 = 4x2 , es decir, u ′ = 2x− 2 , 2 1 1 3 cuya solución es u = 4x 2 + C. Sin más que recomponer y = uv obtenemos y = (4x 2 + C)x 2 , la misma solución para la lineal que con los otros tres métodos. R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

70


Soluci´ on de una ecuaci´ on lineal de primer orden (1) Para resolver una ecuación lineal de primer orden, a1 (x)

dy + a0 (x) y = b(x) dx

(2.17)

primero se convierte a la forma de dy + P (x) y = f (x) dx esto es, se hace que el coeficiente de dy sea la unidad. dx (2) Hay que identificar P (x) y definir el factor integrante, exp

(2.18)

Z

P (x) dx

(3) La ecuación obtenida en el paso (1) se multiplica por el factor integrante: Z Z Z dy exp P (x) dx + exp P (x) dx P (x) y = f (x) exp P (x) dx dx (4) El lado izquierdo de la ecuación obtenida en el paso (3) es la derivada del producto del factor integrante por la variable dependiente, y; esto es, Z Z d exp P (x) dx y = f (x) exp P (x) dx dx (5) Se integran ambos lados de la ecuación obtenida en el paso (4): Z Z Z exp P (x) dx y = f (x) exp P (x) dx dx + C Ejemplo

(2.19)

Resolver

dy − 4 y = x6 ex dx ´ SOLUCION.Dividimos por x y tenemos la forma normal x

dy 4 − y = x5 ex dx x 4 , el factor integrante es x Z Z 1 −4 exp P (x) dx = exp −4 dx = e−4 ln |x| = eln |x| = x−4 x

Tenemos que P (x) = −


´lculo III Ca


βτ αηφoη

71


Multiplicamos la forma normal por este factor: 4 dy − x−4 y = x−4 x5 ex dx x dy x−4 − 4x−5 y = xex dx d −4 x y = xex dx

x−4

Integrando por partes, llegamos a

x−4 y = xex − ex + c, Ejemplo

y = x5 ex − x4 ex + cx4 .

♣

Resolver el problema de valor inicial x

dy + y = 2x, dx

y(1) = 0.

´ SOLUCION.Escribimos la ecuación dada en la forma dy 1 + y = 2 dx x 1 es continua en cualquier intervalo que no contenga al origen. En vista de la x condición inicial, resolveremos el problema en el intervalo (−∞, ∞). El factor integrante es Z Z 1 exp P (x) dx = exp dx = eln |x| = eln |x| = x x La función P (x) =

Multiplicamos la forma normal por este factor: x

dy + y = 2x dx d [x y] = 2x dx

Integrando por partes, llegamos a x y = x2 + c. Despejamos y y llegamos a la solución general y =x+

c x

Pero y(1) = 0 implica que c = −1; por consiguiente, la solución es 1 y =x− , x R mατ ιo ξτ τ o s

0 < x < ∞.

´lculo III Ca


βτ αηφoη

Ejemplo

72


♣

Resolver la siguiente ecuaci´ on diferencial dy 2x + 1 + y = e−2x dx x

´ SOLUCION.En este caso P (x) =

exp

Z

2x + 1 , de donde se deduce que el factor integrante es x

2x + 1 dx = e2x+ln |x| = e2x eln |x| = xe2x P (x) dx = exp x

Multiplicando ahora los dos mienbros de la ecuación por este factor integrante obtenemos: 2x dy

xe

dx

2x

+ xe

xe2x

2x + 1 x

y = xe2x e−2x

dy + e2x (2x + 1)y = x dx

es decir,

d 2x xe y = x dx x2 Integrando, hallamos las soluciones xe2x y = + C, es decir, 2 C 1 y = xe−2x + e−x 2 x donde C es una constante arbitraia. Ejemplo

♣

Resolver la ecuación diferencial y 2 dx + (3xy − 1) dy = 0

´ SOLUCION.esta ecuación escrita en forma normal es dy y2 = dx 1 − 3xy que, evidentemente, no es lineal en y. Además, la ecuación no es exacta, ni de variables separables, ni homogénea, por lo que parece ser de alg´ un tipo que todav´ıa no hemos econtrado. Sin embargo, recordemos que en la forma diferencial de una ecuación de primer orden los papeles de x y y son intercambiables, en el sentido de que cualquier variable pod´ıa considerarse como dependiente y la otra como independiente. Teniendo en cuenta para esta ecuación, vamos a considerar que la R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

73


variable dependiente es ahora x y la independiente y. Con esta interpretación, escribiremos ahora la ecuación en forma normal y resulta 1 − 3xy dx = dy y2 es decir,

dx 3 1 + x= 2 dy y y Observemos ahora que la ecuación es de la forma dx + p(y) x = q(y) dy y, por tanto, lineal en x. En consecuecia, la teor´ıa desaroollada para ecuaciones lienales puede aplicarse a esta ecuación mediante el simple intercambio de los papeles desempe˜ nados por x y y. Entonces, un factor integrante es exp

Z

p(y) dy

= exp

Z

Multiplicando la ecuación por y 3 obtenemos

3 dy y

3

= e3 ln |y| = eln |y| = y 3

dx 3 1 + y3 x = y3 2 dy y y dx + 3y 2x = y y3 dy d 3 y x = y dy

y3

Integrando, hallamos soluciones de al forma y3 x =

y2 +C 2

o bien x =

1 C + 3 2y y ♣

donde C es una constante arbitraria.

Ejemplo

Resolver

dy y + 2 = x3 dx x ´ SOLUCION.- Dividimos por x y tenemos la forma normal dy 2 + y = x3 dx x R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

74

MAT-INF-FIS-QUIM-EST-BIO 2 , el factor integrante es x Z Z 2 2 dx = e2 ln |x| = eln |x| = x2 exp P (x) dx = exp x

Tenemos que P (x) =

Multiplicando ambos miembros de la ecuación por el factor integrante se obtiene: dy 2 + x2 y = x2 x3 dx x dy x2 + 2xy = x5 dx d 2 x y = x5 dx

x2

El primer miembro de la igualdad no es otra cosa que la derivada con respecto a x del producto x2 y, d 2 x y = x5 dx por lo tanto integrando miembro a miembro se tiene la solución de la ecuación diferencial: x6 xy= + c. 6 2

Ejemplo

♣

Resolver xy ′ + 2y = 3x,

´ SOLUCION.Recuérdese que para que la ecuación sea lineal debe tener la siguiente estructura dy + p(x) y = q(x), donde y ′ denota la derivada de y con respecto a x, por lo tanto, la ecuación dx dada no lleva esa estructura pero si se dividen ambos lados de dicha ecuación por la variable x se obtiene: dy 2 + y = 3 dx x 2 y Q(x) = 3, el factor integrante es x Z Z 2 2 exp P (x) dx = exp dx = e2ln|x| = eln |x| = x2 x

Tenemos que P (x) =

Aplicando la formula (2.19) R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

75


exp

Z

Z Z P (x) dx y = Q(x) exp P (x) dx dx + C Z 2 x y = 3x2 dx + C x2 y = x3 + C

Luego la solución es dada por y = x + Cx−2 .

Ejemplo

♣

Resolver dy − 2 y cotg 2x = 1 − 2x cotg 2x − 2 cosec 2x dx

´ SOLUCION.Notamos inmediatamente que p(x) = −2 cotg 2x y q(x) = 1 − 2x cotg 2x − 2 cosec 2x, entonces el factor integrante es exp

Z

Z P (x) dx = exp − 2 cotg 2 dx = e− ln | sen 2x| = cosec 2x

Al multiplicar por el factor integrante la ecuación, esta se transforma en

cosec 2x

dy − 2 y cosec 2x cotg 2x = cosec 2x − 2x cosec 2x cotg 2x − 2 cosec 2x cosec 2x dx 1 dy cos 2x 1 cos 2x 2 − 2y = − 2x 2 − 2 sen 2x dx sen 2x sen 2x sen 2x sen2 2x d 1 1 cos 2x 2 y = − 2x 2 − dx sen 2x sen 2x sen 2x sen2 2x Z 1 1 cos 2x 2 y = − 2x 2 − dx sen 2x sen 2x sen 2x sen2 2x

Debemos resolver la integral por lo tanto integrando por partes Z Z 1 x 2x cos 2x dx = + dx sen 2x sen 2x sen2 2x Z

2 cos 2x dx = − +c 2 sen 2x 2 sen 2x

Por lo tanto R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

76


cos 2x 2 x cos 2x 1 − 2x 2 − dx = + +c 2 sen 2x sen 2x sen 2x sen 2x sen 2x

Entonces y = x + cos 2x + C sen 2x

Ejemplo

♣

Resolver dy 3 1 − y = 2 dt t t

con y(1) = 0

´ SOLUCION.Calculamos primero el factor integrante

exp

Z

Z 3 1 −3 P (t) dt = exp − dt = e−3 ln |t| = eln |t| = t−3 = 3 t t

y lo aplicamos a la ecuación

Integrando llegamos a t−3 y =

1 dy 13 − 3 y 3 t dt t t 1 dy 3 − 4y 3 t dt t dy t−3 − 3t−4 y dt d −3 t y dt t−4 + c, −4

= = =

1 1 t3 t2 1 t5 1 t5

= t−5

1 1 y = −4 4 + c 3 t t

4 y = − + Ct3 . t

ahora evaluamos la condición inicial y(1) = 0 = −4 + C,

C=4

entonces la solución particular del problema es y(t) = 4 t3 − . t R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca

♣


βτ αηφoη

77


EJEMPLO 2.3. Resuelva la ecuación diferencial 2 cos(ln t) dy 1 + y = dt t t

con y(1) = 1

Soluci´ on. Calculamos primero el factor integrante Z Z 1 exp P (t) dt = exp dt = eln |t| = eln |t| = t t y lo aplicamos a la ecuación t

1 2 cos(ln t) dy +t y = t dt t t dy t + y = 2 cos(ln t) dt d [t y] = 2 cos(ln t) dt

Integrando llegamos a ty =

Hallemos la integral Z

Z

Z

2 cos(ln t) dt + C

1 y= t

Z

2 cos(ln t) dt + C

cos(ln t) dt:

cos(ln t) dt =

Z

u = cos(ln t),

dv = dt

cos(ln t) dt

1 du = − sen(ln t) dt v = t t Z Z 1 = t cos(ln t) + t sen(ln t) dt = t cos(ln t) + sen(ln t) dt t

también calculemos Z

Z

u = sen(ln t), dv = dt sen(ln t) dt = sen(ln t) dt 1 du = cos(ln t) dt v = t t Z Z 1 = t sen(ln t) − t cos(ln t) dt = t sen(ln t) − cos(ln t) dt t

Por lo tanto

Z

cos(ln t) dt = t cos(ln t) + t sen(ln t) −

Z

cos(ln t) dt

de donde R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

78


cos(ln t) dt =

1 [t cos(ln t) + t sen(ln t)] 2

Con lo cual se concluye que y(t) =

1 (t cos(ln t) + t sen(ln t) + C) t

ahora evaluamos la condición inicial 1 y(1) = (1 cos(ln 1) + 1 sen(ln 1) + C) = 1, 1 entonces la solución particular del problema es 1 y(t) = (t cos(ln t) + t sen(ln t)) . t

C=0

♣

EJEMPLO 2.4. Resuelva la ecuación diferencial x′ = x ln 2 + 2sen t (cos t − 1) ln 2 Soluci´ on. Recordemos que la ecuación lineal y ′ + a(x) y = b(x)

(2.20)

Z Z Z y = exp − a(x) dx b(x) exp a(x) dx dx + C .

(2.21)

tiene por solución a:

Nuestra ecuación es una lienal, en efecto esta puede escribirse como x′ − (ln 2)x = 2sen t (cos t − 1) ln 2

aqu´ı a(t) = − ln 2 y b(t) = 2sen t (cos t − 1) ln 2. Aplicando (2.34) para resolverla obtenemos: Z

Z Z sen t x = exp ln 2 dt 2 (cos t − 1) ln 2 exp − ln 2 dt dt + C Z sen t −t ln 2 t ln 2 = e 2 (cos t − 1) ln 2 e dt + C Z sen t −t t = 2 2 (cos t − 1)(ln 2) 2 dt + C Z sen t−t = 2 ln 2 2 (cos t − 1)dt + C t

Z 2u u t = 2 ln 2 2 du + C = 2 ln 2 ln 2 t

= 2 t (2sen t−t + C) = 2sen t + 2 t C.


´lculo III Ca

u = sen t − t du = (cos t − 1)dt + C = 2 t (2u + C)


βτ αηφoη

79


♣

2.9.

Ecuaci´ on de Bernoulli

La ecuación diferencial:

dy + P (x)y = f (x)y n (2.22) dx en la que n es cualquier n´ umero real, es la ecuación de Bernoulli. Obsérvese que cuando n = 0 y n = 1, la ecuación (2.22) es lineal. Cuando n 6= 0 y n 6= 1, la sustitución u = y 1−n reduce cualquier ecuación de la forma (2.22) a una ecuación lineal. Consideremos y ′ + a(x)y + b(x)y α = 0

(2.23)

Es claro que, si α = 0, la ecuación diferencial anterior es lineal y, si α = 1, es de variables separadas. En otro caso, veamos cómo resolverla: ❃ Efectuemos el cambio de función y 1−α = z, para el cual (1 − α)y −αy ′ = z ′ , es decir,

1 ′ y = yα

1 1 1 z ′ . Sustituyendo en α y ′ + a(x)y 1−α + b(x) = 0 tenemos z ′ + a(x)z + b(x) = 0, 1−α y 1−α con lo que hemos transformado la ecuación de Bernoulli en la ecuación diferencial lineal z ′ + (1 − α)a(x)z + (1 − α)b(x) = 0.

❄ Puede seguirse un segundo método de resolución sin más que aplicar un procedimiento análogo al u ´ ltimo de los que hemos visto para ecuaciones lineales. Partimos de la descoposición y(x) = u(x)v(x). Derivando, y ′ = u′ v + uv ′ y, sustituyendo en la ecuación diferencial, u′ v + uv ′ + a(x)uv + b(x)uα v α = 0, que escribimos como u′ v + (v ′ + a(x)v)u + b(x)uα v α = 0. ´ Ahora, igualamos a 0 el coeficiente de u, con lo cual tenemos v ′ + a(x)v, que es una ecuaciOn en v(x) de variables separadas; resolviéndola determinamos v(x). Con esta v, la ecuación de la que par´ıamos ha quedado u′ v+b(x)uα v α = 0, que es una ecuación en u(x) de variables separadas. Resolviéndola encontramos u(x), con lo que ya tenemos completamente solucionada la ecuación de Bernoulli. Ejemplo

Resolver xy ′ + 2y + x5 y 3ex = 0.

2 ´ SOLUCION.Puesta en la forma y ′ + y+x4 y 3ex = 0, es claro que la ecuación es de Bernoulli con x 1 1 α = 3. Hacemos el cambio de función y −2 = z, para el cual z ′ = −2y −3 y ′, es decir, 3 y ′ = − z ′ . y 2 R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

80


Si sustituimos esto en y b(x) = 2x4 ex .

1 ′ 2 −2 4 4 y + y + x4 ex = 0 queda z ′ − z = 2x4 ex , que es lineal con a(x) = − 3 y x x x

Tal como sabemos, la solución de la ecuación lineal es

Como

Z

Z Z Z z = exp − a(x) dx b(x) exp a(x) dx dx + C . a(x) dx =

Z

Z −4 dx = −4 log x, se sigue que exp − a(x) dx = e4 log x = x4 , por tanto x Z 4 4 x −4 z = x 2x e x dx + C = x4 (2ex + C) .

Por tanto, la solución de la ecuación diferencial de Bernoulli es y −2 = x4 (2ex + C), es decir, x2 y=√ x 2e + C Resolvamos ahora la ecuación por el segundo procedimiento explicado. Tomamos y = uv, luego y ′ = u′v + uv ′ ; sustituyendo, x(u′ v + uv ′) + 2uv + x5 u3 v 3 ex = 0, es decir, xu′ v + (xv ′ + 2v)u + x5 u3 v 3 ex = 0. dv dx = −2 , lo cual se consigue con log v = −2 log x, v x o sea, v = x−2 . As´ı, tenemos la nueva ecuación xu′ v + x5 u3 x−6 ex = 0, que puede escribirse como du 1 1 . Con todo esto, la − 3 = −ex dx. Su solución es − 2 = ex + C/2, es decir, u = √ x u 2u 2e + C x2 solución de la ecuación de Bernoulli de la que part´ıamos es y = √ x . Lógicamente, hemos 2e + C ♣ obtenido la misma que mediante el primer método.

Elijamos v tal que xv ′ + 2v = 0, esto es,

Ejemplo

Resolver la ecuación diferencial y ′ −

1 y = y 4 log x. 3x

´ SOLUCION.Esta ecuación es una ecuación diferencial de Bernoulli con n = 4. Hacemos el 1 1 −3 cambio z = y , y tenemos z ′ = −3y −4 y ′, esto es − z ′ = 4 y ′, luego la ecuación diferencial se 3 y transforma en 1 ′ 1 y − y −3 = log x, 4 y 3x

z′ +

1 z = −3 log x, x

z=−

C 3 3 − x log x + x, x 2 4

de donde obtenemos


−1/3 C 3 3 y = − − x log x + x . x 2 4 ´lculo III Ca


βτ αηφoη

81


♣ Ejemplo

Consideremos la ecuación diferencial

dy + y = xy 3 . dx

´ SOLUCION.Esta ecuación es del tipo Bernoulli con n = 3. Primeramente multiplicamos los dos miembros de la ecuación por y −3 y obtenemos la siguiente forma equivalente y −3

dy + y −2 = x dx

Si ahora hacemos z = y −2 , entonces

dz dy = −2y −3 dx dx y la ecuación diferencial anterior se transforma en la ecuación diferencial −

1 dz +z =x 2 dx

es decir,

dz − 2z = −2x dx Un factor integrante para esta ecuación es Z Z µ(x) = exp p(x) dx = exp −2 dx = e−2x Multiplicando la ecuación por e−2x , tenemos e−2x es decir,

Integrando, obtenemos

dz − 2e−2x z = −2xe−2x dx

d h −2x i e z = −2xe−2x dx 1 e−2x z = e−2x (2x + 1) + C 2

1 1 es decir, z = x + + Ce2x , donde C es una constante arbitraria. Pero z = 2 por lo que se obtiene 2 y entonces las soluciones de la ecuación diferencial en al forma 1 1 = x + + Ce2x 2 y 2 R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca



82

MAT-INF-FIS-QUIM-EST-BIO Resolver la ecuación diferencial y ′ − y = e2x y 3.

´ SOLUCION.Dividiendo entre y 3 , se tiene

3 y 1 ′ 2x y y − = e , as´ı y3 y3 y3

y −3 y ′ − y −2 = e2x

(2.24)

Hágase el cambio de variable y 1−3 = w, es decir y −2 = w y der´ıvese con respecto a x quedando −2y −3 y ′ = w ′ . Multiplicando la ecuación (2.24) por −2 resulta: −2y −3 y ′ + 2y −2 = −2e2x . Sustit´ uyase el cambio de variable: w ′ + 2w = −2e2x . Se obtuvo una ecuación lineal en w, procediendo en consecuencia se tiene: P (x) = 2, Q(x) = −2e2x . Z Z Buscando el factor integrante µ(x) = exp p(x) dx = exp 2dx = e2x por lo tanto la solución es:

2x

we

w e2x

Z

e2x −2e2x dx + C Z = −2 e4x dx + C =

w = − Revirtiendo el cambio de variable y −2 = − como:

e2x C + 2x 2 e

e2x C + 2x . Este resultado puede expresarse también 2 e

1 −e4x + 2C = . Donde 2C es equivalente a C Obteniéndose mediante el inverso: y2 2e2x y2 =

Ejemplo

2e2x . C − e4x

♣

Resolver la ecuación diferencial xy ′ + 6y = 3xy 4/3 .

´ SOLUCION.Dividiendo entre xy 4/3 , se tiene y −4/3 y ′ +

1 6 y 3xy 4/3 ′ xy + = , simplificando xy 4/3 x y 4/3 xy 4/3 6 −1/3 y =3 x

(2.25)

1 Hágase el cambio de variable w = y −1/3 , y calculando w ′ = − y −4/3 y ′. Multiplicando la ecuación 3 1 −4/3 ′ 1 6 −1/3 (2.25) por −1/3 resulta: − y y − y = −1. Sustit´ uyase el cambio de variable: 3 3x w′ − R mατ ιo ξτ τ o s

2 w = −1. x

´lculo III Ca


βτ αηφoη

83


2 Se obtuvo una ecuación lineal en w, procediendo en consecuencia se tiene: P (x) = − , Q(x) = −1. x Z Z 1 1 Buscando el factor integrante exp p(x) dx = exp −2 dx = e−2 ln x = 2 por lo tanto la x x solución es: Z 1 1 w 2 = − dx + C x x2 1 1 w 2 = +C x x x2 w = − + Cx2 x Revirtiendo el cambio de variable y −1/3 = x + Cx2 . Buscando el inverso se deduce que y 1/3 = obtener:

Ejemplo

1 y 1/3

= x + Cx2 . De donde

1 . Todav´ıa se puede elevar ambos miembros a la potencia 3 para x + Cx2 1 y= 3 . 2 x + Cx

♣

Resolver la ecuación de Bernoulli ty ′ + y = y 2 log t.

log t 1 ´ y n = 2. Por tanto, hacemos el SOLUCION.En este caso t ∈ (0, ∞), p(t) = , q(t) = t t 1 y′ 1−2 ′ cambio de variable u = y = . Derivando y sustituyendo obtenemos que u = − 2 y y y −tu′ y 2 + y = y 2 log t. Dividiendo por y 2 obtemos que −tu′ + y = log t. Puesto que la solución general de esta escuación es u(t) = log t + 1 + Ct, siendo c una constante 1 arbitraria, concluimos que y(t) = , siendo C una cosntante arbitraria, es la solución log t + 1 + Ct general de la ecuación anterior. Un breve análisis permite observar que la función y(t) = 0 también es solución de la ecuación de Bernoulli. ¿Por qué no ha salido ésta en la anterior expresión?. ♣ Ejemplo

Resolver la ecuación diferencial

dy − y = xy 5 . dx

´ SOLUCION.Hacemos el cambio de variable u = y 1−5 = y −4, −4y −5 R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca

dy du dy = , esto es, = dx dx dx


βτ αηφoη


84

1 du 1 du − , ahora reemplazamos el cambio de variable en la ecuación que se reduce a − − u = x, 4 dx 4 dx entonces du + 4u = −4x. dx Z Ocupamos el factor integrante µ(x) = exp 4dx = e4x . Entonces 4x

ue

= −4

Z

1 xe4x dx = −xe4x + e4x + C, 4

volviendo a las variables originales y −4 = −x + Ejemplo

1 + Ce−4x . 4

♣

h i Resolver la ecuación diferencial x dy − y + xy 3 1 + ln x dx = 0.

´ SOLUCION.Ordenamos la ecuación para poder identificarla y −3

dy 1 − y −2 = 1 + ln x, dx x

dy y − = y 3(1 + ln x). dx x

Esta ecuación es del tipo Bernoulli con n = 3, luego hacemos el cambio de variable u = y 1−3 = y −2,

du dy = −2y −3 dx dx

multiplicando por −2y −3 a ambos lados de la ecuación −2y −3

(2.26)

dy y − = y 3 (1 + ln x) obtenemos dx x

dy 2 + y −2 = −2(1 + ln x), dx x

ahora reemplazando las ecuaciones en (2.26) en la anterior ecuación esta se reduce a du 2 + u = −2(1 + ln x) dx x Z 2 Ocupamos el factor integrante µ(x) = exp dx = x2 . Multiplicando la ecuación por x2 , x tenemos du x2 + 2xu = −2x2 (1 + ln x) dx es decir, dh 2 i x u = −2x2 (1 + ln x) dx R ´lculo III mατ ιo ξτ τ o s Ca Jasmer LPC - Intocables

βτ αηφoη

85


Integrando, obtenemos 2

u x = −2

Z

2 4 x2 + x2 ln x dx = − x3 − x3 ln x + C, 9 3

Ahora, volviendo a las variables originales obtenemos x2 2 3 2 =− x + ln x + C. y2 3 3

♣

dy + y = x2 y 2 . dx ´ SOLUCION.Reescribimos la ecuación como sigue: Ejemplo

Resolver la ecuación diferencial x

1 dy + y = xy 2 dx x Hacemos la sustitución u = y 1−2 = y −1, y = u−1 por tanto dy du = −u−2 dx dx Y el resultado es:

du 1 − u = −x dx x

El factor integrante para esta ecuación lineal en, por ejemplo (0, ∞), es Z 1 −1 exp − dx = e− ln x = eln x = x−1 x Integramos

y obtenemos

d h −1 i x u = −1 dx x−1 u = −x + c,

u = −x2 + cx

Como y = u−1 , una solución de la ecuación es y=

−x2

1 + cx

En este ejemplo no hemos llegado a la solución general de la ecuación diferencial no lineal original, ♣ porque y = 0 es una solución singular de esa ecuación. R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca



86

MAT-INF-FIS-QUIM-EST-BIO Resolver la ecuación diferencial y′ −

1 y = y 4 log x. 3x

´ SOLUCION.Esta ecuación es una ecuación diferencial de Bernoulli con n = 4. Hacemos el 1 1 −3 cambio z = y , y tenemos y ′ = − y 4 y ′, luego la ecuación diferencial se transforma en z ′ + z = 3 x −3 log x. Z 1 El factor integrante para esta ecuación lineal es exp dx = eln x = x, luego, xz ′ + z = x dh i −3x log x, xz = −3x log x, de aqu´ı dx z=− de donde obtenemos

C 3 3 − x log x + x, x 2 4

−1/3 3 C 3 y = − − x log x + x . x 2 4

♣

EJEMPLO 2.5. Resolver la siguiente ecuación diferencial en y(x), usando cambios de variables que le permitan usar sus conocimientos sobre ecuaciones de primer orden x3 yy ′ + 2x2 y 2 − 1 = 0. Soluci´ on. Ordenamos la ecuación para poder identificarla dy 2x2 y 2 1 + 3 = 3 , dx xy xy

dy 2 1 + y = 3 y −1, dx x x

luego es una ecuación de Bernoulli, hacemos el cambio de variable u = y 1−(−1) = y 2

, 2y

dy du = dx dx

multiplicando por 2y a ambos de la ecuación esta se reduce a dy 4 2 du 4 2 + y2 = 3 , + u= 3 dx x x dx x x Z Z 1 Ocupamos el factor integrante exp p(x) dx = exp 4 dx = e4 ln x = x4 . x 2y

Multiplicando la ecuación por x4 , tenemos x4


du + 4x3 u = 2x dx ´lculo III Ca


βτ αηφoη

87


es decir,

dh 4 i x u = 2x dx

Integrando, obtenemos

x4 u = x2 + C C 1 + 4 , donde C es una constante arbitraria. Ahora, volviendo a las variables 2 x x originales u = y 2 obtenemos 1 C y2 = 2 + 4 x x

es decir, u =

′ 2 2 DSolve[(x3 )y[x]y p [x] + 2(x )(y[x]) − 1 ==p0, y[x], x] {{y[x]− > − 1/x2 + C[1]/x4 }, {y[x]− > 1/x2 + C[1]/x4 }}

EJEMPLO 2.6. Resuelva la ecuación

♣

dy = αy − βy 3, α > 0, β > 0. dx

Soluci´ on. Ordenamos la ecuación para poder identificarla dy − αy = −βy 3 . dx Esta ecuación es del tipo Bernoulli con n = 3. Luego, empecemos haciendo el cambio de variable z = y 1−3 = y −2,

−2y −3

dy dz = . dx dx

(2.27)

A continuación, multiplicamos los dos miembros de la ecuación por −2y −3 y obtenemos la siguiente forma equivalente dy −2y −3 + 2αy −2 = 2β. dx reemplazando (2.27) en esta ecuación esta se reduce a dz + 2αz = 2β. dx Se obtuvo una ecuación lineal en z, procediendo en consecuencia Z Zse tiene: P (x) = 2α, Q(x) = 2β. Buscando el factor integrante µ(x) = exp P (x) dx = exp 2αdx = e2αx . Multiplicando la ecuación por x2 , tenemos e2αx R mατ ιo ξτ τ o s

dz + 2αze2αx = 2βe2αx dx ´lculo III Ca


βτ αηφoη

88


es decir,

d h 2αx i e z = 2βe2ax dx

Integrando, obtenemos 2αx

ze

=

Z

2βe2αx dx + C

β 2αx e +C α β + Ce−2αx z = α

z e2αx =

β Revirtiendo el cambio de variable y −2 = + Ce−2αx . Este resultado puede expresarse también α 1 β −2αx como: 2 = + Ce . Obteniéndose mediante el inverso: y α y2 =

1 β + Ce−2αx α

=

α αe2αx = . β + Cae−2αx βe2αx + Cα ♣

Soluci´ on 2. Empecemos hallando las constantes A, B y C de la siguiente ecuación 1 A B C = + + x(x − m)(x + m) x x−m x+m Multiplicando por x(x − m)(x + m) a ambos lados de esta ecuación obtenemos 1 = A(x − m)(x + m) + Bx(x + m) + Cx(x − m). 1 . Pero si x = −m 2m2 1 en la anterior ecuación se tiene que 1 = C(−m)(−m − m), de donde C = . Para hallar A 2m2 1 hagamos que x = 0, luego 1 = A(0 − m)(0 + m), de aqu´ı A = − 2 . m Por tanto, Ahora haciendo que x = m, obtenemos que 1 = Bm(m + m), de donde B =

1 1 1 1 =− 2 + + 2 2 x(x − m)(x + m) m x 2m (x − m) 2m (x + m)

(2.28)

dy Ahora bien, observemos que la ecuación diferencial = ay − by 3 es de variables separables. dx Transponiendo términos obtenemos


1 dy = dx, ay − by 3 ´lculo III Ca


βτ αηφoη

89


Puesto que r r a a a 2 ay − by = y(a − by ) = −y(by − a) = −by y − = −by y − y+ b b b 3

2

2

Luego, usando estas igualdades y integrando obtenemos Z Z 1 r dy = dx, r a a −by y − y+ b b Resolvemos esta integral aplicando la técnica de fracciones parciales, para esto la ecuación (2.28) nos será de gran utilidad. 1 − b

"Z

b dy + ay

Z

b p dy + 2a(y − a/b)

Z

# b p dy = x 2a(y + a/b)

p p 1 b b b − ln(y) + ln(y − a/b) + ln(y + a/b) = x b a 2a 2a p p 1 1 1 ln(y) + ln(y − a/b) + ln(y + a/b) = −x a 2a 2a 2 ln(y) + ln(y −

p

ln(y 2 ) + ln(y −

a/b) + ln(y +

p

a/b)(y +

p

p

a/b) = −2ax

a/b) = −2ax

ln y 2(y 2 − a/b) = −2ax y 2(y 2 − a/b) = e−2ax u2 − (a/b)u − e−2ax = 0 2

u=y =

a/b ±

p (a/b)2 + 4e−2ax 2

♣

dy EJEMPLO 2.7. Estudiar la ecuación diferencial = λy − y 3 para los diferentes valores que dx puede tomar el n´ umero λ. R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

90


Soluci´ on 1. La ecuación dada es de variables separables, empleamos fracciones parciales e integramos: Descomponemos el denominador, λy − y 3 , como producto de factores de grado 1 y factores de grado 2 irreducibles: λy − y 3 = y(λ − y 2 ) (2.29) Si λ < 0, el polinomio λ − y 2 es irreducible por que su discriminante b2 − 4c = 02 − 4(−1)(λ) = 4λ es negativo. Realizamos la descomposición en fracciones de la forma siguiente: 1 a by + c = + 3 λy − y y λ − y2 Multiplicando a ambos lados de esta igualdad por y(λ − y 2) obtenemos 1 = a(λ − y 2) + (by + c)y Ahora debemos obtener un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas, para lograr esto es suficiente reemplazar tres valores distintos de y en la anterior ecuación. Reemplazando y = 0 en la ecuación obtenemos 1 = a(λ − 02 ) + (b · 0 + c)0 de aqu´ı a =

1 . Ahora reemplazamos y = 1, para obtener λ 1 = a(λ − 12 ) + (b · 1 + c)1

de donde se obtiene aλ − a + b + c = 1. Ahora, colocando y = −1 se sigue que 1 = a(λ − (−1)2 ) + (b · (−1) + c)(−1) lo cual implica aλ − a + b − c = 1.

Juntando estas ecuaciones tenemos el sistema buscado aλ − a + b + c = 1 aλ − a + b − c = 1

1 +b+c = 1 λ 1 1− +b−c = 1 λ 1−

1 − +b+c = 0 λ 1 − +b−c = 0 λ

1 Sumado ambas ecuaciones obtenemos b = , luego c = 0. Con esto hemos conseguido tener la λ siguiente igualdad


1 1 1 1 y = + 3 λy − y λ y λ λ − y2 ´lculo III Ca


βτ αηφoη

91


1 du = dx λy − y 3 1 1 y + dy = dx λ y λ − y2 Z Z 1 y 1 + dy = dx λ y λ − y2 Z Z Z 1 y 1 dy + dy = dx λ y λ − y2 Z 1 1 2 ln(y) − ln(λ − y ) = dx λ 2 1 y ln p = x+C λ λ − y2 p

y

λ−

y2

= eλ(x+C) = ceλx

y2 = ce2λx 2 λ−y

de donde y 2 = ce2λx (λ − y 2 ), as´ı y 2 + ce2λx y 2 = ce2λx λ, por tanto y2 =

ce2λx λ 1 + ce2λx

Por otro lado si suponemos que λ > 0, entonces √ √ λy − y 3 = y(λ − y 2 ) = y( λ − y)( λ + y)

(2.30)

Realizamos la descomposición en fracciones de la forma siguiente: 1 a b c = +√ +√ 3 λy − y y λ−y λ+y √ √ Multiplicando a ambos lados de esta igualdad por y( λ − y)( λ + y) obtenemos √ √ 1 = a(λ − y 2) + by( λ + y) + cy( λ − y) Ahora debemos obtener un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas, para lograr esto es suficiente reemplazar tres valores distintos de y en la anterior ecuación. Reemplazando y = 0 en la ecuación obtenemos


√ √ 1 = a(λ − 02 ) + b0( λ + 0) + c0( λ − 0) ´lculo III Ca


βτ αηφoη

92


1 . λ √ Del mimos modo si reemplazamos y = λ en la ecuación obtenemos √ 2 √ √ √ 1=a λ− λ + b λ( λ + λ)

de aqu´ı a =

de aqu´ı obtenemos b =

√ 1 . Ahora, colocando y = − λ en la ecuación obtenemos 2λ √ 2 √ √ √ 1=a λ− − λ − c λ( λ + λ)

1 . 2λ Con esto hemos conseguido tener la siguiente igualdad

v lo cual implica c = −

1 1 1 1 1 1 1 √ √ = + − λy − y 3 λ y 2λ λ − y 2λ λ + y 1 du λy − y 3 1 2 1 1 +√ −√ dy 2λ y λ−y λ+y Z 2 1 1 1 +√ −√ dy 2λ y λ−y λ+y Z Z Z 2 1 1 1 dy + √ dy − √ dy 2λ y λ−y λ+y i √ √ 1 h 2 ln(y) − ln( λ − y) − ln( λ + y) 2λ y2 1 √ ln √ 2λ ( λ − y)( λ + y)

= dx = dx = = =

Z

Z

Z

dx dx dx

= x+C

y2 = e2λ(x+C) = ce2λx λ − y2

por tanto y2 =

ce2λx λ 1 + ce2λx

♣

Soluci´ on 2. Ordenamos la ecuación para poder identificarla dy − λy = −y 3 dx R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca

(2.31) Jasmer LPC - Intocables

βτ αηφoη

93


Esta ecuación es del tipo Bernoulli con n = 3, luego hacemos el cambio de variable u = y 1−3 = y −2,

dy du = −2y −3 dx dx

(2.32)

multiplicando por −2y −3 a ambos lados de (2.31) obtenemos −2y −3

dy + 2λy −2 = 2 dx

ahora reemplazando las ecuaciones en (2.32) en la anterior ecuación esta se reduce a du + 2λu = 2 dx Z Ocupamos el factor integrante µ(x) = exp 2λdx = e2λx . Multiplicando la ecuación por e2λx ,

tenemos

e2λx es decir,

du + 2λe2λx u = 2e2λx dx

d h 2λx i e u = 2e2λx dx

Integrando, obtenemos 2λx

e

Z

u = 2 e2λx dx =

1 2λx e + C, λ

Ahora, volviendo a las variables originales obtenemos e2λx 1 = e2λx + C. 2 y λ de aqu´ı obtenemos

e2λx λ y = C + e2λx 2

♣

EJEMPLO 2.8. Resuelva la ecuación diferencial x′ = x ln 2 + 2sen t (cos t − 1) ln 2 Soluci´ on. Recordemos que la ecuación lineal y ′ + a(x) y = b(x)

(2.33)

Z Z Z y = exp − a(x) dx b(x) exp a(x) dx dx + C .

(2.34)

tiene por solución a:


´lculo III Ca


βτ αηφoη

94


Nuestra ecuación es una lineal, en efecto esta puede escribirse como x′ − (ln 2)x = 2sen t (cos t − 1) ln 2 aqu´ı a(t) = − ln 2 y b(t) = 2sen t (cos t − 1) ln 2. Aplicando (2.34) para resolverla obtenemos: Z

Z Z sen t x = exp ln 2 dt 2 (cos t − 1) ln 2 exp − ln 2 dt dt + C Z sen t −t ln 2 t ln 2 = e 2 (cos t − 1) ln 2 e dt + C Z sen t −t t = 2 2 (cos t − 1)(ln 2) 2 dt + C Z sen t−t = 2 ln 2 2 (cos t − 1)dt + C t

Z 2u u t = 2 ln 2 2 du + C = 2 ln 2 ln 2 t

= 2 t (2sen t−t + C) = 2sen t + 2 t C.

u = sen t − t du = (cos t − 1)dt + C = 2 t (2u + C) ♣

2.10.

Ecuaci´ on de Riccati

Supongamos que tenemos la ecuación diferencial y ′ + a(x)y + b(x)y 2 = c(x). Para resolverla, tenemos que haber encontrado previamente una solución particular yp (x). Si éste es el caso, efectuamos el cambio de función y = yp + z , con lo cual y ′ = yp′ + z ′ y, sustituyendo, yp′ + z ′ + a(x)(yp + z) + b(x)(yp2 + 2yp z + z 2 ) = c(x). Ahora bien, como yp′ + a(x)yp + +b(x)yp2 = c(x) por ser yp solución particular, esa expresión queda z ′ + a(x)z + b(x)z 2 + 2b(x)zyp = 0, R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη


es decir,

z ′ + a(x) + 2b(x)yp z + b(x)z 2 = 0,

95

que es una ecuación diferencial de Bernoulli con α = 2. (Nótese ahora que, como el cambio z = u−1 en la de Bernoulli reducir´ıa ésta a una lineal, el cambio directo y = yp + u1 transforma la ecuación de Riccati en una lineal de un solo paso.) Existen diversos resultados interesantes sobre la ecuación de Riccati. Por ejemplo, si se conocen y1 − vy2 dos soluciones y1 e y2 suyas, el cambio de función y = lleva a que se pueda resolver la 1−v ecuación con una sola cuadratura: Z v = C exp b(x) y2 (x) − y1 (x) dx Pero desafortunadamente, no hay ning´ un procedimiento general que permita obtener alguna solución particular, por lo que muchas veces las ecuación diferencial de Riccati no resultan integrables en términos de funciones elementales. A este respecto, resulta apropiado citar la ecuación especial de Riccati y ′ + by 2 = cxm con b, c ∈ R − {0}; se sabe que puede resolverse en términos finitos si y −4k para alg´ un entero k. sólo si m = −2 o m = 2k + 1 Ejemplo

Resolver y ′ + y 2 = x2 − 2x.

´ SOLUCION.Un primer vistazo a la ecuación nos induce a pensar que, posiblemente, tenga como solución un polinomio de primer grado y = ax + b. Sustituyendo, a + (ax + b)2 = x2 − 2x, lo que, efectivamente, se satisface para a = −1 y b = 1. Por tanto, una solución particular es yp = −x + 1. Si efectuamos el cambio de variable y = −x + 1 + z (luego y ′ = −1 + z ′ ) y sustituimos en la ecuación diferencial, obtenemos, tras simplificar, z ′ +(2−2x)z +z 2 = 0, ecuación de Bernoulli −1 −1 2x − 2 con α = 2. Haciendo el cambio z = u−1 (de donde u′ = 2 z ′ ), al sustituir en 2 z ′ + −1 = 0 z z z ′ aparece u + (2x − 2)u = 1, que es una ecuación diferencial lineal con a(x) = 2x − 2 y b(x) = 1. Debido a (2.16) la solución de esta u ´ ltima es Z Z Z Z 2x−x2 x2 −2x u = exp (2 − 2x)dx exp (2 − 2x)dx dx + C = e e dx + C Deshaciendo los cambios, u =

1 1 = , luego z y+x−1 Z 1 2x−x2 x2 −2x =e e dx + C y+x−1

es la solución de la ecuación diferencial de Riccati. (De aqu´ı puede despejarse y si se desea, obteniéndose la solución expl´ıcitamente, pero la integral que aparece no puede resolverse en términos de funciones elementales.) R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

96


♣ Ejemplo

Resolver la ecuación diferencial de Riccati y ′ = y 2 −

2 x2

´ SOLUCION.La forma de la ecuación diferencial nos induce a buscar una solución del tipo c 1 2 y = . Sustituyendo en la ecuación diferencial descubrimos que las funciones y = ey =− x x x son soluciones particulares. Usemos la primera para resolver la ecuación diferencial. Hacemos el 1 1 1 z′ cambio y = + , as´ı y ′ = − 2 − 2 x z x z 2 1 z′ 1 1 2 2 − 2− 2 = + − 2, z ′ + z = −1. x z x z x x La solución la encontramos usando la fórmula (2.16) que nos da C x z = − + 2, 3 x Ejemplo

1 3x2 y= + . x C − x3

♣

Consideremos la ecuación diferencial 2 dy = y2 − 2 dx x

2 ´ SOLUCION.Es una ecuación de Ricatti, pues a(x) = 0, b(x) = −1 y c(x) = − 2 . En este caso x 1 1 1 ′ no es dif´ıcil hallar la solución particular y1 = . Hacemos y = + z, luego y = − 2 + z ′ y, por x x x tanto, 2 1 1 2 − 2 + z′ = +z − 2 x x x o bien, 2 z′ + z = z2 x que es una ecuación de Bernoulli. Ahora multiplicamos los dos miembros de esta ecuación por z −2 y obtenemos la siguiente forma equivalente 2 z −2 z ′ + z −1 = 1 x du dz Si ahora hacemos u = z −1 , entonces = −z −2 y la ecuación diferencial anterior se transforma dx dx en la siguiente ecuación lineal en u − R mατ ιo ξτ τ o s

du 2 − u = 1 o bien, dx x

du 2 + u = −1 dx x

´lculo III Ca


βτ αηφoη

97

MAT-INF-FIS-QUIM-EST-BIO 2 de donde se deduce que el factor integrante es x Z Z 2 2 µ(x) = exp p(x) dx = exp dx = e2 ln |x| = eln x = x2 x

En este caso p(x) =

Multiplicando ahora los dos miembros de la ecuación por este factor integrante, obtenemos x2

du + 2xu = −x2 dx

es decir,

Por integración, obtenemos x2 u = − Sustituyendo u por z −1 , tenemos

du 2 x u = −x2 dx

x3 +C 3

x2 x3 =− +c z 3

o bien,

3x2 x2 = x3 3c − x3 − +c 3 Por consiguiente, la solución general de la ecuación de Ricatti es z=

y=

Ejemplo

1 3x2 + x 3C − x3

donde C = 3c. ♣

Consideremos la ecuación diferencial y ′ = y 2 + 2y − 15

´ SOLUCION.Es una ecuación de Ricatti, pues a(x) = −2, b(x) = −1 y c(x) = −15. En este 1 1 caso la solución particular yp = 3. Realizando el cambio de variable y = 3 + , (z = ) se z y−3 1 tiene y ′ = − 2 z ′ y, por tanto haciendo las sustituciones correspondientes, z 2 1 ′ 1 2 − 2 z = 3+ + 2 3 + 2 − 15 z z x Realizando operaciones y reduciendo términos semejantes obtenemos la ecuación lineal. z ′ + 8z = −1 En este caso a(x) = 8 y b(x) = −1 de donde se deduce que el factor integrante es R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

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µ(x) = exp

Z

Z a(x) dx = exp 8 dx = e8x

Multiplicando ahora los dos miembros de la ecuación por este factor integrante, obtenemos du 8x e8x z ′ + 8e8x z = −e8x es decir, e z = −e8x dx Por integración, obtenemos

1 z = − + Ce−8x 8

1 e8x z = − e8x + C 8

Por consiguiente, la solución general de la ecuación de Ricatti es 1 1 = − + Ce−8x y−3 8

Ejemplo

de donde y =

1 1 − + Ce−8x 8

+ 3. ♣

Consideremos la ecuación diferencial y ′ = y 2 + 6xy + 9x2 − 3

´ SOLUCION.Es una ecuación de Ricatti, pues a(x) = −6x, b(x) = −1 y c(x) = 9x2 − 3. En 1 este caso una solución particular es yp = −3x. Realizando el cambio de variable y = −3x + , se z 1 ′ 1 ′ tiene y = −3 − 2 z y z = , por tanto haciendo las sustituciones correspondientes, z y + 3x 2 1 ′ 1 1 −3 − 2 z = − 3x + 6 −3x + + 9x2 − 3 z z z Realizando operaciones y reduciendo términos semejantes para obtener la ecuación separable, z ′ = −1 Integrar miembro a miembro para obtener z = −x + c. Luego de revertir el cambio de variable obtenemos la solución general de la ecuación de Ricatti: 1 = −x + c, y + 3x Ejemplo

y=

1 − 3x. −x + c

♣

Consideremos la ecuación diferencial


y ′ = y 2 − 5xy + 5 ´lculo III Ca


βτ αηφoη


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´ SOLUCION.Es una ecuación de Ricatti, pues a(x) = 5x, b(x) = −1 y c(x) = 5. En este 1 caso una solución particular es yp = 5x. Realizando el cambio de variable y = 5x + , se tiene z 1 1 ′ ′ y = 5− 2 z y z = , por tanto haciendo las sustituciones correspondientes, z y − 5x 2 1 ′ 1 1 5 − 2 z = 5x + − 5x 5x + +5 z z z Realizando operaciones y reduciendo términos semejantes obtenemos la ecuación lineal. z ′ + 5xz = −1 En este caso a(x) = 5x y b(x) = −1 de donde se deduce que el factor integrante es µ(x) = exp

Z

Z 5 2 a(x) dx = exp 5x dx = e 2 x

Multiplicando ahora los dos miembros de la ecuación por este factor integrante, obtenemos 5 2 5 2 5 2 5 2 du 5 x2 e 2 x z ′ + 5xe 2 x z = −e 2 x es decir, e 2 z = −e 2 x dx Integrando miembro a miembro para obtenemos Z Z 5 2 5 2 5 2 5 2 x x − x x e 2 z = − e 2 dx + C z=e 2 − e 2 dx + C

Luego de revertir el cambio de variable obtenemos la solución general de la ecuación de Ricatti: Z 5 2 5 2 1 e2x − 52 x2 x =e + 5x. − e 2 dx + C de donde y = Z 5 2 y − 5x x 2 − e dx + C ♣ Ejemplo

Consideremos la ecuación diferencial y ′ = y 2 + 4y − 5

´ SOLUCION.Es una ecuación de Ricatti, pues a(x) = −4, b(x) = −1 y c(x) = −5. En este 1 caso una solución particular es yp = −5. Realizando el cambio de variable y = −5 + , se tiene z 1 ′ 1 ′ y =− 2z yz= , por tanto haciendo las sustituciones correspondientes, z y+5 2 1 ′ 1 1 − 2z = −5 +4 −5 −5 z z z R ´lculo III mατ ιo ξτ τ o s Ca Jasmer LPC - Intocables

βτ αηφoη

100


Realizando operaciones y reduciendo términos semejantes obtenemos la ecuación lineal. z ′ − 6z = −1 En este caso a(x) = −6 y b(x) = −1 de donde se deduce que el factor integrante es µ(x) = exp

Z

Z a(x) dx = exp (−6x) dx = e−6x

Multiplicando ahora los dos miembros de la ecuación por este factor integrante, obtenemos e−6x z ′ − 6e−6x z = −e−6x

es decir,

du −6x e z = −e−6x dx

Integrando miembro a miembro para obtenemos Z 1 −6x −6x −6x 1 −6x e + C = + Ce−6x e z=− e dx + C z=e 6 6 Luego de revertir el cambio de variable obtenemos la solución general de la ecuación de Ricatti: 1 1 = + Ce−6x y+5 6

Ejemplo

de donde y =

1 1 + Ce−6x 6

− 5. ♣

Consideremos la ecuación diferencial 1 25 y′ = y2 − y − 2 x x

1 25 ´ SOLUCION.Es una ecuación de Ricatti, pues a(x) = − , b(x) = −1 y c(x) = − 2 . En este x x 5 5 1 caso una solución particular es yp = . Realizando el cambio de variable y = + , se tiene x x z 25 1 ′ x ′ y =− 2 − 2z yz= , por tanto haciendo las sustituciones correspondientes, x z xy − 5 2 25 1 ′ 5 1 1 5 1 25 − 2− 2z = + − + − 2 x z x z x x z x Realizando operaciones y reduciendo términos semejantes obtenemos la ecuación lineal. z′ + En este caso a(x) = R mατ ιo ξτ τ o s

9 z = −1 x

9 y b(x) = −1 de donde se deduce que el factor integrante es x ´lculo III Ca


βτ αηφoη

101


µ(x) = exp

Z

Z 9 dx = x9 a(x) dx = exp x

Multiplicando ahora los dos miembros de la ecuación por este factor integrante, obtenemos x9 z ′ + 9x8 z = −x9

es decir,

du 9 x z = −x9 dx

Integrando miembro a miembro para obtenemos Z 1 10 x 9 9 −9 x z = − x dx + C z=x − x + C = − + Cx−9 10 10 Luego de revertir el cambio de variable obtenemos la solución general de la ecuación de Ricatti: x x = − + Cx−9 xy − 5 10

Ejemplo

de donde y =

1 5 + . x −9 x − + Cx 10

♣

Consideremos la ecuación diferencial y ′ = csc2 x + y cotg x + y 2

´ SOLUCION.Es una ecuación de Ricatti, pues a(x) = cotg x, b(x) = −1 y c(x) = csc2 x. En este caso una solución particular es yp = − cotg x. Realizando el cambio de variable y = 1 1 1 − cotg x + , se tiene y ′ = − cosec2 x − 2 z ′ y z = , por tanto haciendo las sustituciones z z y + cotg x correspondientes, 2 2 1 ′ 1 1 2 2 − cosec x − 2 z = cosec x + cotg x − cotg x + − cotg x + z z z Realizando operaciones y reduciendo términos semejantes obtenemos la ecuación lineal. z ′ − (cotg x) z = −1 En este caso a(x) = − cotg x y b(x) = −1 de donde se deduce que el factor integrante es µ(x) = exp

Z

Z a(x) dx = exp − cotg x dx = cosec x

Multiplicando ahora los dos miembros de la ecuación por este factor integrante, obtenemos ′

(cosec x)z − (cosec x)(cotg x) z = − cosec x es decir, R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca

du cosec x z = cosec x dx Jasmer LPC - Intocables

βτ αηφoη

102


Integrando miembro a miembro para obtenemos Z − ln | cosec x − cotg x| + C cosec x z = − cosec x dx + C z= cosec x Luego de revertir el cambio de variable obtenemos la solución general de la ecuación de Ricatti: − ln | cosec x − cotg x| + C 1 = y + cotg x cosec x Ejemplo

de donde y =

cosec x − cotg x. − ln | cosec x − cotg x| + C ♣

Consideremos la ecuación diferencial 2 2 y′ = y2 + y + 2 x x

2 2 ´ SOLUCION.Es una ecuación de Ricatti, pues a(x) = − , b(x) = −1 y c(x) = 2 . En este x x 2 2 1 caso una solución particular es yp = − . Realizando el cambio de variable y = − + , se tiene x x z 2 1 ′ x ′ , por tanto haciendo las sustituciones correspondientes, y = 2− 2z yz= x z xy + 2 2 2 1 ′ 2 1 2 2 1 2 − 2z = − + + − + + 2 2 x z x z x x z x Realizando operaciones y reduciendo términos semejantes obtenemos la ecuación lineal. z′ −

2 z = −1 x

2 y b(x) = −1 de donde se deduce que el factor integrante es x Z Z 2 µ(x) = exp a(x) dx = exp − dx = x−2 x Multiplicando ahora los dos miembros de la ecuación por este factor integrante, obtenemos 2 du −2 −2 ′ −2 x z − 3 z = −x es decir, x z = x−2 x dx En este caso a(x) = −

Integrando miembro a miembro para obtenemos Z −2 −2 2 x z = − x dx + C z=x −

1 −2+1 x + C = x + Cx2 −2 + 1

Luego de revertir el cambio de variable obtenemos la solución general de la ecuación de Ricatti: x = x + Cx2 xy + 2 R mατ ιo ξτ τ o s

de donde y =

´lculo III Ca

1 2 − . 2 x + Cx x Jasmer LPC - Intocables

βτ αηφoη

103


♣ Ejemplo

Consideremos la ecuación diferencial y ′ = y 2 + 8xy + 16x2 − 4

´ SOLUCION.Es una ecuación de Ricatti, pues a(x) = −8x, b(x) = −1 y c(x) = 16x2 − 4. En 1 este caso una solución particular es yp = −4x. Realizando el cambio de variable y = −4x + , se z 1 ′ 1 ′ tiene y = −4 − 2 z y z = , por tanto haciendo las sustituciones correspondientes, z y + 4x 2 1 1 1 ′ −4 − 2 z = −4x + + 8x −4x + + 16x2 − 4 z z z Realizando operaciones y reduciendo términos semejantes para obtener la ecuación separable, z ′ = −1 Integrar miembro a miembro para obtener z = −x + c. Luego de revertir el cambio de variable obtenemos la solución general de la ecuación de Ricatti: 1 = −x + c, y + 3x

y=

1 − 4x. −x + c

♣

EJEMPLO 2.9. Adivine una solución de la ecuación y ′ − (1 − 2x)y + y 2 = 2x y calcule todas sus soluciones. Soluci´ on. Comencemos por demostrar que existe una solución de esta ecuación homogénea que tiene la forma y = c,, y luego construiremos una base de soluciones de dicha ecuación. Un reemplazo de y = c en la ecuación permite encontrar c = 1. En efecto: y = c,

y ′ = 0.

y ′ − (1 − 2x)y + y 2 = 2x 0 − (1 − 2x)c + c2 = 2x −c + 2cx + c2 = 2x

c2 − c = 2x(c − 1)

c(c − 1) = 2x(c − 1) R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

104


Ahora bien, la identidad se da cuando c = 1, entonces podemos llamar y1 (x) = 1. Por otro lado nuestra ecuación es una ecuación de Ricatti, y ′ + a(x)y + b(x)y 2 = c(x). Aqui a(x) = −(1 − 2x), b(x) = −1 y c(x) = 2x. En este caso una solución particular es yp = 1. 1 1 1 Realizando el cambio de variable y = 1 + , se tiene y ′ = − 2 z ′ y z = , por tanto haciendo z z y−1 las sustituciones correspondientes, 2 1 ′ 1 1 − 2 z − (1 − 2x) 1 + + 1+ z z z 1 2x 2 1 1 − 2 z ′ − 1 − + 2x + +1+ + 2 z z z z z 1 1 ′ 2x 1 + + 2 − 2z + z z z z 1 1 1 − 2 z ′ + (2x + 1) + 2 z z z

= ex = 2x = 0 = 0

de aqu´ı obtenemos la siguiente ecuación diferencial lineal z ′ − (2x + 1)z = −1 En este caso a(x) = −(2x + 1) y b(x) = −1 de donde se deduce que el factor integrante es µ(x) = exp

Z

Z 2 a(x) dx = exp − (2x + 1) dx = e−x −x

Multiplicando ahora los dos miembros de la ecuación por este factor integrante, obtenemos du −x2 −x 2 2 2 2 e−x −x z ′ − (2x + 1)e−x −x z = −e−x −x es decir, z = −e−x −x e dx Integrando miembro a miembro para obtenemos Z Z −x2 −x −x2 −x −x2 −x −x2 −x e z=− e dx + C z=e − e dx + C

Luego de revertir el cambio de variable obtenemos la solución general de la ecuación de Ricatti: Z 2 e−x −x 1 −x2 −x −x2 −x =e − e dx + C de donde y = Z + 1. y−1 −x2 −x − e dx + C ♣ R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

105


2.11.

Ecuaciones de Lagrange y Clairaut

2.12.

Reducci´ on de Orden

Ejemplo

Resolver la ecuación diferencial yy ′′ + (y ′ )2 = 0.

´ SOLUCION.La variable x no esta presente, entonces realizamos el cambio de variables y ′ = p,

y ′′ =

dp dp dy dp = =p dx dy dx dy

Con este cambio la ecuación yy ′′ + (y ′)2 = 0 se transforma en yp factorizando p,

dp p y +p =0 dy

lo cual nos conduce a dos ecuaciones , y

dp + (p)2 = 0. dy

dp + p = 0 y p = 0. dy

vemos que la primer ecuación es de variables separables

p dp = − , integrando a ambos lados de dy y

1 1 dp = − dy obtenemos ln(p) = ln(y −1) + ln(C1 ), lo cual implica que p = y ′ = y −1 C1 , de donde p y dy = C1 cuya solución es dada por y 2 = C1 x + C2 . se obtiene la ecuación y dx ♣ Por otra parte, como p = 0, entonces y = C es también solución de la ecuación dada. Ejemplo

Resolver la ecuación diferencial xy ′′ = y ′ + (y ′)3 .

´ SOLUCION.la variable y no esta presente, entonces hacemos el cambio de variables y ′ = p,

y ′′ =

dp dx

dp 1 1 1 1 xy ′′ = y ′ + (y ′)3 , x = p + p3 , xp′ = p + p3 , p′ = p + p3 , p−3 p′ = p−2 + , hacemos el cambio dx x x x x de variable z = p1−3 = p−2 R mατ ιo ξτ τ o s

, z ′ = −2p−3 p′ , ´lculo III Ca

1 − z ′ = p−3 p′ 2 Jasmer LPC - Intocables

βτ αηφoη

106


1 1 1 2 2 − z ′ = z + , z ′ + z = − , u = x2 , d(x2 z) = −2x, x2 z = −x2 + C1 , x2 p−2 = −x2 + C1 , 2 x x x x Z Z 2 p x x −u x 2 ′ √ √ , y = dx = p = , y = du = −u = − C1 − x2 + C2 , C1 − √ x2 u C1 − x2 C1 − x2 ♣ y − C2 = − C1 − x2 , EJEMPLO 2.10. Resolver la siguiente ecuación diferencial en y(x), usando cambios de variables 2 que le permitan usar sus conocimientos sobre ecuaciones de primer orden y ′ y ′′ + 2 y ′ = 0. Soluci´ on 1. La variable x no esta presente, entonces realizamos el cambio de variables y ′ = p,

y ′′ =

dp dp dy dp = =p dx dy dx dy

Con este cambio la ecuación y ′y ′′ + 2(y ′)2 = 0 se transforma en pp factorizando p2 , p lo cual nos conduce a dos ecuaciones ,

2

dp + 2(p)2 = 0. dy

dp +2 dy

=0

dp + 2 = 0 y p2 = 0. dy vemos que la primer ecuación es de variables separables, integrando a ambos lados de dp = −2dy obtenemos p = −2y + C1 , lo cual implica que p = y ′ = −2y + C1 , de donde se obtiene la ecuación dy + 2y = C1 . dx El factor integrante es exp

Z

(2.35)

Z P (x) dx = exp 2 dx = e2x

Multiplicamos a ambos lados de la ecuación (2.35) por este factor: e2x

dy + 2e2x y = e2x C1 dx d 2x e y = e2x C1 dx

1 Integrando, llegamos a e2x y = e2x C1 + C2 . Despejamos y llegamos a la solución general 2 y = e−2x C2 + C1 R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

107


Por otra parte, como p2 = 0, entonces y = C es también solución de la ecuación dada.

♣

Soluci´ on 2. Observe que en nuestra ecuación la variable dependiente y no esta presente, entonces hacemos el cambio de variables dp y ′ = p, y ′′ = dx Aplicando este cambio de variables obtenemos la ecuación y ′y ′′ + 2(y ′)2 = 0 puede escribirse como pp′ + 2p2 = 0 Factorizando p, se tiene que p(p′ + 2p) = 0, que nos conduce a las siguientes ecuaciones p = y ′ = 0,

p′ = −2p

La primera ecuación tiene por solución y = cte. La segunda ecuación es de variables separables cuya solución es dada por ln(p) = −2x + C1 ,

p = y ′ = C1 e−2x

Integrando la u ´ ltima ecuación obtenemos finalmente que 1 y = − e−2x C1 + C2 . 2

2.13.

♣

Trayectorias ortogonales

Hasta ahora hemos visto que la solución de una ecuación diferencial de primer orden se suele poder expresar como F (x, y, C) = 0, donde C es una constante arbitraria. La ecuación F (x, y, C) = 0 proporciona para cada valor de C una curva o trayectoria en el plano XY tal que en cada punto de la curva se satisface la relación dada por la ecuación diferencial entre el valor de la abscisa x, la ordenada y y la pendiente y y ′ (x) en dicha abscisa. El problema también puede plantearse de forma inversa: dada una familia uniparamétrica de curvas F (x, y, C) = 0, encontrar una ecuación diferencial cuya solución nos permita recuperar la familia original. Ejemplo La expresión x2 + y 2 = C 2 es la familia uniparamétrica de circunferencias centradas en (0, 0). Derivando la ecuación de la familia respecto a x se tiene la ecuaci´ on diferencial de la ′ familia: x + yy = 0. En ocasiones la simple derivación respecto a x no es suficiente. R mατ ιo ξτ τ o s

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108

Ejemplo Para la familia de rectas y = Cx + 4, se tiene que y ′ = C depende de C y la solución de y ′ = C incluye a más rectas que las de la familia original. Sin embargo, utilizando que, de la y−4 y−4 ecuación inicial de la familia de rectas, C = , la ecuaci´ on diferencial es ahora y ′ = . x x El proceso seguido en el ejemplo anterior es general. Dada una familia de curvas F (x, y, C) = 0, podemos obtener su ecuación diferencial siguiendo los pasos: ①

d F (x, y, C) = 0. dx

② Eliminando C entre las ecuaciones:   d F (x, y, C) = 0 dx  F (x, y, C) = 0

Entonces, la ecuación diferencial obtenida se denomina ecuación diferencial de la familia dada. ´ 2.7. Dos curvas C1 y C2 se dice que son ortogonales si lo son las rectas tangentes DEFINICION π a cada una en cada punto donde se corten. Esto es, si se cortan en un ´ angulo de θ = . 2 ´ 2.8. Dos familias de curvas F (x, y, C) = 0 y G(x, y, C) = 0, para C constante DEFINICION arbitraria, se dice que son ortogonales si cada curva de la primera familia es ortogonal a todas las de la segunda. Por ejemplo, las familias de curvas y = mx y x2 + y 2 = c son dos familias de curvas ortogonales; la primera representa las rectas que pasan por el origen, y la segunda es la familia de circunferencias centradas en el origen. (Véase el siguiente dibujo). El problema que trataremos ahora es: Dada una familia de trayectorias F (x, y, C) = 0, encontrar una familia G(x, y, C) = 0, tal que las familias F (x, y, C) = 0 y G(x, y, C) = 0 sean ortogonales. Planteamiento geom´ etrico: Dado un punto (x, y) de la familia F (x, y, C) = 0, su recta tangente tendrá por vector director (1, y ′). Por lo tanto, para encontrar la familia ortogonal G(x, y, C) = 0, debemos plantear que en ese punto (x, y) la recta tangente tenga por vector 1 director uno que sea ortogonal a (1, y ′), por ejemplo el vector 1, − ′ . (Nótese que (1, y ′) y y 1 1, − ′ son ortogonales, pues su producto escalar es cero.) y Resumamos esto en el siguiente resultado. TEOREMA 2.1. Sea Γ la familia de curvas definidas de la ecuaci´ on diferencial f (x, y, y ′) = 0, π (x, y) ∈ D. La familia de curvas Γ, que intersecta la familia Γ′ en un ´ angulo θ = está definida 2 1 por la ecuaci´ on diferencial f x, y, − ′ = 0, (x, y) ∈ D. y R mατ ιo ξτ τ o s

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109


dr Si la ecuación diferencial de la familia Γ está dada en coordenadas polares F θ, r, = 0 dθ entonces, la ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales Γ está dada por: dθ F θ, r, −r 2 =0 dr As´ı pues, la solución al problema planteado, esto es, encontrar trayectorias ortogonales se logra siguiendo los pasos: ① Se da una familia de curvas F (x, y, C) = 0

(2.36)

F (x, y, C) = 0

(2.37)

② Derivar impl´ıcitamente (2.36) ③ Eliminar C entre (2.36) y (2.37) para encontrar la ecuación diferencial de la familia de curvas y ′ = f (x, y) ④ Sustituir y ′ por −

1 para econtrar la ecuación de la familia ortogonal, esto es y′ −

1 = f (x, y), y′

o y′ = −

1 f (x, y)

⑤ Resolver esta u ´ ltima ecuación para hallar la familia de curvas G(x, y, C) = 0 ortogonal a la familia de curvas dada. Ejemplo

Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de par´ abolas y 2 = Cx.

´ SOLUCION.Derivamos para obtener: 2yy ′ = C, multiplicando a ambos lados por x, se tiene ′ 2 ′ 2yy ′x = Cx, de donde, 2yyx = y , simplificando 2y x = y. Entonces las trayectorias ortogonales 1 están dadas por: 2x − ′ = y, transponiendo se obtiene 2x + yy ′ = 0 o equivalentemente y y2 2 2xdx + ydy = 0, integrando x + = C. ♣ 2 Ejemplo

Encontrar la ecuación de la familia de curvas ortogonales r = a(1 + cos θ).

´ SOLUCION.Derivando obtenemos − R mατ ιo ξτ τ o s

dr = −a sen θ, de donde dθ

1 dr r =a= sen θ dθ 1 + cos θ ´lculo III Ca


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110


Reemplazando

dθ dr por −r 2 obtenemos la siguiente ecuación dθ dr 1 2 dθ r r = , sen θ dr 1 + cos θ

transponiendo términos llegamos a 1 + cosθ 1 dθ = dr, sen θ r

1 cos θ + sen θ sen θ

dθ =

1 dr r

Integrando a ambos lados

ln cosec x − cotgx + ln sen x = ln r + ln C.

lo cual implica finalmente que

Ejemplo

r = C sen x cosec x − cotgx .

♣

Determinar las trayectorias ortogonales a la familia de curvas y = Cx2

y ´ SOLUCION.Primero de la ecuación dada se obtiene: C = 2 con x 6= 0. Luego se deriva la x y y ecuación dada: y ′ = 2Cx, entonces y ′ = 2 2 x, de donde y ′ = 2 . Entonces seg´ un la condición de x x perpendicularidad, se tiene: 1 y x − ′ =2 o y′ = − y x 2y Por consiguiente, resolviendo por variables separables dy x =− , dx 2y

2ydy = −xdx,

y2 +

x2 =k 2

Por lo tanto la familia de curvas ortogonales a y = Cx2 es 2y 2 + x2 = C1 .

♣

Ejemplo Describir las trayectorias ortogonales a la familia de curvas dada por y = C/x para C 6= 0. Dibujar varias curvas de ambas familias. ´ SOLUCION.En primer lugar, despejamos C en la ecuación dada y escribimos xy = C. Derivando ahora impl´ıcitamente respecto de x se obtiene la ecuación diferencial xy ′ + y = 0,

dy y =− , dx x

Pendiente de la familia dada

Como y ′ representa la pendiente de la familia dada de curvas en (x, y), se deduce que la familia ortogonal ha de tener pendiente rec´ıproca negativa de esa, es decir, x/y, por lo que xy ′ + y = 0, R mατ ιo ξτ τ o s

dy x =− , dx y

Pendiente de la familia ortogonal

´lculo III Ca


βτ αηφoη

111


Ahora podemos hallar la familia ortogonal por separación de variables e integración. Z Z x2 y2 y dy = x dx, = + C1 . 2 2 Por tanto, cada trayectoria ortogonal es una hipérbola de ecuación. y 2 x2 − = 1, k k

k = 2C1 6= 0.

Tienen sus centros en el origen y ejes transversales verticales para K > 0 y horizontales para K < 0. ♣ 2 2 Ejemplo Determinar las trayectorias ortogonales a la familia de curvas cx + y = 1 ´ SOLUCION.Derivando la ecuación dada: 2cx + 2yy ′ = 0, de donde cx2 + xyy ′ = 0, Por tanto, 2 ′ y − xyy = 1. Entonces seg´ un la condición de perpendicularidad, se tiene: y 2 + xy

1 1 = 1 o xy ′ = 1 − y 2 ′ y y

Por consiguiente, resolviendo por variables separables 1 1 2 ′ ′ − y y xdx = − y dy xy = (1 − y )y , x = y y

x2 = ln y − y 2 + c

Por lo tanto la familia de curvas ortogonales a y = Cx2 es x2 = ln y − y 2 + c.

♣

Ejemplo Determinar las trayectorias ortogonales a la familia de curvas x2 + cy 2 = 1 y encuentre aquella que pase por el punto (2, 1) 1 − x2 . y2 Derivando ahora impl´ıcitamente respecto de x se obtiene la ecuación diferencial 2x + 2cyy ′ = 0, 1 − x2 ′ de donde x + yy = 0, Por tanto, xy + (1 − x2 )y ′ = 0. Entonces seg´ un la condición de y2 perpendicularidad, se tiene: ´ SOLUCION.En primer lugar, despejamos C en la ecuación dada y escribimos C =

xy − (1 − x2 )

1 1 = 0 xy = (1 − x2 ) ′ ′ y y

o xyy ′ = (x2 − 1)

Por consiguiente, resolviendo por variables separables dy 1 y2 x2 2 xy = (1 − x ) ydy = − x dx = ln x − + ln(c) y 2 + x2 = 2 ln(xc) dx x 2 2 Por lo tanto la familia de curvas ortogonales a y = Cx2 es x2 = cey 2 2 Por tanto finalmente se tiene que x2 = ey +x −5 . R mατ ιo ξτ τ o s

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2 +x2

. Luego, 1 = ce4+1 , c = e−5 . ♣


βτ αηφoη

2.14.

112


Problemas geom´ etricos

y0 p ′ 2 Longitud de la tangente T P = ′ 1 + (y (x0 )) y (x0 ) p Longitud de la normal NP = y0 1 + (y ′ (x0 ))2 y0 Longitud de la subtangente SP = ′ y (x0 )

Longitud de la subnormal SN = |y0 y ′(x0 )|

Las ecuaciones de la recta tangente y recta normal a la curva en el punto P (x0 , y0) son respectivamente Recta tangente y − y0 = y ′ (x0 )(x − x0 ) 1 Recta normal y − y0 = − ′ (x − x0 ) y (x0 )

−−→ Intersección de la recta tangente con el eje OX, x = x0 −

y0 ′ y (x0 )

−−→ Intersección de la recta tangente con el eje OY , y = y0 − x0 y ′(x0 ) −−→ Intersección de la recta normal con el eje OX, x = x0 + y0 y ′(x0 ) −−→ x0 Intersección de la recta normal con el eje OY , y = y0 + ′ y (x0 ) Ejemplo 1.

Hallar una curva cuya subtangente tenga una longitud constante k.

´ SOLUCION.La condición del problema se traduce en la ecuación obtenemos x = k ln(y) + k ln(C), x/k = ln(yC), y = Cex/k . Ejemplo 2.

y y′ = k, 1 = k , integrando y′ y ♣

Hallar una curva cuya subtangente sea el doble de la abcisa del punto de contacto.

´ SOLUCION.La condición del problema se traduce en la ecuación obtenemos 2 ln(x) = ln(y) + ln(C), ln(x2 ) = ln(yC), x2 = 2py.

y 1 y′ = 2x, = k , integrando y′ 2x y ♣

Ejemplo 4. Hallar la ecuación de la curva que pasa por el punto (2, 0), sabiendo que el segmento de la tangente a dicha curva, comprendido entre el punto de contacto y el eje OY , tiene longitud constante e igual a 2. ´ SOLUCION.-

−−→ y Intersección de la recta tangente con el eje OX, X = x − ′ y R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


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113


−−→ Intersección de la recta tangente con el eje OY , Y = y − xy ′ p Puesto que (−xy ′ )2 + x2 = 2. Ahora, r dy 4 1√ 2 ′ 2 2 x (y ) = 4 − x , 4 − x2 = −1 = 2 dx x x dy =

1√ 4 − x2 dx, x

♣

Ejemplo 6. Hallar la curva, sabiendo, que la suma de los segmentos que intercepta la tangente a la misma en los ejes de coordenadas es constante e igual a 2a. ´ SOLUCION.-

−−→ y Intersección de la recta tangente con el eje OX, X = x − ′ y −−→ Intersección de la recta tangente con el eje OY , Y = y − xy ′ Seg´ un la condición en el problema tenemos: 2 2 y x − ′ + y − xy ′ = (2a)2 , y 2 2 2 (xy ′ − y)2 + y − xy ′ y ′ = (2a)2 y ′ 2 2 ′ ′ 2 (xy − y) 1 + y = 2ay ′

♣

Ejemplo 7. La suma de las longitudes de la normal y de la subnormal es igual a la unidad. Hallar la ecuación de la curva, sabiendo que ésta pasa por el origen de coordenadas. ´ SOLUCION.-

p Longitud de la normal NP = y 1 + (y ′)2

Longitud de la subnormal SN = |yy ′| p p y 1 + (y ′)2 + yy ′ = 1, y 1 + (y ′ )2 = 1 − yy ′, y 2 (1 + (y ′ )2 ) = 1 − 2yy ′ + y 2 (y ′)2 ,

y 2 + y 2(y ′ )2 = 1 − 2yy ′ + y 2 (y ′)2 , y 2 = 1 − 2yy ′, 2yy ′ = 1 − y 2, 2y dy = dx, 1 − y2

− ln(1 − y 2 ) = x + c, 02 = 1 − ec−0 ,

1 − y 2 = ec−x ,

c = 0,

y 2 = 1 − e−x .

y 2 = 1 − ec−x , ♣

Ejemplo 8. La normal en el punto P (x, y) de una curva corta al eje de las x en Q, y al eje de las y, en R. Hallar la ecuación de las curvas, para las cuales R es el punto medio de P Q. R mατ ιo ξτ τ o s

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114


´ SOLUCION.-

−−→ Intersección de la recta normal con el eje OX, X = x + yy ′. Q = (x + yy ′, 0) −−→ x x Intersección de la recta normal con el eje OY , Y = y + ′ . R = 0, y + ′ . y y P +Q = R, esto es, La condición de que R sea el punto medio de P Q implica que 2 2x + yy ′ y x = 0, =y+ ′ 2 2 y 2x + yy ′ = 0,

yy ′ = −2x,

y2 = −x2 + c, 2

y 2 + 2x2 = c.

♣

Ejemplo 11. El intercepto en el eje y de la l´ınea normal a una curva en cualquier punto es 2. Si la curva pasa por (3, 4), encuentre su ecuaci´ on. −−→ x x ´ SOLUCION.Intersección de la recta normal con el eje OY , Y = y + ′ . Luego y + ′ = 2, y y 2 2 x y′ 1 y x = 2 − y, = , (2 − y)y ′ = x, 2y − = + c, 4y − y 2 = x2 + c, x2 + y 2 − 4y = c, y′ x 2−y 2 2 ♣ 32 + 42 − 4(4) = c, c = 9. Por tanto x2 + y 2 − 4y = 9. Ejemplo 12. El intercepto en el eje y de la l´ınea normal a una curva en cualquier punto es 2. Si la curva para por (3, 4), encuentre su ecuaci´ on. −−→ ´ SOLUCION.Intersección de la recta tangente con el eje OY , Y = y−xy ′ . Por tanto y−xy ′ = y ′ , y′ x2 y ′(1 + x) = y, = x + 1, ln(y) = + x + c. ♣ y 2 Ejemplo 15. Si el producto de las distancias de los puntos (−a, 0) y (a, 0) a la tangente de una curva en cualquier punto es una constante igual a k. Hallar la ecuaci´ on de dicha curva. ´ SOLUCION.Recta tangente Y − y = y ′ (X − x). Y − y = y ′X − y ′x, y ′ X − Y + (y − y ′ x) = 0. Ahora bien, la Au + Bv + C distancia del punto (u, v) a una recta AX + BY + C = 0 es d = √ . Lego la condición A2 + B 2 en el problema se traduce en la siguiente ecuación: y ′(−a) − 0 + (y − y ′x) y ′ (a) − 0 + (y − y ′x) q q =k 2 2 y ′ + (−1)2 y ′ + (−1)2

(y − y ′x)2 − ay ′ 2 y′ + 1


2

=k

2 2 2 y 2 − 2xyy ′ + y ′ x2 − a2 y ′ = k y ′ + k ´lculo III Ca


βτ αηφoη

115


(x2 − a2 − k) y ′ ′

y =

−b ±

√

2

2xy ± b2 − 4ac = 2a

− 2xyy ′ + y 2 − k = 0 p

(2xy)2 − 4(x2 − a2 − k)(y 2 − k) 2(x2 − a2 − k)

♣

Ejemplo 17. Hallar la ecuación de una curva, para la cual, la longitud del segmento, interceptado por la normal en cualquiera de sus puntos en el eje de ordenadas, es igual a la distancia desde este punto al origen de coordenadas. 2 2 2 x x y2 2 2 2 2 x ′ x ´ SOLUCION.- y + ′ − y + x = x + y , = y , = y x = yy , = +c ♣ y y′ y′ 2 2 Ejemplo 19. Hallar la ecuación de la curva, para la cual, el segmento interceptado por la tangente en el eje de las ordenadas es proporcional al cuadrado de la ordenada del punto de contacto. −−→ ′ ′ 2 ´ SOLUCION.Intersección de la rectatangente con el eje OY , Y = y − xy . y − xy = y , 1 1 1 1 1 dy, dx = + dy, ln(x) = ln(y) + ln(1 − y) + ln(c) y − y 2 = xy ′, dx = ♣ x y − y2 x y 1−y


´lculo III Ca


CAPÍTULO 3

ECUACIONES DIFERENCIALES ´ COMO MODELOS MATEMATICOS

3.1.

Introducci´ on

Con frecuencia se desea describir el comportamiento de alg´ un sistema o fenómeno de la vida real en términos matemáticos; dicho sistema puede ser f´ısico, sociológico, económico, etc. La descripción matemática de un sistema o fenómeno se llama modelo matemático y se forma con ciertos objetivos en mente; por ejemplo, podr´ıamos tratar de comprender los mecanismos de cierto ecosistema estudiando el crecimiento de las poblaciones de animales, o podr´ıamos tratar de fechar fósiles analizando la desintegración de una sustancia radiactiva, sea en el fósil o en el estrato donde se encontraba. Para la formulación de un modelo matemático de un sistema: i) Identificar de las variables causantes del cambio del sistema. Podremos elegir no incorporar todas las variables en el modelo desde el comienzo. En este paso especificamos el nivel de resolución del modelo. ii) Se establece un conjunto de hipótesis razonables acerca del sistema que tratamos de describir. Esas hipótesis también incluyen todas las leyes emp´ıricas aplicables al sistema. Para algunos fines quizá baste contar con modelos de baja resolución; por ejemplo, en los cursos básicos de f´ısica al modelar el movimiento de un cuerpo que cae cerca de la superficie de la Tierra, se hace caso omiso de la resistencia del aire. Pero si queremos predecir la trayectoria de vuelo de 116

βτ αηφoη


117

un proyectil de largo alcance, deberá tenerse en cuenta la resistencia del aire y demás factores, como la curvatura de la Tierra. Dado que las hipótesis acerca de un sistema implican con frecuencia la razón o tasa de cambio de una o más de las variables, el enunciado matemático de todas esas hipótesis es una o más ecuaciones donde intervienen derivadas. En otras palabras, el modelo matemático es una ecuación o sistema de ecuaciones diferenciales.

3.2.

Problema de rapidez de variaci´ on

PROBLEMA 3.1. Se vierte agua en un recipiente de forma c´ onica (ver figura 3.2) con una rapidez r. El recipiente en forma de cono de base horizontal tiene el vértice dirigido hacia abajo; el radio de la base del cono es a, su altura b. Determinar la velocidad a la que la superficie del agua se eleva cuando la profundidad del aguaes y. Después, obtener el valor numérico de la incógnita, m3 metros c´ ubicos por minuto e y = 1m. suponiendo que a = 4m, b = 3m, r = 2 min

Problema de rapidez de variación ´ SOLUCION.Se suponen conocidas las reglas más elementales de diferenciación y la noción de “rapidez de variación”. ¿Cuáles son los datos?. El radio de la base del cono, a =4m; la altura del cono, b = 3m; la rapidez con que el agua m3 se vierte en el recipiente r = 2 , y la profundidad del agua en un cierto momento, min y = 1m. Exacto. El enunciado del problema parece sugerir que se deben dejar de lado, provisionalmente, los valores numéricos y razonar con las letras expresando la incógnita en función de a, b, r e y , y al final solamente tras de obtener la expresión algebraica de la incógnita, sustituir los valores numéricos. Adoptemos esta sugerencia. A propósito, ¿Cuál es la incógnita?. R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

118


La incógnita es la velocidad a la que se eleva la superficie del agua cuando la profundidad es y. ¿puede usted expresarlo en otros términos? Por ejemplo, la velocidad con que aumenta la profundidad del agua. Nuevamente, ¿puede usted enunciar el problema en forma diferente? El problema es calcular la rapidez de variación de la profundidad del agua. Pero, que es la rapidez de variación de y. Mejor dicho, ¿qué es la rapidez de variación?. Considere usted su definición. La derivada de una función representa la rapidez de variaci´ on. Ahora bien, ¿y es una función?. Como ya lo hemos dicho, no nos ocuparemos de su valor numérico. ¿Puede imaginar que y var´ıa? Si, y, la profundidad del agua, aumenta a medida que pasa el tiempo. Por lo tanto, y es función, pero ¿y es función de qué?. Del tiempo t. Bien. Introduzca una notación apropiada. ¿Cómo expresar´ıa usted la rapidez de variación de y por medio de s´ımbolos matemáticos?. dy dt Bien. He ah´ı, pues, su incógnita. Le hace falta expresarla en términos de a, b, r e y. De hecho, uno de estos datos es una rapidez de variación: ¿cuál de ellos?. r, que representa la cantidad de agua que cae en el recipiente durante un tiempo dado. ¿Puede decirlo en otra forma? r es la rapidez de variación del volumen de agua en el recipiente. Es decir, ¿puede enunciarlo nuevamente en forma diferente?; ¿cómo podr´ıa escribirlo con una notación apropiada?. r=

dV dt

¿Qué es V ? V es el volumen de agua que hay en el recipiente en el instante t. R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

119


dV dy Bien. As´ı pues, tiene que expresar en términos de a, b, r = e y. ¿Cómo va usted a dt dt tratar de hacerlo? ....... Si no puede resolver el problema, trate de resolver, primero, un problema relacionado. Si no dy ve la relación entre y los datos, trate de que aparezca alguna relación más sencilla que dt podr´ıa servirle de punto de partida. ....... ¿No ve usted que existen otras relaciones? Por ejemplo, ¿V y y son independientes una de otra? No. Cuando y aumenta, V debe aumentar también. As´ı hay una relación. ¿Cuál es?. V es el volumen del cono cuya altura es y. Pero desconozco el radio de la base. Sin embargo, puede tenerlo en cuenta. Déle un nombre cualquiera, x por ejemplo. Con esta notación tenemos que V =

πx3 y 3

Exacto. Ahora, ¿qué sabe usted de x?, ¿Es independiente de y? No. Cuando la profundidad del agua, y, aumenta, el radio de la superficie la variable x aumenta también. As´ı pues, hay una relación, ¿cuál es ésta?. Si , claro, hay triángulos semejantes:

x a = y b

Una relación más, ¿ve usted?. No hay que desaprovecharla. No olvide que usted quer´ıa conocer la relación existente entre V e y. Se tiene x =

a πa2 y 3 yyV = b 3b2

Muy bien. Esto me parece un buen punto de partida. ¿Qué le parece a usted?. Pero no olvide su propósito. ¿Cuál es la incógnita?. dy dt dy dV Tiene que encontrar una relación entre , y otras cantidades. Aqu´ı tiene una entre y, dt dt V y otras cantidades. ¿Qué hacer? R mατ ιo ξτ τ o s

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βτ αηφoη


Pues claro, diferenciando se tiene

120

dV πa2 y 3 dy = dt 3b2 dt

He ah´ı la solución. Perfecto. y, ¿para los valores numéricos? Si a = 4, b = 3, r = 2, y = 1, entonces 2 =

3.3.

π(16)(1)3 dy 3(3)2 dt

♣

Crecimiento bacteriano.

PROBLEMA 3.2. Un cultivo tiene una cantidad inicial N0 de bacterias. Cuando t = 1 hora, 3 on de reproducci´ on es proporcional a la canla cantidad medida de bacterias es N0 . Si la raz´ 2 tidad de bacterias presentes, calcule el tiempo necesario para triplicar la cantidad inicial de los microorganismos. ´ SOLUCION.Primero se resuelve la ecuación diferencial dN = kN dt

(3.1)

3 Sujeta a N(0) = N0 . A continuación se define la condición emp´ırica N(1) = N0 para hallar k, la 2 constante de proporcionalidad. La ecuación (3.1) es separable y lineal, a la vez. Cuando se escribe en la forma dN − kN = 0 (3.2) dt podemos ver por inspección que el factor integrante es e−kt . Multiplicamos ambos lados de la ecuación por ese factor y el resultado inmediato es d h −kt i e N =0 dt

Integramos ambos lados de la u ´ ltima ecuación para llegar a la solución general e−kt N = c, de aqu´ı N(t) = cekt . Cuando t = 0, N0 = ce0 = c y, por tanto, N(t) = N0 ekt . Cuando t = 1, entonces 3 3 3 N0 = N0 ek , o bien ek = . Por tanto k = ln = 0.4055. As´ı 2 2 2 N(t) = N0 e0.4055t .


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121

Para establecer el momento en que se triplica la cantidad de bacterias, despejamos t de 3N0 = N0 e0.4055t ; por consiguiente, ln 3 t= ≈ 2.71h. 0.4055 En este ejemplo la cantidad real, N0 , de bacterias presentes en el momento t = 0, no influyó para ♣ la definición del tiempo necesario para que el cultivo se triplicara siempre es de unas 2.71 horas.

3.4.

Periodo medio del plutonio

PROBLEMA 3.3. Un reactor de cr´ıa convierte al uranio 238, relativamente estable, en plutonio 239, un isótopo radiactivo. Al cabo de 15 a˜ nos, se ha desintegrado el 0.043 % de la cantidad inicial, A0 , de una muestra de plutonio. Calcule el periodo medio de ese is´ otopo, si la razón de desintegración es proporcional a la cantidad presente. ´ SOLUCION.Como hemos visto en el problema 3.3, la solución del problema de valor inicial dA = kA, dt

A(0) = A0

es A(t) = A0 ekt donde A(t) representa la cantidad de plutonio que queda en cualquier momento. Si se ha desintegrado el 0.043 % de los átomos de A0 después de 15 a˜ nos, entonces queda el 99.957 % de A0 . Para calcular la constante k empleamos 0.99957A0 = A(15), esto es, 0.99957A0 = A0 e15k . Despejamos k y tenemos k = −0.00002867. En consecuencia, A(t) = A0 e−0.00002867t . A0 1 Si el periodo medio es el valor que corresponde a A(t) = , despejando a t en = e−0.00002867t 2 2 ln 2 se tiene T = ≈ 24180. ♣ 0.00002867


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βτ αηφoη

3.5.


122

Antiguedad de un f´ osil.

Alrededor de 1950, el qu´ımico Willard Libby inventó un método que emplea al carbono radiactivo para determinar las edades aproximadas de fósiles. La teor´ıa de la datación con radiocarbono, se basa en que el isótopo carbono 14 se produce en la atmósfera por acción de la radiación cósmica sobre el nitrógeno. La razón de la cantidad de C −14 al carbono ordinario en la atmósfera parece ser constante y, en consecuencia, la cantidad proporcional del isótopo presente en todos los organismos vivos es igual que la de la atmósfera. Cuando muere un organismo la absorción del C − 14 sea por respiración o alimentación cesa. As´ı, si se compara la cantidad proporcional de C − 14 presente, por ejemplo en un fósil, con la relación constante que existe en la atmósfera, es posible obtener una estimación razonable de su antiguedad. El método se basa en que se sabe que el periodo medio del C − 14 radiactivo es, aproximadamente, 5600 a˜ nos. Por este trabajo, Libby ganó el Premio Nobel de qu´ımica en 1960. PROBLEMA 3.4. Se analizó un hueso fosilizado y se encontr´ o que conten´ıa la milésima parte de la cantidad original de C − 14. Determine la edad del f´ osil. ´ SOLUCION.Asumamos que A(t) representa la cantidad de C −14 radiactivo que queda después de un tiempo t. Puesto que, la razón de la cantidad de C − 14 es proporcional a la cantidad de dA = kA sujeta a A(0) = A0 . Su C − 14 presente. Entonces obtenemos la ecuación diferencial dt kt solución es A(t) = A0 e . Para calcular el valor de la constante de decaimiento aplicamos el hecho A0 A0 ln 2 que = A(5600), o sea, = A0 e5600k , despejando k = − = −0.00012378; por consiguiente 2 2 5600 A(t) = A e−0.00012378t 0

Tenemos, para A(t) = A0 /1000, que A0 /1000 = A0 e−0.00012378t , de modo que −0.00012378t = 1 ln = −ln1000. As´ı 1000 1000 ≈ 55800 t = ln 0.00012378 En realidad, la edad determinada en este ejemplo está en el l´ımite de exactitud del método. Normalmente esta técnica se limita a unos 9 periodos medios del isótopo, que son unos 50000 ♣ a˜ nos.

3.6.

Propagaci´ on de una enfermedad

Analicemos la propagación de una enfermedad contagiosa (la gripe, por ejemplo). Asumamos que x(t) es el n´ umero de personas contagiadas y y(t) el n´ umero de personas no contagiadas. Sabemos dx que representa la tasa de variación instantánea (o la razón de cambio instantáneo) del tama˜ no dt R ´lculo III mατ ιo ξτ τ o s Ca Jasmer LPC - Intocables

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123


dx mide el cambio que experimenta la dt dx población x(t) cuando el tiempo t cambia en una unidad. representa la rapidez de crecimiento dt de la población infectada o enferma x en el tiempo t. de la población infectada por unidad de tiempo. Esto es,

Supongamos que nuestra población son de 100 personas, y supongamos además que cuando t = 2 horas en n´ umero de personas contagiadas es de x(2) = 20 y por tango y(2) = 80. Una persona enferma puede contagias a cualquiera de las 80 sanas, luego el n´ umero de contagios puede ser igual al n´ umero de encuentros posibles entre las sanas y enfermas y este numero es xy = 1600. Por otro lado, cuanto mayor es el n´ umero de encuentros entre las personas sanas con las enfermas mayor dx es la rapidez con la que crece la población de personas enfermas. Por lo tanto, en el instante t, dt es proporcional a x(t)y(t). Luego, es razonable suponer que la tasa o razón con que se difunde no sólo es proporcional a la cantidad de personas, x(t), que la han contra´ıdo en el momento t, sino también a la cantidad de sujetos, y(t), que no han sido expuestos todav´ıa al contagio. Si la tasa dx es , entonces: dt dx = kxy (3.3) dt donde k es la acostumbrada constante de proporcionalidad. Si, por ejemplo, se introduce una persona infectada en una población constante de n personas, entonces x y y se relacionan mediante x + y = n + 1. Usamos esta ecuación para eliminar y en la ecuación (3.3) y obtenemos el modelo dx = kx(n + 1 − x) dt Una condición inicial obvia que acompa˜ na a esta ecuación es x(0) = 1.

(3.4)

´ SOLUCION.(* Definir la solución como una función *) Sol = DSolve[x′ [t] == (0,5)x[t](100 + 1 − x[t]), x, t] (* Evaluando en la solución*) x[t]/.Sol (* Solución con condición inicial como una función *) Solci = DSolve[x′ [t] == (0,5)x[t](100 + 1 − x[t]), x[0] == 1, x, t] (* Evaluando en la solución con condicion inicial *) x[t]/.Solci (* Gráfica de la solución de la ecuación diferencial*) P lot[x[t]/.Solci, t, −1, 1] {{x− > F unction[{t}, (101,2,7182850,5t )/(2,7182850,5t − 1,2,71828101.C[1] )]}} (101,2,7182850,5t )/(2,7182850,5t − 1,2,71828101.C[1] ) {{x− > F unction[{t}, (101,2,7182850,5t )/((100. + 3,21625 ∗ 10−14I ) + 2,7182850,5t )]}} {101,2,7182850,5t )/((100. + 3,21625 ∗ 10−14I ) + 2,7182850,5t )]} R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca

♣


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124


Figura 3.1: Diseminación de una enfermedad.

3.7.

Ley de Newton del enfriamiento.

Seg´ un la ley emp´ırica de Newton acerca del enfriamiento, la rapidez con que se enfr´ıa un objeto es proporcional a la diferencia entre su temperatura y la del medio que le rodea, que es la temperatura ambiente. Si T (t) representa la temperatura del objeto en el momento t, Tm es la temperatura constante del medio que rodea al objeto y dT es la rapidez con que se enfr´ıa el objeto, la ley de dt Newton del enfriamiento se traduce en el enunciado matemático dT = k(T − Tm ) dt

(3.5)

en donde k es una constante de proporcionalidad. Como supusimos que el objeto se enfr´ıa, se debe cumplir que T > Tm ; en consecuencia, lo lógico es que k < 0. PROBLEMA 3.5. Al sacar un pastel del horno, su temperatura es 300o F. Después de 3 minutos, 200o F. ¿En cuánto tiempo se enfriará hasta la temperatura ambiente de 70o F?. ´ SOLUCION.En la ecuación (3.5) vemos que Tm = 70. Por consiguiente, debemos resolver el problema de valor inicial: dT = k(T − 70), T (0) = 300 (3.6) dt y determinar el valor k de tal modo que T (3) = 200. La ecuación (3.6) es lineal y separable, a la vez. Al separar las variables, dT = kdt T − 70 cuyo resultado es ln |T − 70| = kt + c1 , y as´ı T = 70 + c2ekt . Cuando t = 0, T = 300, de modo que 300 = 70 + c2 define a c2 = 230. Entonces, T = 70 + 230ekt . Por u ´ ltimo, la determinación 13 13 3k T (3) = 200 conduce a e = , o sea, k = 1/3 ln , o sea, k = −0.19018. As´ı 12 22 T = 70 + 230e−0.19018t


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125


PROBLEMA 3.6. Una taza de café inicialmente tiene una temperatura de 800 C y a los 5 minutos tiene una temperatura 600 C. Transcurridos 5 minutos adicionales, su temperatura es de 500 C. Determinar la temperatura ambiente. Sugerencia: Sabemos que seg´ un la ley de enfriamiento dT de Newton la velocidad con la que la temperatura cae es = k(Taire − T ). dt ´ SOLUCION.Seg´ un la ley emp´ırica de Newton acerca del enfriamiento, la rapidez con que se enfr´ıa un objeto es proporcional a la diferencia entre su temperatura y la del medio que le rodea, que es la temperatura ambiente. Si T (t) representa la temperatura del objeto en el momento t, Taire es la temperatura constante del medio que lo rodea y dT es la rapidez con que se enfr´ıa el dt objeto, la ley de Newton del enfriamiento se traduce en el enunciado matemático dT = k(Taire − T ) dt

(3.7)

en donde k es una constante de proporcionalidad. Como supusimos que el objeto se enfr´ıa, se debe cumplir que Taire < T , en consecuencia, lo lógico es que k > 0. dT Transponiendo términos, = kdx, integrando Taire − T Z Z Z Z dT dT = kdt, − = kdt Taire − T T − Taire se obtiene − ln(T − Taire ) = kt + C, de donde se obtiene T − Taire = eC−kt , A partir de nuestros  Taire + eC  Taire + eC−5k  Taire + eC−10k

T = Taire + eC−kt

deducimos el siguiente sistema de ecuaciones ( ( C −5k = 80 80 − eC + eC−5k = 60 e (e − 1) = −20 = 60 80 − eC + eC−10k = 50 eC (e−10k − 1) = −30 = 50 e−5k − 1 2 = −10k e −1 3 −5k 3(e − 1) = 2(e−10k − 1) 3e−5k − 3 = 2e−10k − 2

2e−10k − 3e−10k + 1 = 0

(2e−5k − 1)(e−5k − 1) = 0

p De donde e−5k = 1/2, e−5k = 1. De la ecuación e−5k = 1/2 obtenemos que e−k = 5 1/2. Por tanto k = −1/5 ln(1/2). Por otra parte de la ecuación e−5k = 1 obtenemos que k = 0. Supongamos que R mατ ιo ξτ τ o s

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126

e−5k = 1/2, de aqu´ı eC (1/2 − 1) = −20, eC = 40 de donde C = ln 40. Por tanto Taire = 80 − eC = 80 − 40 = 40. As´ı finalmente p t T = Taire + eC−kt = 40 + 40e−kt = 40 + 40 5 1/2 ♣

3.8.

Mezclas.

Al mezclar dos fluidos, a veces se originan ecuaciones diferenciales lineales de primer orden. En particular al mezclar dos soluciones salinas de distintas concentraciones se da pie a una ecuación diferencial de primer orden, que define la cantidad de sal que contiene la mezcla. PROBLEMA 3.7. Supongamos que un tanque mezclador grande contiene 300 galones de agua, en donde se ha disuelto sal. As´ı, el tanque contiene 300 galones de una soluci´ on de salmuera. Otra solución de salmuera se bombea al tanque a una tasa de 3 galones por minuto. El contenido se agita perfectamente y es desalojado a la misma tasa. Esto es, al tanque entra y sale sal porque se gal , se mezclaba con la soluci´ on original, y sale del le bombeaba una solución a un flujo de 3 min gal tanque con un flujo de 3 . (ver figura 3.2). min libras Si la concentración de la solución que entra es de 2 , hay que formar un modelo de la galon cantidad de sal en el tanque en cualquier momento.

Figura 3.2: Mezclado ´ SOLUCION.Sea A(t) la cantidad de sal (en libras) en el tanque en cualquier momento t. En este caso, la rapidez con que cambia A(t) es la tasa neta: dA = (tasa de entrada de la sustancia) − (tasa de salida de la sustancia) = R1 − R2 (3.8) dt R ´lculo III mατ ιo ξτ τ o s Ca Jasmer LPC - Intocables

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127

MAT-INF-FIS-QUIM-EST-BIO 0 0

1

2

3

4

5

2

1

6 3 1

0

Ahora bien, sabemos que la rapidez con la que entra solución al tanque es de 3 galones por minuto y la concentración de sal que entra es 2 libras por galón. ¿cuantas libras de sal entra por cada minuto?. La razón, R1 , con la que entra la sal al tanque, en lb/min, es lb gal lb R1 = 2 ·3 =6 gal min min Por otro lado, hemos supuesto que el tanque contiene 300 galones de agua y además A(t) es la cantidad de sal (en libras) en el tanque en el momento t. ¿Cuál es el porcentaje de sal en en tanque A(t) libras de sal por cada en el instante t?. El porcentaje de sal en los 300 galones de agua es de 300 galón de agua. Por lo tanto, la razón R2 , con que sale la sal es A lb gal A lb R2 = ·3 = 300 gal min 100 min Entonces, la ecuación (3.8) se transforma en dA A =6− dt 100

(3.9) ♣

Al mezclar dos fluidos, a veces se originan ecuaciones diferenciales lineales de primer orden. Cuando describimos la mezcla de dos salmueras,(Sec. 1.3.4), supusimos que la razón con que cambia la cantidad de sal, A ′ (t), en el tanque de mezcla es una razón neta: dA = (tasadeentradadelasustancia) − (tasadesalidadelasustancia) = R1 − R2 dt

(3.10)

PROBLEMA 3.8. Nos planteamos el siguiente problema: Si hay 50 lb de sal disueltas en los 300 galones iniciales, ¿cuánta sal habrá en el tanque pasado mucho tiempo?. ´ SOLUCION.Para hallar A(t), resolvemos el problema de valor inicial dA A =6− , dt 100

A(0) = 50

(3.11)

El factor integrante de esta ecuación diferencial lineal es et = 100, podemos formular la ecuación as´ı: d h t/100 i e A = 6et/100 dt R ´lculo III mατ ιo ξτ τ o s Ca Jasmer LPC - Intocables

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128

Se tiene la solución general A = 600 + ce−t/100 , y teniendo las condiciones iniciales, se tiene c = −550. Entonces, la cantidad de sal en el tanque en el momento t está definida por A(t) = 600 − 550e−t/100 . Pasado un largo tiempo la cantidad de libras de sal en la solución debe ser 600 lb.

Figura 3.3: Cantidad de Sal

3.9.

♣

Vaciado de un tanque.

PROBLEMA 3.9. En hidrodinámica, la ley de Torricelli establece que la velocidad v de eflujo (salida) del agua a través de un agujero de bordes agudos en el fondo de un tanque lleno con agua hasta una altura (o profundidad) h es igual a la velocidad de √ un objeto (en este caso una gota de agua), que cae libremente desde una altura h ; esto es, v = 2gh, donde g es la aceleración de la gravedad. Esta u ´ltima expresión se origina al igualar la energ´ıa cinética, 21 mv 2 , con la energ´ıa potencial, mgh, despejando v. Supongamos que un tanque lleno de agua se deja vaciar por un agujero, por la acción de la gravedad. Queremos determinar la profundidad, h, del agua que queda en el tanque (ver figura 3.4) en el momento t.

Figura 3.4: Vaciado ´ SOLUCION.Si el área transversal del agujero es A0 , en pies cuadrados, y la velocidad del agua √ que sale del tanque√es v = 2gh, en pies por segundo, el volumen de agua que sale del tanque, por segundo, es A0 2gh, en pies c´ ubicos por segundo. As´ı, si V (t) representa al volumen del agua en el tanque en cualquier momento t,


p dV = −A0 2gh dt ´lculo III Ca


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129

donde el signo menos indica que V está disminuyendo. Obsérvese que no tenemos en cuenta la posibilidad de fricción en el agujero, que podr´ıa causar una reducción de la tasa de flujo. Si el tanque es tal que el volumen del agua en cualquier momento t se expresa como V (t) = Aw h, donde Aw son los pies cuadrados de área constante del espejo (la superficie superior) del agua, dh dV = Aw (3.13) dt dt Sustituimos esta u ´ ltima expresión en la ecuación (3.12) y llegamos a la ecuación diferencial que deseábamos para expresar la altura del agua en cualquier momento t: dh A0 p =− 2gh (3.14) dt Aw Es interesante observar que la ecuación (3.14) es válida aun cuando Aw no sea constante. En este ♣ caso, debemos expresar el área del agua en función de h: Aw = A(h).

3.10.

Ca´ıda libre.

PROBLEMA 3.10. Supongamos que se arroja una piedra hacia arriba, desde la azotea de un edificio. ¿Cuál es su posición en el momento t?. Consideremos que su posici´ on respecto al suelo d 2s es s(t). La aceleración de la piedra es la segunda derivada, 2 . Si suponemos que la dirección dt hacia arriba es positiva, que la masa de la piedra es m y que no hay otra fuerza, además de la de la gravedad g, actuando sobre la piedra, la segunda ley de Newton establece que d 2s d 2s = −mg, esto es = −g (3.15) dt2 dt2 Donde g es la aceleración de la gravedad y mg es el peso de la piedra. Se usa el signo menos porque el peso de la piedra es una fuerza que se dirige hacia abajo, opuesta a la direcci´ on positiva. Si la altura del edificio es s0 y la velocidad inicial de la piedra es v0 , s queda determinada mediante el problema de valor inicial d 2s = −g s(0) = s0 , s′ (0) = v0 (3.16) 2 dt m

´ SOLUCION.-

♣

PROBLEMA 3.11. Determina la velocidad con que cae una cadena por un orifico, en función del largo colgante x, si inicialmente se encuentra en reposo, despreciando efectos de rozamiento, con σ peso por unidad de longitud, sabiendo que satisface la ecuaci´ on diferencial gx = v 2 + x

dv v dx

Con g constante de gravedad de la tierra. R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


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130


Soluci´ on 1. Ordenamos la ecuación para poder identificarla x

dv v + v 2 = gx, dx

xv

dv + v 2 = gx, dx

dv v2 gx + = , dx xv xv

dv 1 + v = gv −1. dx x

Esta ecuación es del tipo Bernoulli con n = −1. Luego, empecemos haciendo el cambio de variable z = v 1−(−1) = v 2 ,

2v

dz dv = . dx dx

(3.17)

A continuación, multiplicamos los dos miembros de la ecuación por 2v y obtenemos la siguiente forma equivalente dv 2 2 2v + v = 2g. dx x reemplazando (3.17) en esta ecuación esta se reduce a dz 2 + z = 2g. dx x Un factor integrante para esta ecuación es Z Z 1 µ(x) = exp p(x) dx = exp 2 dx = e2 ln x = x2 x Multiplicando la ecuación por x2 , tenemos x2 es decir,

dh 2 i x z = 2gx2 dx

Integrando, obtenemos 2

xz= es decir,

dz 2 + x2 z = 2gx2 dx x

Z

2gx2 dx =

2gx3 +C 3

2gx C + 2, 3 x 2 donde C es una constante arbitraria. Pero z = v por lo que se obtiene entonces las soluciones de la ecuación diferencial en al forma 2gx C v2 = + 2 3 x z=

Recuerde que una ecuación lineal y ′ + a(x) y = b(x) R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca

(3.18)


βτ αηφoη

131


tiene por solución Z Z Z y = exp − a(x) dx b(x) exp a(x) dx dx + C .

(3.19) ♣

dy Soluci´ on 2. Cambiemos la variable v por la variable y, entonces gx = y 2 + x y, de aqui dx dy 2 + y − gx = 0. Que en su forma diferencial es dada por transponiendo términos tenemos xy dx (y 2 − gx)dx + xydy = 0. Recordemos que si µ(x, y) es un factor integrante de la ecuación diferencial M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0, entonces, ∂u ∂u ∂N ∂M M −N =µ − ∂y ∂x ∂x ∂y

(3.20)

En nuestro caso M(x, y) = y 2 − gx y N(x, y) = xy, entonces ∂M = 2y ∂y

y

∂N =y ∂x

No resulta ser una ecuación diferencial exacta. Calculemos la siguiente diferencia ∂N ∂M − = y − 2y = −y ∂x ∂y Por tanto, podemos buscar un factor integrante que dependa de x: µ = µ(x). ∂N ∂M − µ (x) −y 1 ∂x ∂y = = = µ(x) −N −xy x ′

Por lo tanto

Z

Z µ′ 1 ln(µ) = dx = dy = ln x, µ(x) = x. µ x es un factor integrante. Multiplicando la ecuación por el factor obtenido resulta:

Probando el criterio de exactitud:

(xy 2 − gx2 )dx + x2 ydy = 0 ∂M = 2xy ∂y


y

∂N = 2xy ∂x

´lculo III Ca


βτ αηφoη

132


Por lo tanto se obtuvo una ecuación diferencial exacta. Procediendo seg´ un este caso: ∂f = xy 2 − gx2 ∂x entonces

Z

x2 y 2 x3 f (x, y) = (xy − gx )dx + C(y) = − g + C(y) 2 3 Derivando f (x, y) con respecto a y e igualando con N 2

2

∂f = x2 y + C ′ (y) = x2 y ∂y Simplificando se obtiene: C ′ (y) = 0, integrando miembro a miembro C(y) = C. Sustituyendo este resultado en f (x, y) resulta: f (x, y) =

x2 y 2 x3 − g + C, 2 3

x2 y 2 gx3 − = C. 2 3

por tanto la solucion es

Retornando a la variable v tenemos finalmente que 3x2 v 2 − 2gx3 = C

3.11.

o 3v 2 − 2gx =

C x2

o v2 =

2gx C + 2 3 x

♣

Velocidad de un cohete

PROBLEMA 3.12. Encuentre la velocidad de un cohete que inicialmente posee una masa m0 como función del tiempo de vuelo, mientras se encuentra cercano a la tierra que expele gases product de al combustión a una velocidad constante c con respecto al cohete, con constante de proporcionalidad del roce viscoso k y consumo de combustible de raz´ on con raz´ on constante β, sabiendo que satisface la ecuación diferencial dv k βc + v = −g + dt m0 − βt m0 − βt Con v(0) = v0 y g constante de gravedad de la tierra. ´ SOLUCION.Calculamos primero el factor integrante exp

Z

Z P (t) dt = exp

k k dt = e− β ln |m0 −βt| m0 − βt

= eln |m0 −βt| R mατ ιo ξτ τ o s

−k β

k

= (m0 − βt)− β =

´lculo III Ca

1 k

(m0 − βt) β


βτ αηφoη

133


y lo aplicamos a la ecuación k βc dv + v = −g + dt m0 − βt m0 − βt 1 1 1 dv k βc + v = −g + k k k m0 − βt (m0 − βt) β dt (m0 − βt) β m0 − βt (m0 − βt) β " # d 1 g βc = − k v k + k dx (m0 − βt) β (m0 − βt) β (m0 − βt) β +1 Integrando llegamos a 1 k

(m0 − βt) β

Z k k v= −g(m0 − βt)− β + βc(m0 − βt)− β −1 dt

Z 1 k −β −1 − βk − du −gu + βcu k v = β (m0 − βt) β 1

k

k

(m0 − βt)− β g (m0 − βt)− β +1 − c +C v = k β − βk + 1 − βk (m0 − βt) β 1

v=

k k g (m0 − βt) 1 g cβ (m0 − βt) + + C(m0 − βt) β − c k + C(m0 − βt) β = k β −β + 1 β−k k −β

ahora evaluamos la condición inicial v(0) = v0 ,

k g cβ (m0 ) + + C(m0 ) β = v0 β−k k

entonces la solución particular del problema es v(t) =

k cβ g (m0 − βt) + + C(m0 − βt) β . β−k k

DSolve[v ′ [t]+(k/(m−b∗t))∗v[t] == −g +((b∗c)/(m−b∗t)), v[t], t] b2 c + gkm − bk(c + gt) {{v[t]− > + (−m + bt)k/b C[1]}} (b − k)k ♣


´lculo III Ca


βτ αηφoη

3.12.

134


La descomposici´ on de N2 O

PROBLEMA 3.13. La descomposici´ on de N2 O bajo la influencia de un catalizador de platino a−x dx viene dada por la ecuación diferencial =k donde a es la concentraci´ on de N2 O en el dt 1 + bx instante inicial t = 0, b es una constante y x(t) es la concentraci´ on de producto en el instante t. Si para t = 0 es x(0) = 0, resuelva la ecuaci´ on diferencial y determina la vida media de la sustancia (vida media de una sustancia es el tiempo T que tarda en reducirse a la mitad). ´ SOLUCION.Dividiendo a − x entre 1 + bx obtenemos 1 + bx 1 + ab = −b + a−x a−x La ecuación diferencial

dx a−x =k es de variables separadas, esto es, dt 1 + bx 1 + bx dx = kdt a−x

de donde

e, integrando,

1 + ab −b + dx = kdt a−x Z Z 1 + ab −b + dx = kdt a−x

se sigue que −bx − 1 + ab ln(a − x) = kt, es decir,

bx + 1 + ab ln(a − x) = −kt

Ahora bien si x(0) = 0 entonces b0 + 1 + ab ln(a − 0) = −k0,

3.13.

ab = −1,

a=1 ♣

Modelos de Crecimiento Poblacional

El objetivo de los Modelos de Crecimiento Poblacional es el de explicar o predecir la población de una o varias especies en función del tiempo. Denotamos por x(t) el n´ umero de individuos de la población de una especie en el instante t. Supongamos el tiempo incrementa en ∆t, luego x(t+∆t) R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

135


el n´ umero de individuos de la población en el instante t + ∆t. La diferencia x(t + ∆t) − x(t) es la variación en la población después de que ha transcurrido ∆t unidades de tiempo. La razón x(t + ∆t) − x(t) mide el cambio que experimenta la población x(t) por unidad de tiempo. Esta ∆t fracción se llama tasa de variación media (o tasa de cambio media) de x en el intervalo [t, t + ∆t]. Por ejemplo: Si la población en el 2000 fue de 15 individuos y en el 2010 fue de 45 individuos, entonces 30 45 − 15 = =3 2010 − 2000 10 lo cual quiere decir que hay 3 nuevos individuos por cada a˜ no. Esto es, la razón de crecimiento es de 20 % anual, en efecto (20 %)(15) =

2 2 20 (15) = (15) = (3) = 3. 100 10 2

Durante 10 a˜ nos, desde el 2000 hasta el 2010 , el promedio de individuos nuevos es de 3 por a˜ no. Ahora hacemos el intervalo de análisis tan peque˜ no como se pueda de manera de encontrar la tasa de variación media en un determinado instante de tiempo. Para esto tomamos limite cuando x(t + ∆t) − x(t) ∆t tiende a cero y nos queda l´ım . Cuando ∆t se aproxima a cero, la canti∆x→0 ∆t x(t + ∆t) − x(t) representa la tasa de cambio instantánea del tama˜ no de la población, que dad ∆t x(t + ∆t) − x(t) en matemática se denomina derivada y que denotamos por x′ (t) = l´ım . Esta ∆x→0 ∆t derivada es la tasa de variación instantánea del tama˜ no de la población o la razón de cambio instantáneo de la población por unidad de tiempo. x′ (t) es la tasa, razón o rapidez de crecimiento instantáneo del tama˜ no de la población en el tiempo t.

3.13.1.

Modelos de Malthus

Uno de los primeros intentos de modelar matemáticamente el crecimiento demográfico lo hizo Thomas Malthus, economista inglés en 1798. En esencia, la idea del modelo malthusiano es la hipótesis de que la tasa de crecimiento de la población de un pa´ıs crece de forma proporcional a la población total, x(t), de ese pa´ıs en cualquier momento t. En términos matemáticos esta hipótesis se puede expresar: dx = kx (3.21) dt donde k es una constante de proporcionalidad. Esta ecuación diferencial a´ un se utiliza con mucha frecuencia para modelar poblaciones peque˜ nas de bacterias y de animales durante cortos intervalos de tiempo. En ecolog´ıa para el estudio de poblaciones se establece que si no existen competidores o depredadores y si los recursos son ilimitados, entonces a cada instante de tiempo la cantidad de individuos crecerá en forma proporcional a la cantidad presente en ese instante determinado. Luego, la tasa de crecimiento de la población en el tiempo t es directamente proporcional al n´ umero de individuos R mατ ιo ξτ τ o s

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βτ αηφoη

136


de la población en el instante t. Esto es, la tasa de crecimiento de la población x′ (t) es igual a la cantidad presente x(t) multiplicada por una constante de proporcionalidad k, as´ı nos queda (3.21). La función x(t) = x0 ekt es la solución de esta ecuación (3.21), con la propiedad que en t = 0 toma el valor x(0) = x0 . Conclusiones del modelo La solución nos dice que el crecimiento (decrecimiento) es exponencial. Y por tanto Si k > 0, entonces x(t) → ∞ cuando t → ∞ haciendo que la especie explosione. Si k < 0, entonces x(t) → 0 cuando t → ∞ haciendo que la especie se extinga. Si k = 0, la población permanecerá constante en su punto de equilibrio. Para ver cómo puede usarse esta ecuación, se tienen los siguientes ejemplos: PROBLEMA 3.14. Supongamos que se examina el contenido de bacterias en una botella de leche de un litro, un d´ıa después de haber sido embotellada, el an´ alisis arroja una cuenta de 500 organismos. Un d´ıa después la cuenta es de 8000 organismos.¿ Cu´ al fue el n´ umero de bacterias en el momento de embotellar la leche? ´ SOLUCION.Aqu´ı sabemos que P (1) = 500 y P (2) = 8000, as´ı que


500

8000

Primer día

Segundo día

8000 P (2) P (0)e2α = = = eα α 500 P (1) P (0)e 8000 α = ln = ln 16 500 ´lculo III Ca


βτ αηφoη

137


Por tanto P (t) = P (0)e(ln 16)t = P (0)16t Para hallar P (0), hacemos t = 1 y usamos el hecho de que P (1) = 500, para obtener as´ı 16P (0) = 500 ⇒ P (0) = 31,25 Esto representa el n´ umero de bacterias en el momento de embotellar la leche. N

♣

Decaimiento radiactivo Otra situación que nos lleva a la ecuación (3.21) es la del decaimiento radiactivo. Supongamos que la masa Q(t) de una sustancia decrece a una razón tal que en cualquier momento t es proporcional a Q(t). Entonces dQ = −kQ(t) (3.22) dt donde k es una constante positiva, que depende de la sustancia. La solución de la ecuación (3.22) es Q(t) = Ce−kt (3.23) haciendo uso de las valores iniciales, esto es, para t = 0 se encuentra el valor de C. As´ı en la ecuación (3.23), resulta C = Q(0). Por tanto la solución de la ecuación (3.22) es Q(t) = Q(0)e−kt

(3.24)

Por otra parte la vida media T de la sustancia radiactiva que es la cantidad de tiempo que se requiere para que una masa dada se reduzca a la mitad de su valor original es, seg´ un la ecuación (3.24) Q(0) = Q(0)e−kT 2 De esta ecuación se obtiene e−kT = 1/2

⇒

ekT = 2

⇒

kT = ln 2

As´ı la ecuación (3.24) nos permite escribir en términos de T : Q(t) = Q(0)e−t(ln 2)/T

(3.25)

PROBLEMA 3.15. El isótopo radiactivo torio 234 se desintegra a una rapidez proporcional a la cantidad presente. Si 200 miligramos de este material se reducen a 160 miligramos en 2 semanas, encontrar una expresión para la cantidad presente en cualquier instante. Encuentre también la vida media de este material. ´ SOLUCION.Sea Q(t) la cantidad de torio presente en cualquier instante t R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

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160 mlg 200 mlg

t =0

t = 2 semanas

Q se mide en miligramos y t en d´ıas. El torio se desintegra a una velocidad proporcional a la cantidad presente, esto es, dQ/dt es proporcional a Q. As´ı que Q satisface la ecuación diferencial (3.22) dQ = −kQ(t) dt donde k es una constante positiva que se debe terminar. Buscamos la solución de la ecuación (3.22) y que satisfaga la condición inicial Q(0) = 200 y también la condición (reducción) Q(14) = 160 La solución de la ecuación (3.22) Q(t) = Ce−kt y por las condiciones iniciales resulta que C = 200, por tanto la solución es Q(t) = 200e−kt

(3.26)

con el fin de satisfacer la condición (reducción), hacemos que t = 14,

Q = 160

En la ecuación (3.26) resulta 160 = 200e−14k

⇒

−14k = ln

160 200

ln 0,8 = 0,0159 (1/d´ıas ) 14 Por tanto, el valor de Q(t) en cualquier instante es k=−

Q(t) = 200e−0,0159t

miligramos

La vida media de este material radiactivo se calcula con la ecuación (3.25) Q(t) = Q(0)e−kT 100 = 200e−0,0159T 100 = e−0,0159T 200 T = R mατ ιo ξτ τ o s

⇒

−0,0159T = ln

1 = − ln 2 2

ln 2 ∼ = 43,59 d´ıas. N 0,0159 ´lculo III Ca


βτ αηφoη

3.13.2.

139


Modelos de Verhulst, Ecuaci´ on log´ıstica

El modelo de Malthus tiene muchas limitaciones. Por ejemplo, predice que una población crecerá exponencialmente con el tiempo, que no ocurre en la realidad. Si la especie considerada dispone de todos los medios para vivir, como espacio, aire, alimento, entonces su crecimiento será de tipo exponencial; pero si los recursos escasean, entonces habrá competencia para acceder a ellos (peleas, guerras a veces, supervivencia de los más fuertes...) y la razón de crecimiento no será la misma. Por esta razón al modelo de Malthus se le llama de crecimiento irrestricto, mientras que el modelo presentado a continuación se denomina modelo de crecimiento con restricciones. Cuando una población llega a ser demasiado numerosa, aparecen restricciones del medio en forma de limitaciones de espacio, de recursos, etc. , que haran disminuir la tasa de crecimiento o, incluso, que la harán negativa provocando que la población disminuya. Es más realista suponer que el medio sólo puede sostener de manera estable un máximo K de población (la capacidad de soporte del medio), de modo que si x(t) es el tama˜ no de una población en el momento t entonces Si K − x(t) > 0, esto es x(t) < K, esto implica que existe mayor oportunidad de sobrevivir para más individuos de la especie (as´ı que la población x(t) decrecer´ıa acercándose a K), por tanto la tasa instantánea de crecimiento x′ (t) ser´ıa positiva. Si K − x(t) < 0, esto es x(t) > K, esto implica que no hay suficiente alimento as´ı que la población debiera tender a disminuir, es decir, la población decrecer´ıa acercándose a K. Por tanto la tasa instantánea de crecimiento x′ (t) es negativa. Si x(t) = K la población es constante, por tanto, la tasa ser´ıa nula. Una forma de reflejar matemáticamente este comportamiento es suponer que la razón de crecimiento x′ (t) sea proporcional conjuntamente tanto a la población misma x(t) como a la cantidad faltante para llegar a la máxima población sustentable K − x(t). Se tiene as´ı la denominada ecuación log´ıstica, que formulamos como, x˙ = rx(K − x)

(3.27)

ecuación diferencial, no lineal, conocida como la ecuaci´ on log´ıstica que fue introducido por Pierre Fran¸cois Verhulst en 1838 Obteniendo de este modo la ecuación diferencial con valor inicial ( x˙ = rx(K − x)

(3.28)

x(0) = x0

Factorizando el segundo miembro de la ecuación por K la ecuación log´ıstica se escribe x x˙ = r0 x 1 − K


´lculo III Ca

(3.29)


βτ αηφoη

140


con r0 = rK. La constante r0 se llama tasa intr´ınseca de crecimiento de la poblaci´ on. La ecuación diferencial log´ıstica (3.29) es con variables separadas y su solución a partir de la condición inicial x(0) = x0 > 0, es la función x(t) = 1+

K

K − 1 e−r0 t x0

(3.30)

conocida en la literatura como curva log´ıstica

Conclusiones del modelo. Estudiamos algunas de las caracter´ısticas de la curva (3.30). Empecemos haciendo un análisis respecto de la ubicación de las condiciones iniciales. Si x0 = K, entonces es x(t) = K para t ≥ 0, es decir el tama˜ no de la población permanece constante. En este caso se dice que K es el tama˜ no de equilibrio de la poblaci´ on Si 0 < x0 < K, de la ecuación log´ıstica y de la continuidad de x(t) (x(t) es positivo en alguna vecindad de 0), resulta que x′ (t) > 0 para t > 0, y consecuentemente x(t) es creciente para t > 0, por lo tanto el tama˜ no de la población aumentará con el tiempo. Si x0 > K, es te caso no tiene sentido en nuestro estudio. Observemos ahora que el punto de equilibrio K es uno que atrae a las demás soluciones (equilibrio atractor) que pasan a través de x0 para cada x0 > 0, puesto que en este caso l´ım x(t) = K. t→∞ Consecuentemente, independientemente de cuál sea el tama˜ no inicial de la población su tama˜ no se aproximará al valor de equilibrio K. Un an´ alisis diferente. Realicemos un análisis diferente para llegar a la ecuación (3.27). Recuerde que si x(t) es el tama˜ no de una población en el momento t, el modelo de Malthus comienza dx suponiendo que = kx para cierta k > 0. En este modelo, la tasa espec´ıfica o relativa de dt R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

141


crecimiento, definida por

dx dt (3.31) x se supone constante, igual a k. Como ya mencionamos es dif´ıcil encontrar casos reales de un crecimiento exponencial durante largos periodos de tiempo, porque en cierto momento los recursos limitados del ambiente ejercerán restricciones sobre el crecimiento demográfico, “la razón de crecimiento de la población cae si la población aumenta”. As´ı, cabe esperar que la razón (3.31) disminuya a medida que x aumenta de tama˜ no.

La hipótesis que la tasa con que crece o decrece una población sólo depende del n´ umero presente y no de mecanismos dependientes del tiempo, como los fenómenos estacionales, se puede enunciar como sigue: dx dx dt = f (x), de aqu´ı = xf (x) (3.32) x dt Esta ecuación diferencial, que se adopta en muchos modelos demográficos animales, se llama hipótesis de dependencia de densidad. Supóngase que un medio es capaz de sostener, como máximo, una cantidad K determinada de individuos en una población. Dicha cantidad se llama capacidad de sustento, o de sustentación, del ambiente. Entonces f (K) = 0 para la función f en la ecuación (3.32) y se escribe también f (0) = r. En la figura 2.6.6 vemos tres funciones que satisfacen estas dos condiciones. La hipótesis más sencilla es que f (x) es lineal, esto es, que f (x) = c1 x + c2 . Si aplicamos las condiciones f (0) = r y f (K) = 0, tenemos que c2 = r y c1 = −r/K, respectivamente, y f adopta la forma f (x) = r − (r/K)x. Entonces la ecuación (3.32) se transforma en r dx =x r− x dt K

(3.33)

Si redefinimos las constantes, la ecuación no lineal (3.33) es igual a la siguiente:

dx = x(a − bx) dt R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca

(3.34)


βτ αηφoη

142


Esta ecuación, estudiada por Verhulst en 1840, se denomina ecuación log´ıstica y su solución se denomina función log´ıstica. La gráfica de una función log´ıstica es la curva log´ıstica. Si reescribimos la ecuación (3.34) en la forma dx = ax − bx2 (3.35) dt el término no lineal −bx2 , se puede interpretar como un término de “inhibición”. En la mayor parte de las aplicaciones la constante a es mucho mayor que b. Soluci´ on de la ecuaci´ on log´ıstica. Claramente vemos que esta ecuación diferencial es de variable separable dx = dt x(a − bx)

Por fracciones parciales, se puede comprobar que 1/a b/a + dx = dt x a − bx Integrando

1 1 ln |x| + ln |a − bx| = t + c a a x = at + ac ln a − bx

Al aplicar el exponencial en ambos miembros de esta ecuación resulta x = c1 eat a − bx Como consecuencia de la u ´ ltima ecuación, x(t) = Si x(0) = x0 , x0 6= a/b, llegamos a c1 =

la ecuación log´ıstica es

ac1 eat ac1 = at 1 + bc1 e bc1 + e−at

x0 y as´ı, sustituyendo y simplificando, la solución de a − bx0

x(t) =

ax0 bx0 + (a − bx0 )e−at

(3.36)

PROBLEMA 3.16. Supongamos que un alumno es portador del virus de la gripe y regresa a su escuela, donde hay 1000 estudiantes. si se supone que la raz´ on con que se propaga el virus es proporcional no sólo a la cantidad x de alumnos infectados, sino también a la cantidad de alumnos no infectados, determine la cantidad de alumnos infectados seis d´ıas después, si se observa que a los cuatro d´ıas x(4) = 50. R mατ ιo ξτ τ o s

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βτ αηφoη

143


´ SOLUCION.Suponiendo que nadie sale del campus durante la epidemia, debemos resolver el problema de valor inicial dx = kx(1000 − k), x(0) = 1 dt Sustituimos a = 1000k y b = k en la ecuación (3.36) y vemos de inmediato que x(t) =

1000 1000k = −1000kt k + 999ke 1 + 999e−1000kt

1000 Usamos la condición x(4) = 50 y calculamos k con 50 = . Esto da como resultado 1 + 999e−4000t 1 1 −1000k = ln 999 = −0.9906. Entonces: 4 9 x(t) = La respuesta es x(6) =

1000 1 + 999e−0.9906t

1000 = 276 1 + 999e−5.9436 ♣

alumnos

PROBLEMA 3.17 (Modelo para predecir la poblaci´ on humana). Para aplicar estos resultados y predecir en el futuro la población humana de la tierra es necesario calcular los coeficientes a y b en la ecuación log´ıstica que gobierna el crecimiento. Algunos ecólogos estiman que el valor natural es a = 0,029. Se sabe también que la población humana crec´ıa con una tasa de 2 % cuando su tama˜ no era de 3,34 × 109 . ´ SOLUCION.Dado que

1 dx = a − bx x dt

resulta que 0,02 = a − b(3,34)109 Por tanto b = 2,695 × 10−12 As´ı pues, de acuerdo con la ley log´ıstica de crecimiento de poblaciones, la población humana tenderá al valor l´ımite a 0,029 = = 10760 × 106 − b 2,695 × 10

Esto es, 10760 millones de personas. De acuerdo con esta predicción, la población humana se encontraba en 1956 a´ un en la fase de crecimiento acelerado de la curva log´ıstica, ya que a´ un no hab´ıa alcanzado la mitad de la población l´ımite predicha. R mατ ιo ξτ τ o s

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El siguiente art´ıculo, escrito por Nick Eberstadt, apareció en el New York times el 26 de marzo de 1978. El punto central del art´ıculo es que resulta muy dif´ıcil, sólo con métodos estad´ısticos, predicciones exactas de poblaciones, incluso para 30 a˜ nos hacia el futuro. En 1970, demógrafos de Estados Unidos proyectaron una población de 6500 millones de personas para el a˜ no 2000. Tan sólo 6 a˜ nos más tarde este pronóstico se corrigió a 5900 millones. Ahora, usando la ecuación log´ıstica ax0 x(t) = bx0 + (a − bx0 )e−a(t−t0 ) para predecir la población de la Tierra en el a˜ no 2000, tómese a = 0,029,

b = 2,695 × 10−12 ,

Con estos datos se obtiene x(2000) = =

x0 = 3,34 × 109 ,

t0 = 1965,

t = 2000

0,029 × 3,34 × 109 0,009 + (0,02)e−(0,029)35

29 × 3,34 × 109 = 5960 × 106 −1,015 9 + 20e

Esto es, 5960 millones de personas. Para el a˜ no 2010 se pronostica que la población será de 6715 millones de personas, pues aplicando nuevamente la solución de la ecuación log´ıstica tenemos: a = 0,029,

b = 2,695 × 10−12 , x(2010) = =

3.14.

x0 = 3,34 × 109 ,

t0 = 1965,

t = 2010

0,029 × 3,34 × 109 0,009 + (0,02)e−(0,029)45

29 × 3,34 × 109 = 6715 × 106 9 + 20e−1,305

♣

Aplicaciones a la Econom´ıa

PROBLEMA 3.18. El ingreso marginal de cierta empresa es proporcional a su gasto, con constante de proporcionalidad 5. Su gasto marginal es constante e igual a 4. Determ´ınese el beneficio de la empresa en función de la cantidad producida Q, si inicialmente no hay ingresos ni gastos, esto es, Q = 0. ´ SOLUCION.Consideremos las funciones: beneficios B(Q), ingresos I(Q) y gastos G(Q), entonces B(Q) = I(Q) − G(Q), con lo que para resolver el problema hemos de hallar el ingreso y el gasto de la empresa. Para calcular el ingreso tenemos que contar primero con el gasto. Pero eso es trivial, puesto que el R mατ ιo ξτ τ o s

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dG gasto marginal es constante e igual a 4 se tiene que = 4, de donde dG = 4dQ, integrando, dQ Z Z dG = 4 dQ, obtenemos G(Q) = 4Q + C. Ahora bien, al no contar con gastos iniciales se tiene

G(Q) = 0, de donde C = 0. Luego, G(Q) = 4Q.

El hecho de que el ingreso marginal de cierta empresa es proporcional a su gasto, con constante de proporcionalidad 5, se traduce en la ecuación dI = 5G dQ Por tanto,

dI = 5 4 Q = 20 Q. Al integrar ambos miembros de la ecuación se obtiene dQ Z Z dI = 20 QdQ

lo que da como resultado I = 20Q2 + C. Y como ocurr´ıa con el gasto I(0) = 0, as´ı C = 0, lo cual implica que I = 20Q2 . De modo que B(Q) = 20Q2 − 4Q. PROBLEMA 3.19. El coste marginal de un producto en funci´ on de la cantidad producida viene dado por la función Q3 + 2Q. Determine la funci´ on coste del producto, sabiendo que cuanta con un coste fijo de 5 u.m. ´ SOLUCION.En este caso resulta sencillo plantear la ecuación diferencial que nos lleva al cálculo del coste: Z Z dC 3 = Q + 2Q, dC = (Q3 + 2Q)dQ dQ 1 lo que da como resultado C(Q) = Q4 + Q2 + k. Si el coste fijo de 5 u.m. significa que aunque 4 no produzca Q = 0 tiene este gasto, con lo que C(0) = 5, as´ı k = 5. Lo cual implica que 1 C(Q) = Q4 + Q2 + 5. 4 PROBLEMA 3.20. La evolución en ventas de cierto producto en el tiempo es proporcional a 1 la función f (t) = e2t−100 . Si la constante de proporcionalidad es , est´ udiese la trayectória de la 3 función de ventas. ´ SOLUCION.La evolución o variación de una función en el tiempo se mide con la derivada de tal función respecto al tiempo, de lo que deducimos: Z Z 1 2t−100 1 dV = e , dV = e2t−100 dt dt 3 3 1 lo que da como resultado V (t) = e2t−100 + k. Se trata entonces de una trayectoria de tipo 6 exponencial, de modo que las ventas crecerán de manera exponencial a medida que el tiempo aumente. R mατ ιo ξτ τ o s

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PROBLEMA 3.21. Dadas las funciones de oferta S = −5 + p y demanda D = 10 − 3p en un mercado en competencia, calcular la expresi´ on temporal del precio, sabiendo que el ritmo de variación del precio en el tiempo es proporcional al exceso de demanda sobre la oferta, siendo la 1 contante de proporcionalidad y el precio inicial de 20 u.m. 2 ´ SOLUCION.El exceso de demanda sobre la oferta, se mide con la expresión D − S. Puesto que, el ritmo de variación del precio en el tiempo es proporcional al exceso de demanda sobre la oferta, se obtiene al ecuación diferencial: dp 1 = (D(t) − S(t)), dt 2 que es de variables separables,

dp 1 1 = (10 − 3p + 5 − p) = (15 − 4p) dt 2 2 1 1 dp = dt 15 − 4p 2

integrando ambos lados de esta igualdad obtenemos Z Z 1 1 1 1 dp = dt, − ln(15 − 4p) = t + k 15 − 4p 2 4 2 15 − e−2t k . Puesto que p(0) = 20, 4 −2t 15 + 65e se tiene que k = −65, aqu´ı finalmente obtenemos p(t) = . 4 lo que da como resultado 15 − 4p(t) = e−2t+k , esto es, p(t) =

PROBLEMA 3.22. El costo de atenci´ on medica en el ´ area metropolitana de una gran ciudad ha subido en forma constante a una tasa instant´ anea del 7.3 % anual en los u ´ltimos a˜ nos. Deducir una formula de los costos médicos y en funci´ on del tiempo t. ´ SOLUCION.Este es un problema que conduce a una ecuación diferencial ya que se indica que los costos médicos suben continuamente a una tasa del 7.3 % cada a˜ no por lo cual la razón instantánea de aumento de y es el porcentaje indicado o sea: dy = 7.3y. dt Esta es una ecuación diferencial separable por lo que al separar las variables se obtiene: dy = 7.3dt. y Al integrar ambos miembros de la ecuación se obtiene Z Z dy = 7.3dt y R ´lculo III mατ ιo ξτ τ o s Ca


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147


lo que da como resultado ln y = 7 · 3t + C Al despejar y se obtiene y = e7.3t+C = e7.3t eC = e7.3t A donde A es una constante positiva. Es posible determinar el valor de A si se conoce los costos médicos por ejemplo en el momento t = 0 por lo que A = f (0). PROBLEMA 3.23. El valor de reventa de cierta m´ aquina industrial disminuye durante 10 a˜ nos a una tasa que depende de la antiguedad de la m´ aquina. Cuando la m´ aquina tiene x a˜ nos de f´ abrica, la razón a la que su valor esta cambiando es 220(x − 10) d´ olares por a˜ no. Exprese el valor de la máquina como función de su edad y de su valor inicial. Si la m´ aquina val´ıa originalmente 12000 bs. ¿Cuánto valdrá a los 10 a˜ nos? ´ SOLUCION.Denote por V (x) el valor de la máquina cuando tenga x a˜ nos de edad. La derivada dV es igual a la razón 220(x − 10) a la que el valor de la máquina está cambiando. Por tanto, dx para modelar este problema, se puede usar la ecuación diferencial dV = 220(x − 10) = 220x − 2200 dx Para hallar, resuelva esta ecuación diferencial integrando: Z V (x) = (220x − 2200) dx = 110x2 − 2200 x + C Nótese que C es igual a V (0), el valor inicial de la máquina. Un s´ımbolo más descriptivo para esta constante es V0 . Con el uso de esta notación, se puede escribir la solución general como V (x) = 110x2 − 2200 x + V0 Si V0 = 12000, entonces la solución particular correspondiente es V (x) = 110x2 − 2200 x + 12000 Por tanto, cuando la máquina tenga x = 10 a˜ nos de antiguedad, su valor es V (10) = 110(10)2 − 2200(10) + 12000 = 1000 bs. PROBLEMA 3.24. (Pronóstico de ventas) Usted es el asistente del gerente de personal de DyCM Corp. S.A, una gran empresa, y ayer recibi´ o el siguiente memorando de su jefe:


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MAT-INF-FIS-QUIM-EST-BIO Para: Usted De: DC Asunto: Pronosticar la demanda, en ventas anuales. Ayer, el Director General AC me pidi´ o encontrar alguna f´ ormula matemática para ”modelar y pronosticar la demanda de nuestro nuevo producto”. Hasta el momento, he podido identificar que la tasa de variación de la demanda, en ventas anuales con respecto al tiempo es: dV = V f (V ) dt El personal de marketing a cargo de GE remiti´ o que f se comporta en forma lineal: f (V ) = a + bV . Adem´ as manifiesta que: f (0) = k y f (N) = 0, donde: ❃ k=razón inicial aproximada de crecimiento. Para nuestro caso k = 2.7. ❄ N=demanda potencial anual. Para nuestro caso N=160 millones al a˜ no. Con esta información, requiero obtengas V (t), sabiendo que inicialmente las ventas fueron de 0, 0025 millones. Atte.- DC.

´ SOLUCION.Para hallar lo solicitado, usted decide seguir los siguientes pasos: Primero demostrar que:

dV 2.7 = V (160 − V ) dt 160

(3.37)

a En efecto, puesto que f (0) = a + b(0) = a = k = 2.7 y f (N) = a + bN = 0, de donde b = − = N 2.7 . Por tanto − 160 2.7 2.7 f (V ) = 2.7 − V = (160 − V ) 160 160 dV que reemplazando en la ecuación = V f (V ) se obtiene la ecuación diferencial (3.37). dt Ahora bien, la ecuación diferencial (3.37) se puede reemplazar por 1 2.7 dV = dt. V (160 − V ) 160 Al integrar ambos miembros de la ecuación se obtiene Z Z 1 2.7 dV = dt. V (160 − V ) 160 R ´lculo III mατ ιo ξτ τ o s Ca


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Usando fracciones parciales obtenemos 1 1 1 1 1 = + = − V (160 − V ) 160V 160(160 − V ) 160V 160(V − 160) Luego Z

Z 1 1 2.7 − dV = dt. 160V 160(V − 160) 160

de donde 1 2.7 1 ln(V ) − ln(V − 160) = t+C 160 160 160 ln V = e2.7 t C V − 160

V V − 160

= 2.7 t + C

V = C e2.7 t V + 160 C e2.7 t

V (t) =

160 C e2.7 t 1 − C e2.7 t

PROBLEMA 3.25. Determine la tendencia del beneficio de una empresa sabiendo que la tasa instantánea de variación de los ingresos es proporcional al beneficio inicial, y la de los gastos proporcional al beneficio existente en cada momento. Los ingresos y gastos iniciales son de 5 y 1 1 millones de bolivianos, y las constantes de proporcionalidad son de y 2, respectivamente. 2 ´ SOLUCION.Consideremos las variables I de ingresos y además B0 , I0 y G0 el beneficio, ingresos y gastos iniciales respectivamente. Obviamente el beneficio inicial será la diferencia entre los ingresos y los gastos iniciales. Sabemos que la tasa instantánea de variación de los ingresos es proporcional al beneficio inicial 1 y la constante de proporcionalidad es . Esta información se traduce en la siguiente ecuación 2 diferencial: dI 1 1 1 = B0 = (I0 − G0 ) = (5 − 1) = 2 dt 2 2 2 que es de variables separables, dI = 2 dt, integrando ambos lados de esta igualdad obtenemos Z Z dI = 2 dt, I(t) = 2t + k. Puesto que I(0) = 5, se tiene que k = 5, aqu´ı finalmente obtenemos I(t) = 2t + 5. Ahora bien, se sabe también que el gasto es proporcional al beneficio existente en cada momento, B, que conocida ya la expresión de los ingresos nos queda: R mατ ιo ξτ τ o s

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dG = 2B = 2(I − G) = 2(2t + 5 − G) = 4t + 10 − 2G dt que es una ecuación diferencial lineal de primer orden 2G +

dG = 4t + 10 dt

dG 1 = 0. Podemos ponerla como dG = −2dt, de dt G variables separadas, cuya solución es log G = −2t + K, es decir, G = Ce−2t . Empleemos ahora el método de variación de las constantes, para lo cual tomamos G = C(t)e−2t . Derivando, G ′ = C ′ (t)e−2t − 2C(t)e−2t y, sustituyendo en E. D. de partida, La lineal homogénea asociada es 2G +

2C(t)e−2t + C ′ (t)e−2t − 2C(t)e−2t = 4t + 10,

esto es, C ′ (t)e−2t = 4t + 10, de donde C ′ (t) = (4t + 10)e2t . Integrando, u = 4t + 10, dv = e2t dt du = 4dt, v = 21 e2t C(t) = as´ı

Z

| ↓

1 (4t + 10)e dx= (4t + 10)e2t − 2 2t

Z

1 2t e 4 dt = (2t + 5)e2t − 2e2t + k. 2

C(t) = 2te2t + 3e2t + k. luego la solución de la lineal es G(t) = (2te2t + 3e2t + k)e−2t = 2t + 3 + ke−2t Del hecho de que los gastos iniciales son de 1 millón de bolivianos, se tiene que G(0) = 1, por tanto, 2(0) + 3 + ke−2(0) = 1, de aqu´ı, k = −2. De donde tenemos G(t) = −2e−2t + 2t + 3. Luego, podemos expresar el beneficio en el tiempo: G(t) = I(t) − G(t) = 2t + 5 − (−2e−2t + 2t + 3) = 2t + 5 + 2e−2t − 2t − 3, esto es, G(t) = 2e−2t + 2. PROBLEMA 3.26. La empresa “MERCABA” produce un bien cuya venta durante t a˜ nos le permite obtener una utilidad U(t) en miles de d´ olares. La raz´ on de cambio de los niveles de utilidad R mατ ιo ξτ τ o s

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dU respecto al tiempo está relacionada con los distintos niveles de utilidad, a través de la ecuación dt diferencial siguiente: t dU U +2 = 4 e− 2 +1 dt La empresa opera inicialmente con pérdidas; sin embargo, su equipo de asesores estima que esto ocurrirá sólo por un tiempo y se espera que la venta del bien genere ganancias, a partir del quinto a˜ no. Resuelva la ecuación diferencial y obtenga la funci´ on utilidad, en términos del tiempo. Determine la pérdida inicial asumida por la empresa. Grafique la funci´ on Utilidad (UA), en términos del tiempo, e indique el intervalo en el que las ganancias disminuyen. dU 2 = 0. Podemos ponerla como dU = dt U t −dt, de variables separadas, cuya solución es 2 log U = −t + K, es decir, U = Ce− 2 . Empleemos t ahora el método de variación de las constantes, para lo cual tomamos U = C(t)e− 2 . Derivando, t t U ′ = C ′ (t)e− 2 − 12 C(t)e− 2 y, sustituyendo en E. D. de partida, ´ SOLUCION.La lineal homogénea asociada es U + 2

t t t t 1 C(t)e− 2 + 2 C ′ (t)e− 2 − 2 C(t)e− 2 = 4 e− 2 +1 , 2 t

t

esto es, C ′ (t)e− 2 = 2 e− 2 +1 , de donde C ′ (t) = 2 e. Integrando, C(t) = 2 e t + K1 luego la solución t de la lineal es U = (2 e t + K1 )e− 2 . Si empleamos de nuevo C para denotar la constante, t

t

U(t) = Ce− 2 + 2 t e− 2 . Luego, la pérdida inicial asumida por la empresa es 0

0

U(0) = Ce− 2 + 2 (0) e− 2 = C. ´ DEFINICION 3.1. La razón relativa de crecimiento de una magnitud Q(t) esta dada por el cociente Q ′ (t) . Q(t) Este n´ umero mide el incremento de la raz´ on de cambio Q ′ (t) tras un incremento unitario en t. Q ′ (t) 6 = = 3 por cada segundo. Q(t) 2 Luego la velocidad incrementa 3 unidades por cada segundo.

☞ Si Q(t) = 2 metros y Q ′ (t) = 6 metros/segundo, entonces

☞ Los costos médicos suben continuamente a una tasa del 7.3 % cada a˜ no. Por lo cual la razón Q ′ (t) relativa de crecimiento de los costos Q(t) es = 7.3 Q(t)


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MAT-INF-FIS-QUIM-EST-BIO 0

0

1

2

3

4

5

6

2

1

☞ El interés se acumula a una tasa de 5 % anual, es decir, el valor de la cuenta cambiará a una tasa igual a la tasa de interés anual del 5 %. Por lo cual la razón relativa de crecimiento del Q ′ (t) 5 saldo Q(t) es = por a˜ no. Luego la velocidad que cambia el saldo Q(t) incrementa Q(t) 100 en 0.05 unidades por cada segundo. ☞ Sea Q(t) la distancia que recorre un móvil después de t horas. Entonces Q(t + h) − Q(t) h→0 h

Q ′ (t) = l´ım

representa la velocidad del móvil en el instante t, es decir, es el cambio de la distancia Q(t) cuando el tiempo t cambia en una unidad. Observemos que si y ≈ t, entonces Q(y) − Q(t) ≈ Q ′ (t)(y − t) Luego Q(y) − Q(t) es Q ′ (t) veces y − t. Es as´ı que: un peque˜ no cambio en Q(t) es Q ′ (t) veces un peque˜ no cambio en t. El n´ umero Q ′ (t) se llama ritmo de crecimiento o tasa de crecimiento instantánea de la distancia en el instante t. Si la distancia Q(t) en el instante t crece y entonces la velocidad Q ′ (t) también crece, es decir, a mayor distancia mayor velocidad, decimos que Q(t) y Q ′ (t) son proporcionales, y la fracción Q ′ (t) Q(t) es la tasa o razón de proporcionalidad por unidad de tiempo. Interés: Es la retribución que se debe pagar por el uso de un capital prestado. Este interés puede ser activo o pasivo. Si una persona deposita dinero en el banco, ésta recibirá intereses por ello (llamados intereses pasivos), ya que el banco podrá utilizar su depósito para otorgar préstamos a otras personas. Por otro lado, si una persona solicita un préstamo a un banco, deberá pagarle el interés correspondiente. A este interés se le denomina interés activo (ingresos para el banco). Por ello, la diferencia entre el interés activo y pasivo es la ganancia de una entidad financiera. R mατ ιo ξτ τ o s

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PROBLEMA 3.27. David deposita 20000 bs en una cuenta en la que el interés se acumula a ´ planea retirar 3000 bs por a˜ una tasa de 5 % anual, capitalizado continuamente. El no. a) Plantee y resuelva una ecuación diferencial para determinar el saldo Q(t) de su cuenta t a˜ nos después del depósito inicial. b) ¿Cuánto tardará su cuenta en agotarse? Soluci´ on (a). Puesto que David deposita 20000 bs en el banco, por esto David recibirá una retribución del 5 % del depósito inicial al finalizar cada a˜ no. Denotemos por Q(t) el saldo de la cuenta de David t a˜ nos después del depósito inicial. Luego la derivada Q ′ (t) mide cuanto cambia este saldo tras un incremento en una unidad en el tiempo t. “Ahora bien, cuanto mayor es el saldo, mayor la rapidez con la que incrementa el saldo”. Mas precisamente, si no se hicieron retiros, el valor de la cuenta cambiará a una tasa igual a la tasa de interés anual, es decir, Q ′ (t) 5 = Q(t) 100 ´ o bien, Q ′ (t) = 0.05Q(t). Esta es la tasa a la que se suma interés a la cuenta, y al restas cantidades monto de retiro anual de 3000 bs, se obtiene la razón de cambio del saldo, o sea

T asa neta de cambio de Q

=

T asa a la que se suma interes

+

Cantidad que se retira

dQ = 0.05Q − 3000 dt Al reescribir esta ecuación como

dQ − 0.05Q = −3000 (3.38) dt se reconoce como una ecuación diferencial lineal de primer orden con p(t) = −0.05 y q(t) = −3000, que se desea resolver sujeta a la condición inicial de que Q(0) = 20000. dQ Tenemos la ecuación lineal (3.38), se transforma en + (3000 − 0.05Q) = 0, es decir, dt (3000 − 0.05Q) dt + dQ = 0,

que es de la forma p dt + q dQ = 0 con p(t, Q) = 3000 − 0.05Q y Q(t, Q) = 1. Como pQ − qt −0.05 − 0 = = −0.05, q 1 existe el factor integrante R mατ ιo ξτ τ o s

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Z µ(t) = exp − 0.05 dx = e−0.05 t As´ı, la ecuación 3000e−0.05 t − 0.05e−0.05 t Q dt + e−0.05 t dQ = 0, es exacta. La función potencial F debe cumplir FQ = e−0.05 t , luego F (t, Q) = e−0.05 t Q + ϕ(t). Por otra parte, de donde

Ft = 3000e−0.05 t − 0.05e−0.05 t Q = −0.05e−0.05 t Q + ϕ ′(t)

ϕ(t) = 3000

Z

e−0.05 t dt = −

3000 −0.05 t e = −60000 e−0.05 t 0.05

Por tanto, F (t, Q) = e−0.05 t Q−60000 e−0.05 t , y la solución de la E. D. es e−0.05 t Q−60000 e−0.05 t = C, o sea Q = (C + 60000 e−0.05 t )e0.05 t , C ∈ R. Q(t) = 60000 + Ce0.05 t .

Como Q(0) = 20000, se tiene Q(0) = 60000 + Ce0.05 0 = 60000 + C = 20000. de modo que y por tanto,

C = −40000 Q(t) = 60000 − 40000e0.05 t .

Ahora bien para resolver la parte (b), observemos que la cuenta se agota cuando Q(t) = 0. Si se resuelve la ecuación 60000 − 40000e0.05 t = 0, se obtiene t ≈ 8.11. Por tanto, la cuenta se agota en aproximadamente 8 a˜ nos. Modelos de ajuste de precios.- Sea S(p) el n´ umero de unidades de una mercancia particular suministrada al mercado, a un precio de p bolivianos por unidad, y sea D(p) el n´ umero correspondiente de unidades demandadas en el mercado al mismo precio. En circunstancias estáticas, hay equilibrio de mercado al precio en que la demanda es igual a la oferta. No obstante, ciertos modelos económicos consideran una clase más dinámica de econom´ıa en la que se supone que el precio, la oferta y la demanda var´ıan con el tiempo. Uno de éstos, el modelo de ajuste de precio de Evans, supone que la razón de cambio del precio con respecto al tiempo t es proporcional a la escasez D − S, de modo que dp = k(D − S) dt R ´lculo III mατ ιo ξτ τ o s Ca Jasmer LPC - Intocables

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155


donde k es una constante positiva. A continuación se muestra un ejemplo donde aparece este modelo. PROBLEMA 3.28. Una mercanc´ıa se introduce a un precio inicial de 5 bs por unidad, y t meses después el precio es p(t) dólares por unidad. Un estudio indica que, en el momento t, la demanda de la mercanc´ıa será D(t) = 3 + 10e−0.01 t miles de unidades y que ser´ an suministradas S(t) = 2 + p(t) miles de unidades. Suponga que en cada momento t, el precio est´ a cambiando a una razón igual al 2 % de la escasez D(t) − S(t). a) Plantee y resuelva una ecuación diferencial para el precio unitario p(t). b) ¿Cuál es el precio unitario de la mercanc´ıa 6 meses después? Soluci´ on (a).


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CAPÍTULO 4

ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN

4.1.

Introducci´ on

La ecuación diferencial lineal general de segundo orden es d 2y dy + P (x) + Q(x)y = R(x) dx2 dx o bien, de manera más simple, y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = R(x).

(4.1)

Como lo indica la notación, se entiende que P (x), Q(x) y R(x) son u ´ nicamente funciones de x o quizá constantes. Puesto que, en general, no es posible encontrar una solución expl´ıcita de (4.1), el primer paso será asegurarnos de que esta ecuación tenga, en realidad, una solución. Para ello utilizaremos el teorema de existencia y unicidad. TEOREMA 4.1. Sean P (x), Q(x) y R(x) funciones continuas en un intervalo cerrado [a, b]. Si x0 es un punto cualquiera en [a, b] y si y0 y y0′ son n´ umeros cualesquiera, entonces la ecuación (4.1) tiene una y solo una solución y(x) en el intervalo, de tal modo que y(x0 ) = y0 y y ′ (x0 ) = y0′ . El término R(x) en la ecuación (4.1) está aislado y se escribe a la derecha, ya que no contiene la variable dependiente y y o cualquiera de sus derivadas. Si R(x) es igual a cero, entonces (4.1) se reduce a la ecuación homogénea 156

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157

y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0.

(4.2)

Si R(x) no es idénticamente cero, entonces se dice que (4.1) no es homogénea. Al estudiar la ecuación (4.1) no homogénea, es necesario tomar en consideración también a la ecuación homogénea (4.2) que se obtuvo de (4.1), al remplazar R(x) por cero. El objeto de este razonamiento se puede ver con facilidad. Supongamos que, en alguna forma, se sabe que yg (x, c1 , c2 ) es la solución general de (4.2) -se espera que contenga dos constantes arbitrarias- y que yp (x) es una solución fija y particular de (4.1). si y(x) es cualquier solución de (4.1), entonces un cálculo sencillo demostrará que y(x) − yp (x) es una solución de (4.2): (y − yp )′′ + P (x)(y − yp )′ + Q(x)(y − yp ) =

= y ′′ − yp′′ + P (x)y ′ − P (x)yp′ + Q(x)y − Q(x)yp ′′ ′ ′′ ′ = y + P (x)y + Q(x)y − yp + P (x)yp + Q(x)yp

(4.3)

= R(x) − R(x) = 0

Puesto que yg (x, c1 , c2 ) es la solución general de (4.2), se deduce que y(x) − yp (x) = yg (x, c1 , c2 ) o bien, y(x) = yg (x, c1 , c2 ) + yp (x) para una selección adecuada de las constantes c1 y c2 . Este argumento demuestra el teorema siguiente: TEOREMA 4.2. Si yg es la solución general de la ecuaci´ on (4.2) y yp es cualquier solución particular de la ecuación (4.1), entonces yg + yp es la soluci´ on general de (4.1). Lo primero que debemos observar sobre la ecuación homogénea (4.2) es que la función y(x), que es igual a cero, esto es y(x) = 0 para todas las x, es siempre una solución, que se conoce con el nombre de solución trivial y, por lo com´ un, carece de interés. El hecho estructural básico para las soluciones de (4.2) se da en el teorema que sigue. TEOREMA 4.3. Si y1 (x) y y2 (x) son dos soluciones cualquiera de (4.2) entonces c1 y1 (x) + c2 y2 (x)

(4.4)

es también una solución para cualesquiera constantes c1 y c2 . ❚

Demostración.


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158


Por razones relacionadas con el álgebra elemental de vectores, generalmente se dice que la solución (4.4) es la combinación lineal de las soluciones y1 (x) y y2 (x). Si se utiliza esta terminolog´ıa, el Teorema 4.3 puede replantearse como sigue: cualquier combinación lineal de dos soluciones, de la ecuación homogénea (4.2), es también una solución. Suponga que, por alg´ un medio, logramos encontrar dos soluciones para la ecuación (4.2). Entonces este teorema nos proporcionará otro que incluya dos constantes y que, por consiguiente, pueda ser la solución general de (4.2). Hay una dificultad: y1 o y2 es una m´ ultiplo constante de la otra ecuación, por ejemplo y1 = ky2 , entonces c1 y1 + c2 y2 = c1 ky2 + c2 y2 = (c1 k + c2 )y2 = cy2 , donde sólo se encontrará presente una constante esencial. De acuerdo con esta base, tendremos motivos razonables para decir que, si ni y1 ni y2 son m´ ultiplos constantes de la otra ecuación, entonces c1 y1 (x) + c2 y2 (x) será la solución general de (4.2).

4.2.

La soluci´ on general de la ecuaci´ on homog´ enea

Si dos funciones f (x) y g(x) se definen en un intervalo [a, b] y tienen la propiedad de que una es m´ ultiplo constante de la otra, entonces se dice que ambas son linealmente dependientes en [a, b]. De otro modo, o sea, si ninguna de ellas es m´ ultiplo constante de la otra, se dice que son linealmente independientes. Nuestra finalidad en esta sección, es demostrar el teorema siguiente. TEOREMA 4.4. Sean y1 (x) y y2 (x) las soluciones linealmente independientes de la ecuación homogénea y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0. (4.5) en un intervalo [a, b]. Entonces c1 y1 (x) + c2 y2 (x)

(4.6)

es la solución general de la ecuación (4.5) en [a, b], en el sentido de que cada solución de (4.5), se puede obtener a partir de (4.6), mediante una elecci´ on adecuada de las constantes arbitrarias c1 y c2 . La prueba se dará en etapas por medio de varios lemas e ideas auxiliares. Sea y(x) cualquier solución de (4.5) en [a, b]. Se demostrará que las constantes c1 y c2 pueden encontrarse, de tal modo que y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) para toda las x en [a, b]. Por el Teorema 4.1 una solución de (4.5) sobre todo el [a, b], se determinan completamente por su valor y el valor de su derivada en un punto simple. En consecuencia, puesto que c1 y1 (x) + c2 y2 (x) y y(x) son soluciones de (4.5) en [a, b], vamos a demostrar que para alg´ un punto x0 en [a, b], se pueden obtener c1 y c2 de tal modo que c1 y1 (x0 ) + c2 y2 (x0 ) = y(x0 ) R mατ ιo ξτ τ o s

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y c1 y1′ (x0 ) + c2 y2′ (x0 ) = y ′(x0 ). Para que este sistema pueda resolverse para c1 y c2 , basta que el determinante y1 (x0 ) y2 (x0 ) ′ ′ ′ y1 (x0 ) y2′ (x0 ) = y1 (x0 )y2 (x0 ) − y2 (x0 )y1 (x0 )

tenga un valor diferente de cero. Esto nos lleva a investigar la función de x definida por W (y1 , y2) = y1 y2′ − y2 y1′ ,

que se conoce como Wronskiano de y1 y y2 con referencia especial a si se desvanece o no en x0 . Nuestro primer lema simplifica este problema, demostrando que la ubicación del punto x0 carece de importancia. LEMA 4.1. Si y1 (x) y y2 (x) son dos soluciones cualesquiera de la ecuaci´ on (4.5) en [a, b], entonces su wronskiano W (y1, y2 ) es, ya sea idénticamente cero, o nunca cero en [a, b]. ❚

Demostración.

Este resultado reduce nuestra tarea general de probar el teorema a demostrar que la wronskiana de cualquiera de las dos soluciones linealmente independientes de (4.5, no es idénticamente cero. Esto se completa con el siguiente lema, que en realidad es un poco más amplio de lo que se necesita. LEMA 4.2. Si y1 (x) y y2 (x) son dos soluciones de la ecuaci´ on (4.5) en [a, b], entonces serán linealmente independientes de su intervalo, si y s´ olo si su wronskiana W (y1, y2 ) = y1 y2′ − y2 y1′ es idénticamente cero. ❚

Demostración. Con este lema, se completa la prueba del Teorema .

Ordinariamente, el modo más sencillo de probar que dos soluciones de (4.5 son linealmente independientes a lo largo de un intervalo, es demostrar que su razón no es constante y , en la mayor´ıa de los casos, esto se puede determinar con facilidad mediante una inspección. Sin embargo, a veces es conveniente emplear la prueba formal indicada en el Lema : calcular la wronskiano y demostrar que no se desvanece. Ambos procedimientos se ilustra en el siguiente ejemplo. Ejemplo Demuestre que y = c1 sen x + c2 cos x es la soluci´ on general de y ′′ + y = 0, en cualquier intervalo y encuentre la soluci´ on particular para la que y(0) = 2 y y ′(0) = 3. ´ SOLUCION.El hecho de que y1 = sen x y y2 = cos x son soluciones, se puede verificar con facilidad, mediante la substitución. Su independencia lineal en cualquier intervalo [a, b] se infiere y1 al observar que = tan x, no es constante y asimismo, por el hecho de que su wronskiano nunca y2 de anula sen x cos x = − sen2 x − cos2 x = −1. W (y1, y2 ) = cos x − sen x R mατ ιo ξτ τ o s

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160


Puesto que P (x) = 0 y Q(x) = 1 son continuos en [a, b], se infiere del Teorema 4.2 que y = c1 sen x + c2 cos x es la solución general de la ecuación dada en [a, b]. Además, puesto que el intervalo [a, b] puede extenderse indefinidamente, sin la introducción de puntos en los que P (x) o Q(x) se descontin´ uen, esta solución general es válida para todas las x. Para encontrar la solución particular que se requiere, se resuelve el sistema c1 sen 0 + c2 cos 0 = 2 c1 cos 0 − c2 sen 0 = 3 Esto da c1 = 2 y c2 = 3 de modo que y = 3 sen x + 2 cos x es la solución particular que satisface ♣ las condiciones dadas. EJEMPLO 4.1. Resuelva la siguiente ecuación utilizando cualquier método x2 y ′′ +4xy ′ +2y = 0. Soluci´ on. Comencemos por demostrar que existe una solución de esta ecuación homogénea que tiene la forma y = xn , (x > 0), y luego construiremos una base de soluciones de dicha ecuación. Un reemplazo de y = xn en la ecuación homogénea permite encontrar n = −2 o n = −1. En efecto: y = xn ,

y ′ = nxn−1 ,

y1′′ = n(n − 1)xn−2

x2 y ′′ + 4xy ′ + 2y = 0 x2 n(n − 1)xn−2 + 4xnxn−1 + 2xn = 0 n(n − 1)xn + 4nxn + 2xn = 0

(n2 − n + 4n + 2)xn = 0

Ahora bien puesto que n2 + 3n + 2 = (n + 2)(n + 1) = 0 tiene por soluciones a n = −1 o n = −2, 1 1 entonces podemos llamar y1 (x) = y y2 (x) = 2 las dos soluciones linealmente independientes. x x c1 c2 Luego la solución general es y = + 2. ♣ x x

4.3.

Utilizaci´ on de una soluci´ on conocida para encontrar otra

Como hemos visto, es fácil escribir la solución general de la ecuación homogénea y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0. R mατ ιo ξτ τ o s

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siempre que se conozcan dos soluciones linealmente independientes y1 y y2 ; sin embargo, cómo se pueden encontrar y1 y y2 ?. Desgraciadamente, no hay ning´ un método general que permita resolver este problema. De todos modos, existe un procedimiento com´ un para determinar y2 cuando se conoce y1 . Esto tiene una importancia considerable, ya que, en muchos casos puede encontrarse una solución simple de (4.7) mediante análisis o alg´ un otro dispositivo. Para desarrollar este procedimiento, se supone que y1 (x) es una solución conocida no nula de (4.7), de tal modo que cy1 (x) es también una solución para cualquier constante c. La idea básica es remplazar la constante c por una función conocida v(x) y a continuación tratar de determinar v de tal modo que y2 = vy1 sea una solución de (4.7). No es del todo claro el progreso que se logra con este enfoque; sin embargo, as´ı es. Para intentar probarlo, recuerde que la independencia y2 lineal de las soluciones y1 y y2 requiere que la razón sea una función no constante de x, por y1 ejemplo vy, si podemos encontrar v, entonces, puesto que se conoce y1 se tendrá y2 y el problema estará resuelto. As´ı pues, se supone que y2 = vy1 sea una solución de (4.7), de tal modo que y2′′ + P (x)y2′ + Q(x)y2 = 0.

(4.8)

y se trata de encontrar la función incognita v(x). Al sustituir y2 = vy1 y las expresiones y2′ = vy1′ + v ′ y1

y y2′′ = vy1′′ + 2v ′ y1 + v ′′ y1

se tiene en (4.8), reordenando, v(y1′′ + P y1′ + Qy1 ) + v ′′ y1 + v ′ (2y1′′ + P y1 ) = 0. Puesto que y1 es una solución de (4.7), esto se reduce a v ′′ y1 + v ′ (2y1′′ + P y1) = 0. o

y1′′ v ′′ = −2 − P. v′ y1

A continuación mediante una integración obtenemos log v de modo que

′

= −2 log y1 −

Z

P dx,

Z 1 v = 2 exp − P dx y1 ′

y

v= R mατ ιo ξτ τ o s

Z

Z 1 exp − P dx dx y12 ´lculo III Ca

(4.9)


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162


Lo u ´ nico que queda por demostrar es que y1 y y2 = vy1 , donde v está dado por (4.9), como hemos sostenido en realidad, don linealmente independientes. Ejemplo y1 = x es una solución de x2 y ′′ + xy ′ − y = 0, lo que se puede descubrir fácilmente mediante una inspección. Encuentre la soluci´ on general. ´ SOLUCION.Para empezar. se escribe la ecuación dada en la forma de (4.7): 1 ′ 1 y − 2 y = 0. x x 1 Puesto que P (x) = x , una segunda solución linealmente independiente se da por medio de y2 = vy1 , en donde Z Z Z Z 1 1 1 x−2 −3 v= exp − dx dx = exp (− log(x)) dx = x dx = x2 x x2 −2 y ′′ +

de esto se obtiene que y2 = vy1 = −

1 c2 , de tal modo que la solución general es y = c1 x + . ♣ 2x x

Ejemplo Sea y1 (x) = x sen(ln x) una soluci´ on de la ecuaci´ on diferencial x2 y ′′ − xy ′ + 2y = 0, halle una segunda solución que satisfaga la ecuaci´ on. ´ SOLUCION.Lo primero que se debe hacer es escribir la ecuación diferencial en su forma canónica, es decir, dividimos la ecuación por x2 : y ′′ −

2 1 ′ y + 2y = 0 x x

Por lo tanto de acuerdo a (4.9) una segunda solución para la ecuación diferencial viene dada por: y2 (x) = x sen(ln x)

Z

1

h x sen(ln x)

Z 1 − dx dx i2 exp − x

Resolviendo la integral del numerador, se tiene: Z Z eln x x y2 (x) = x sen(ln x) h i2 dx = x sen(ln x) h i2 dx x sen(ln x) x sen(ln x) Ahora simplificando y utilizando un cambio de variable, se obtiene:


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y2 (x) = x sen(ln x)

Z

1 dx 2 x sen (ln x)

= x sen(ln x)

Z

1 sen2 u

u = ln x 1 du = dx x Z du = x sen(ln x) csc2 u du

= −x sen(ln x) cotg u = −x sen(ln x) cotg(ln x)

♣

EJEMPLO 4.2. Considere la ecuación 2x2 y ′′ + 3xy ′ − y = 0. a) Muestre que y1 (x) = x1 es una solución de la ecuación. b) Determine la soluci´ on general de la ecuaci´ on. c) Realice una breve descripción del comportamiento de la soluci´ on del inciso (b). Soluci´ on. (a) Puesto que y1 (x) =

1 , x

y1′ (x) = −

2x2 y ′′ + 3xy ′ − y = 2x2

1 , x2

y1′′ (x) =

2 x3

2 1 1 4 3 1 − 3x − = − − =0 x3 x2 x x x x

(b) Para empezar. se escribe la ecuación dada en la forma siguiente: y ′′ +

3 ′ 1 y − 2 y = 0. 2x 2x

3 , una segunda solución linealmente independiente se da por medio de Puesto que P (x) = 2x y2 = vy1 , en donde v=

v=

Z

Z

Z 1 exp − P dx dx y12

Z Z Z Z 3 x3/2 2 2 −3/2 x exp − dx dx = x exp (−3/2 log(x)) dx = x x dx = x1/2 dx = 2x 3/2 2

x3/2 1 2√ de esto se obtiene que y2 = vy1 = = x, de tal modo que la solución general es 3/2 x 3 √ c1 y= + c2 x. x (c) R mατ ιo ξτ τ o s

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4.4.

164


La ecuaci´ on con coeficientes constantes

En este punto estamos ya en condiciones de realizar un análisis completo de la ecuación homogénea y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0 para el caso especial en el que P (x) y Q(x) son constantes p y q: y ′′ + py ′ + qy = 0.

(4.10)

Nuestro punto de partida es el hecho de que la función exponencial emx tiene la propiedad de que sus derivadas son m´ ultiplos constantes de la función misma. Esto nos lleva a considerar y = emx

(4.11)

como solución posible para (4.22), si la constante m se escoge de la manera adecuada. Puesto que y ′ = memx y y ′′ = m2 emx , la sustitución en (4.22) da (m2 + pm + q)emx = 0

(4.12)

y puesto que emx nunca es cero, (4.24) se justifica si y sólo si m satisface la ecuación auxiliar m2 + pm + q = 0.

(4.13)

Las dos ra´ıces m1 y m2 de esta ecuación, o sea, los valores de m para los que (4.23) es una solución de (4.22), se dan mediante la fórmula cuadrática p −p ± p2 − 4q m1 , m2 = (4.14) 2 El desarrollo posterior de esta situación requiere que se traten por separado las tres posibilidades inherentes a (4.26). Ra´ıces reales distintas. Es evidente que las ra´ıces m1 y m2 son n´ umeros reales distintos si y 2 solo si p − 4q > 0. En este caso se tiene las dos soluciones y1 = em1 x

y y2 = em2 x .

Puesto que la razón

em1 x = e(m1 −m2 )x em2 x no es constante y esas soluciones son linealmente independientes y y = c1 em1 x + c2 em2 x

(4.15)

ésta es la solución general de (4.22). Ejemplo

Resuelva y ′′ + 3y ′ − 10y = 0.


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´ SOLUCION.Como se sabe este tipo de ecuación tiene como solución general y = emx , la cual al derivar y sustituir en la ecuación diferencial se tiene: m2 emx + 3memx − 10emx = 0,

emx (m2 + 3m − 10) = 0

Entonces la ecuación auxiliar es 2 m2 + 3m − 10 = 0 y sus ra´ıces m1 = −5 y m2 = 2, por lo cual se puede concluir que la solución general de la ecuación diferencial es: y = c1 e−5x + c2 e2x

Ejemplo

♣

Resolver la ecuación diferencial y ′′ − 4y = 0

´ SOLUCION.En este caso la ecuación caracter´ıstica es m2 − 4 = 0 as´ı que m2 = 4 o sea m = ±2 luego y1 = e2x y y2 = e−2x son soluciones particulares de la ecuación diferencial dada. Además, como estas dos soluciones son linealmente independientes, podemos aplicar el teorema 4.2 para ♣ concluir que la solución general es y = c1 e2x + c2 e−2x . Ra´ıces complejas distintas. Las ra´ıces m1 y m2 son n´ umeros complejos distintos si y solo si p2 − 4q < 0. En este caso m1 y m2 pueden escribirse en la forma a ± ib y seg´ un la formula de Euler eiθ = cos θ + i sen θ,

(4.16)

em1 x = e(a+ib)x = eax eibx = eax (cos b + i sen b)

(4.17)

em2 x = e(a−ib)x = eax e−ibx = eax (cos b − i sen b)

(4.18)

nuestras dos soluciones de (4.22) son

y Puesto que nos interesan solamente soluciones que sean funciones de valor real, podemos sumar (4.30) y (4.31) y dividirlas por 2, después restar y dividir por 2i para obtener y1 = eax cos bx y y2 = eax sen bx

(4.19)

Estas soluciones son linealmente independientes, de tal modo que la solución general de (4.22), en este caso, es y = eax (c1 cos bx + c2 sen bx)

(4.20)

Podemos observar esta cuestión desde otro punto de vista. Una función de valor complejo w(x) = u(x) + iv(x) satisface la ecuación (4.22), donde p y q son n´ umeros reales, si y solo si u(x) y v(x) satisfacen la ecuación (4.22) por separado. De acuerdo con esto una solución compleja de (4.22) contiene siempre dos soluciones reales, y (4.30) da las dos soluciones (4.32) inmediatamente. Ejemplo

Resuelva. y ′′ + y ′ + y = 0.


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´ SOLUCION.Como la solución general y = emx , la cual al derivar y sustituir en la ecuación se tiene: m2 emx + memx + emx = 0, emx (m2 + m + 1) = 0 Entonces la ecuación auxiliar es m2 + √m + 1 = 0, con lo cual √ luego de aplicar la ecuación (4.265), 1 1 1 3 3 se obtienen las ra´ıces: m1 = − + i y m2 = − − i, por lo tanto se tiene que a = y 2 2 2 2 2 √ 3 b= , por consiguiente se puede concluir que la solución general de la ecuación diferencial es: 2 √ √ ! x 3 3 y = e− 2 c1 cos x + c2 sen x 2 2 ♣ Ejemplo

Hallarlas la solución general de la ecuaci´ on diferencial y ′′ + 6y ′ + 12y = 0

´ SOLUCION.la ecuación caracter´ıstica m2 + 6m + 12 = 0 tiene dos ra´ıces complejas. p √ √ −6 ± 62 − 4(12) −6 ± −12 = = −3 ± i 3 m= 2 2 √ √ √ As´ı pues, a = −3 y b = 3, y la solución general es y = e−3x (c1 cos 3x + c2 sen 3x), la ecuación ♣ caracter´ıstica tiene dos ra´ıces complejas, la solución de la ecuación diferencial es real. Ra´ıces reales iguales. Resulta evidente que las ra´ıces m1 y m2 son n´ umeros reales iguales si y 2 solo si p − 4q = 0. En este caso se obtiene solamente una solución p y1 = emx donde m = − . 2 Sin embargo, se puede encontrar fácilmente una segunda solución linealmente independiente mep diante el método descrito en la sección anterior: si se toma y1 = e− 2 x , entonces, Z Z Z Z Z 1 1 1 −px v= exp − P dx dx = exp − p dx dx = e dx = x 2 y1 e−px e−px

y

y2 = vy1 = xemx . En este caso, (4.22) tiene y = c1 emx + c2 xemx

(4.21)

como solución general. Ejemplo

Resuelva. y ′′ − 6y ′ + 9y = 0.

´ SOLUCION.Como la solución general y = emx , la cual al derivar y sustituir en la ecuación se tiene: m2 emx − 6memx + 9emx = 0, emx (m2 − 6m + 9) = 0 R mατ ιo ξτ τ o s

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Entonces la ecuación auxiliar es m2 − 6m + 9 = 0 y sus ra´ıces m1 = 3 y m2 = 3, por lo cual se puede concluir que la solución general de la ecuación diferencial es: y = (c1 + c2 x)e3x .

♣

Ejemplo Resolver la ecuación diferencial y ′′ + 4y ′ + 4y = 0 sujeta a la condiciones iniciales y(0) = 2 e y ′ (0) = 1. ´ SOLUCION.La ecuación caracter´ıstica m2 + 4m + 4 = 0, (m + 2)2 = 0 tiene dos ra´ıces reales m = −2 repetidas luego la solución general es y = (c1 + c2 x)e−2x .

Ahora bien como y = 2 cuando x = 0, tenemos 2 = (c1 + c2 0)e0 = c1 Además, como y ′ = 1 cuando x = 0 tenemos y ′ = c2 e−2x + (c1 + c2 x)(−2)e−2x , 1 = c2 e0 + (c1 + c2 0)(−2)e0 , 1 = c2 − 2c1 , c2 = 5. ♣ Por tanto la solución es y = (2 + 5x)e−2x solución particular EJEMPLO 4.3. Sean a, b y c n´ umeros reales positivos. Demuestra que cualquier solución y = ′′ y(x) de la ecuación diferencial ay + by ′ + cy = 0 tiende a a cero cuando t tiende a infinito, es decir: l´ım y(x) = 0. Sugerencia: Considere el discriminante = b2 − 4ac y los diferentes valores que x→∞ puede ocurrir. Soluci´ on. Hagamos

c b p= , y q= a a ′′ ′ entonces la ecuación ay + by + cy = 0 se escribe como y ′′ + py ′ + qy = 0.

(4.22)

Nuestro punto de partida es el hecho de que la función exponencial emx tiene la propiedad de que sus derivadas son m´ ultiplos constantes de la función misma. Esto nos lleva a considerar y = emx

(4.23)

como solución posible para (4.22), si la constante m se escoge de la manera adecuada. Puesto que y ′ = memx y y ′′ = m2 emx , la sustitución en (4.22) da (m2 + pm + q)emx = 0

(4.24)

y puesto que emx nunca es cero, (4.24) se justifica si y sólo si m satisface la ecuación auxiliar m2 + pm + q = 0.

(4.25)

Las dos ra´ıces m1 y m2 de esta ecuación, o sea, los valores de m para los que (4.23) es una solución de (4.22), se dan mediante la fórmula cuadrática p −p ± p2 − 4q (4.26) m1 , m2 = 2 R ´lculo III mατ ιo ξτ τ o s Ca Jasmer LPC - Intocables

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El desarrollo posterior de esta situación requiere que se traten por separado las tres posibilidades inherentes a (4.26). Ra´ıces reales distintas. Es evidente que las ra´ıces m1 y m2 son n´ umeros reales distintos si y solo si p2 − 4q > 0. En este caso se tiene las dos soluciones y1 = em1 x

y y2 = em2 x .

Puesto que la razón

em1 x = e(m1 −m2 )x em2 x no es constante y esas soluciones son linealmente independientes y y(x) = c1 em1 x + c2 em2 x

(4.27)

ésta es la solución general de (4.22). Por otro lado, puesto que p > 0, q > 0 y 0 < p2 − 4q < p2 , entonces m1 < 0 y m2 < 0

p p2 − 4q < p. Por lo tanto

Esto implica que l´ım y(x) = 0. x→∞

Ra´ıces complejas distintas. Las ra´ıces m1 y m2 son n´ umeros complejos distintos si y solo si 2 p − 4q < 0. En este caso m1 y m2 pueden escribirse en la forma a ± ib donde p 4q − p2 p >0 (4.28) a=− <0 y b= 2 2 y seg´ un la formula de Euler eiθ = cos θ + i sen θ,

(4.29)

em1 x = e(a+ib)x = eax eibx = eax (cos b + i sen b)

(4.30)

em2 x = e(a−ib)x = eax e−ibx = eax (cos b − i sen b)

(4.31)

nuestras dos soluciones de (4.22) son

y Puesto que nos interesan solamente soluciones que sean funciones de valor real, podemos sumar (4.30) y (4.31) y dividirlas por 2, después restar y dividir por 2i para obtener y1 = eax cos bx y y2 = eax sen bx

(4.32)

Estas soluciones son linealmente independientes, de tal modo que la solución general de (4.22), en este caso, es y(x) = eax (c1 cos bx + c2 sen bx) R mατ ιo ξτ τ o s

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Ahora usando (4.28), se tiene que l´ım y(x) = 0. x→∞

Ra´ıces reales iguales. Resulta evidente que las ra´ıces m1 y m2 son n´ umeros reales iguales si y solo si p2 − 4q = 0. En este caso se obtiene solamente una solución p y1 = emx donde m = − . 2 Sin embargo, se puede encontrar fácilmente una segunda solución linealmente independiente mep diante el método descrito en la sección anterior: si se toma y1 = e− 2 x , entonces, Z Z Z Z Z 1 1 1 −px v= exp − P dx dx = exp − p dx dx = e dx = x 2 −px −px y1 e e

y

y2 = vy1 = xemx . En este caso, (4.22) tiene y(x) = c1 emx + c2 xemx como solución general. Ahora, puesto que m =

4.5.

− p2

(4.34)

< 0, otra ves tenemos que l´ım y(x) = 0. x→∞

♣

El M´ etodo de Coeficientes Indeterminados

En las dos secciones anteriores se consideraron varios métodos para encontrar la solución general de la ecuación homogénea y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0. (4.35) Como se pudo advertir, esos métodos son u ´ tiles sólo en unos cuantos casos especiales; cuando los coeficientes son constantes y cuando no lo son; sin embargo, todav´ıa son lo suficientemente simples como para permitirnos descubrir una solución diferente de cero mediante un análisis. Afortunadamente, esas categor´ıas son bastante amplias y cubren un cierto n´ umero de aplicaciones significativas; no obstante, debe entenderse que muchas ecuaciones homogéneas de gran importancia en matemáticas y f´ısica, están fuera del alcance de estos procedimientos y sólo pueden resolverse por el método de la serie de potencias. En esta sección y en la siguiente, volveremos a estudiar el problema de la resolución de la ecuación no homogénea y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = R(x). (4.36) para los casos en los que la solución general yg (x) de la ecuación homogénea correspondiente (4.35) sea ya conocida. Seg´ un el Teorema 4.2, si yp (x) es cualquier solución particular de (4.36), entonces, y(x) = yg (x) + yp (x) es la solución general de (4.36). Sin embargo, ¿cómo se puede encontrar yp ?. Se trata de un problema práctico que se verá a continuación. R mατ ιo ξτ τ o s

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El método de coeficientes indeterminados es un procedimiento para encontrar yp cuando (4.36) tiene la forma y ′′ + py ′ + qy = R(x),

(4.37)

en donde p y q son constantes reales y R(x) es pertenece a la siguiente lista de funciones: Polinómica A0 + A1 x + · · · + An xn Exponencial eax Seno o coseno sen x o cos x Sumas y/o producto finito de las anteriores. Algunos ejemplos de funciones para g(x) permitidas en este método son: R(x) = 5 R(x) = 5e−4x

R(x) = 4x − 8

R(x) = 2x + 4 + e3x

R(x) = x3 − 4x

R(x) = (2x + 4)e−x

R(x) = 2 sen 5x R(x) = (x2 + 6x) cos 4x R(x) = xe4x + sen 2xe3x Caso contrario, algunos ejemplos de funciones que para g(x) no están permitidas: R(x) = ln x R(x) =

x cos x

x + 2x 4 R(x) = sen x

R(x) =

x2

R(x) =

1 x3

R(x) = arc cos x

Este método lleva el nombre de coeficientes indeterminados debido a que inicialmente la solución particular que se determina tiene coeficientes desconocidos, luego parte de este método es determinar el valor de dichos coeficientes. Empezamos proponiendo una solución particular yp , que contenga uno o mas coeficientes desconocidos. Esta solución particular debe ser de forma semejante a la función g(x) de la ecuación diferencial no homogénea. Es importante resaltar, que la solución general de una ecuación diferencial no homogénea debe contener funciones linealmente independientes entre s´ı. Por lo tanto se debe verificar que la solución particular propuesta no sea m´ ultiplo de ninguna de las funciones que conforman la solución general de la ecuación homogénea, de as´ı serlo, la solución particular debe ser multiplicada por xn , donde n indica el n´ umero de repeticiones que presente yp . Como ejemplo, tomemos la ecuación y ′′ + py ′ + qy = eax . R mατ ιo ξτ τ o s

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Puesto que la derivación de una exponencial como eax reproduce simplemente la función con un cambio posible en el coeficiente numérico, es natural suponer que yp (x) = Aeax

(4.39)

puede ser una solución particular de (4.38). En este caso A es el coeficiente indeterminando que se desea determiar, se tal modo que (4.39) satisfaga realmente la ecuación (4.38). Al sustituir (4.39) en (4.38), se obtiene A(a2 + pa + q)eax = eax , de modo que A=

a2

1 . + pa + q

(4.40)

Este valor de A hará que (4.39) sea una solución de (4.38), excepto cuando el denominador, a la derecha de (4.40) sea cero. La causa de esta excepción es fácil de comprender, porque se presenta cuando a es una ra´ız de la ecuación auxiliar m2 + pm + q = 0,

(4.41)

y, en este caso, se sabe que (4.39) reduce el lado izquierdo de (4.38) a cero y, en esta forma, no puede satisfacer la ecuación (4.38), con el lado derecho diferente a cero. ¿Qué puede hacerse en este caso excepcional para seguir adelante con el procedimiento?. En la sección anterior, se vio que, cuando la ecuación auxiliar tiene una ra´ız doble, y se multiplica por A se obtiene la segunda solución linealmente independiente de la ecuación homogénea. Al considerar esta indicación, se toma a yp = Axeax (4.42) como una solución substituta del tanteo. Al insertar (4.42) en (4.38), se tiene yp′ = Aeax + Axaeax = (1 + ax)Aeax ,

yp′′ = aAeax + (a + a2 x)Aeax = (2a + a2 x)Aeax yp′′ + pyp′ + qyp = eax

(2a + a2 x)Aeax + p(1 + ax)Aeax + qAxeax = eax 2aAeax + a2 xAeax + pAeax + apxAeax + qAxeax = eax a2 xAeax + apxAeax + qAxeax + 2aAeax + pAeax = eax (a2 + ap + q)Axeax + (2a + p)Aeax = eax La primera expresión dentro del paréntesis es igual a cero, debido a nuestra suposición de que a es una ra´ız de (4.41), de modo que 1 (4.43) A= 2a + p R mατ ιo ξτ τ o s

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p Esto nos permite tener un coeficiente válido para (4.42), excepto cuando a = − , es decir, menos 2 cuando a es una ra´ız doble de (4.41). En este caso se puede seguir el patrón adecuado que se indicó antes y probar que yp = Ax2 eax . (4.44) La sustitución de (4.44) en (4.36) da (a2 + ap + q)Ax2 eax + 2(2a + p)Axeax + 2Aeax = eax . Puesto que ahora se supone que a es una ra´ız doble de (4.41), las dos expresiones entre paréntesis serán iguales a cero y 1 A= . (4.45) 2 En resumen: si a no es una ra´ız de la ecuación auxiliar (4.36), entonces (4.38) tiene una solución particular de la forma Aeax ; si a es una ra´ız simple de la ecuación (4.36), entonces (4.38) no tendr´ıa una solución de la forma Aeax , sino que la de la forma Axeax y, si a es una ra´ız doble, entonces (4.38) no tendrá solución de la forma Axeax , sino de la forma Ax2 eax . En cada caso, se tiene una fórmula dada para A; pero sólo con el fin de aclarar las razones de cada evento. En la práctica, es más fácil encontrar A mediante la sustitución directa en la ecuación que se está considerando. Otro caso importante en el que puede aplicarse el método de los coeficientes indeterminados es cuando el lado derecho de la ecuación (4.38) se remplaza por sen bx: y ′′ + py ′ + qy = sen bx

(4.46)

Puesto que las derivadas de sen bx son m´ ultiplos constantes de sen bx y cos bx, se toma una solución de prueba de la forma yp = A sen bx + B cos bx (4.47) Los coeficientes indeterminados A y B pueden calcularse sustituyendo (4.47) en (4.46) y equiparando los coeficientes resultantes de sen bx y cos bx a la izquierda y la derecha. Esas etapas funcionan igualmente bien, si el lado derecho de la ecuación (4.46) se remplaza por cos bx o por cualquier combinación lineal de sen bx y cos bx, o sea cualquier función de la forma α sen bx + β cos bx. Como en el caso anterior, el método se descompone si (4.47) satisface la ecuación homogénea correspondiente a (4.46). Cuando esto no ocurre, se puede continuar con el procedimiento, mediante la utilización de yp = x(A sen bx + B cos bx) (4.48) como solución de prueba, en lugar de (4.47). Finalmente, se considera el caso en el que el lado derecho de la ecuación (4.38) se remplaza por una polinomial: y ′′ + py ′ + qy = a0 + a1 x + · · · + an xn . (4.49) puesto que la derivada de una polinomial es nuevamente una polinomial, buscamos una solución particular de la forma yp = A0 + A1 x + · · · + An xn . (4.50)


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Al sustituir (4.50) en (4.49), sólo es necesario equipar los coeficientes de las potencias iguales de x, para encontrar los valores de los coeficientes ideterminandos A0 , A1 , ..., An . Si la constante q es cero, entonces este procedimiento dará xn−1 como la potencia más alta de x a la izquierda de (4.49), de modo que, en este caso, se toma la solución de prueba en la forma yp = x(A0 + A1 x + · · · + An xn ) = A0 x + A1 x2 + · · · + An xn+1 .

(4.51)

Si p y q son iguales a cero, entonces (4.49) puede resolverse inmediatamente, por medio de la integración directa. En la exposición anterior se demuestra que la forma de una solución particular de la ecuación (4.37) puede inferirse, a menudo, de la forma del miembro a la derecha de R(x). En general, esto es cierto siempre que R(x) sea una función con un n´ umero finito de derivadas esencialmente diferentes. Se ha visto cómo se aplica este método a las exponenciales, los senos, los cosenos y las polinomiales. Sea y ′′ + ay ′ + by = R(x) una ecuación diferencial lineal no homogénea de segundo orden. Si yp es una solución particular de esta ecuación e yh es la solución general de la ecuación correspondiente, entonces y = yh + yp es la solución general de la ecuación no homogénea. Entonces podemos hallar una solución particular yp por el método de los coeficientes indeterminados. La clave del método estriba en conjeturar que la solución yp es una forma generalizada de R(x). Por ejemplo: 1. Si R(x) = 3x2 , escogemos yp = Ax2 + Bx + C. 2. Si R(x) = 4xex , escogemos yp = Axex + Bex . 3. Si R(x) = x + sen2x, escogemos yp = (Ax + B) + C sen 2x + D cos 2x Entonces, por sustitución, determinamos los coeficientes de esta solución generalizada. ´ 4.1. La ecuación caracter´ıstica se obtiene al sustituir y ′′ por m2 , y ′ por m y y DEFINICION por m0 = 1 en la ecuación diferencial homogénea y ′′ + py ′ + qy = 0. Las ra´ıces caracter´ısticas de la ecuación diferencial y ′′ + py ′ + qy = 0 son las ra´ıces de la ecuaci´ on caracter´ıstica m2 + pm + q = 0. El Principio de Superposición dice que dada la ecuación diferencial y ′′ + py ′ + qy = R1 (x) + R2 (x) + · · · + Rn (x),

(4.52)

la solución general es yg = ygh + yp1 + yp2 + · · · + ypn ,

donde ygh es la solución general de la ecuación homogénea y ypi es una solución particular de y ′′ + py ′ + qy = Ri (x)

(4.53)

para cada i = 1, ..., n. R mατ ιo ξτ τ o s

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Seg´ un la forma de b(x) = Ri (x) se obtiene una solución particular para la ecuación no homogénea (4.52). Por ejemplo, para la ecuación de segundo orden: y ′′ + py ′ + qy = R(x).

(4.54)

A la vista de R(x) ¿cómo elegimos la forma de yp (x)?. No puede darse una respuesta general, pero s´ı podemos dar una relación de los casos más simples. En lo que sigue m1 y m2 son las soluciones de la ecuación auxiliar y ′′ + py ′ + qy = 0. Caso 1. R(x) = b, se presentan dos casos ① Si q 6= 0 entonces proponga como solución particular a yp = A.

② Si q = 0 entonces proponga como solución particular a yp = Ax. Caso 2. R(x) = b0 + b1 x + · · · + bn xn , se presentan dos casos ① Si q 6= 0 entonces proponga como solución particular a yp = a0 + a1 x + · · · + an xn .

② Si q = 0 se hace y ′ = u y y ′′ = u′ y se procede como en el caso anterior para la ecuación reducida de primer orden resultante. O también, equivalentemente, se pone yp = x(a0 + a1 x + · · · + an xn ). Caso 3. R(x) = Keax es una exponencial, entonces ① Se conjetura que yp = Aeax , si a 6= m1 y a 6= m2 , esto es, a no es ra´ız de la ecuación caracter´ıstica. ② Se conjetura que yp = Axeax , si a = m1 y a 6= m2 , esto es, a es ra´ız simple de la ecuación caracter´ıstica. ③ Se conjetura que yp = Ax2 eax , si a = m1 = m2 , esto es, a es ra´ız doble de la ecuación caracter´ıstica. Caso 4. R(x) = N sen bx o R(x) = M cos bx o R(x) = M cos bx + N sen bx, entonces ① Se conjetura que yp = A cos bx + B sen bx, si b 6= m1 y b 6= m2 .

② Se conjetura que yp = x(A cos bx + B sen bx), si b = m1 o b = m2 Caso 5. Si R(x) = xm eax entonces proponga como conjunto fundamental de soluciones particulares a yp = eax (a0 + a1 x + · · · + an xn ) Caso 5. Si R(x) = xm eax cos bx o R(x) = xm eax sen bx, entonces proponga como conjunto fundamental de soluciones particulares a yp = eax [(a0 + a1 x + · · · + an xn ) cos bx + (a0 + a1 x + · · · + an xn ) sen bx] R mατ ιo ξτ τ o s

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El caso general es analizado en el siguiente teorema: TEOREMA 4.5. Si la ecuación y ′′ + py ′ + qy = R(x).

(4.55)

es de coeficientes constantes y R(x) = eax [Pn (x) cos(bx) + Qm (x) sen(bx)] para algunos valores de a y b y para algunos polinomios Pn (x) de grado n y Qm (x) de grado m. Entonces siempre existe una solución particular de la forma: fn (x) cos(bx) + Q fm (x) sen(bx)] yp (x) = xs eax [P

fk (x) y Q fk (x) son polinomios de donde s es la multiplicidad de a + bi como ra´ız caracter´ıstica y P fk (x) y coeficientes indeterminados de grado k = máx(n, m). Los coeficientes indeterminados de P fk (x) se obtienen sustituyendo esta expresi´ Q on de yp (x) en la ecuaci´ on (4.55). Además ① Si a + bi no es ra´ız caracter´ıstica entonces s = 0.

fk (x) ② A´ un cuando Pn (x) o Qm (x) sean cero, en la expresi´ on de yp (x) deben aparecer tanto P fk (x), k = máx(n, m). yQ

En la tabla siguiente, se presentan algunos ejemplos de posibles soluciones particulares a partir de una función R(x) dada. Cabe destacar que en esta tabla se asume que no existe repetición de funciones entre el yp asumido y la solucion general de la homogénea asociada. R(x) −2 4x + 3 2 − 6x2 3x3 − 4x2 e−2x sen 4x cos 3x (x2 + 4)e2x e−5x sen 3x 4x cos 2x (4x − x2 )e3x sen 2x

yh sugerida A Ax + B Ax2 + Bx + C Ax3 + Bx2 + Cx + D Ae−2x A sen 4x + B cos 4x A sen 3x + B cos 3x (Ax2 + Bx + C)e2x e−5x (A sen 3x + B cos 3x) (Ax + B) sen 2x + (Cx + D) cos 2x (Ax2 + Bx + C)e3x sen 2x + (Dx2 + Ex + F )e3x cos 2x

El método de coeficientes indeterminados es un procedimiento para encontrar yp cuando (4.36) tiene la forma y ′′ + py ′ + qy = R(x) (4.56) R mατ ιo ξτ τ o s

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en donde p y q son constantes reales y R(x) es pertenece a la siguiente lista de funciones: Polinómica a0 + a1 x + · · · + an xn , exponencial eax , seno o coseno sen x o cos x, sumas y/o producto finito de las anteriores. En el caso en que R(x) pertenece a la siguiente lista de funciones: Polinómica a0 + a1 x + · · · + an xn Exponencial eax Seno sen(bx) Coseno cos(bx) Una función definida como un producto finito de dos o más funciones de estos cuatro tipos. el método de coeficientes indeterminados consta de los siguientes pasos: ① Se verifica que la función contenida en R(x), se encuentre entre las permitidas por el método de coeficientes indeterminados. ② Se determina la solución general de la homogénea asociada ygh . Supongamos que y1 (x) y y2 (x) son dos soluciones linealmente independientes de la ecuación homogénea y ′′ + py ′ + qy = 0.

(4.57)

ygh (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x)

(4.58)

Por tanto es la solución general de la ecuación (4.57). ③ Una posible solución particular yp (x) puede ser elegido de acuerdo a la función R(x) de la siguiente tabla siempre y cuando este no contenga a ninguna de las soluciones y1 (x) y y2 (x). R(x) a axn a0 + a1 x + · · · + an xn aemx (a0 + a1 x + · · · + an xn )emx α sen bx α cos bx αeax sen bx αeax cos bx ! n X ai xi eax sen bx i=0 ! n X ai xi eax cos bx i=0


yp sugerida A A0 + A1 x + · · · + An xn A0 + A1 x + · · · + An xn Aemx (A0 + A1 x + · · · + An xn )emx A sen bx + B cos bx A sen bx + B cos bx eax (A sen bx + B cos bx) eax (A bx + ! B cos bx) " sen ! # n n X X eax Ai xi sen bx + Bi xi cos bx i=0 " i=0 ! ! # n n X X eax Ai xi sen bx + Bi xi cos bx i=0

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i=0


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En caso de que la yp (x) elegida contenga a yi (x) debemos debemos multiplicarla por la potencia entera positiva más baja de x de modo que la función resultante al cual volvemos a llamar yp sea linealmente independiente con respecto a yi (x). Esto es, la solución particular a ensayar en la función yp (x) del segundo miembro de la tabla. En algunos casos debemos multiplicarla por xm donde m es el m´ınimo n´ umero tal que no exista solapamiento entre la solución homogénea y la particular a ensayar. ④ Se sustituye la solución particular en la ecuación diferencial, para de este modo determinar los coeficientes desconocidos de yp ⑤ Se escribe la solución general de la ecuación diferencial no homogenea. Ahora bien si la ecuación diferencial a resolver tiene la forma y ′′ + py ′ + qy = R1 (x) + R2 (x) + · · · + Rn (x),

(4.59)

entonces su solución general es yg = ygh + yp1 + yp2 + · · · + ypn , donde ygh es la solución general de la ecuación homogénea asociada y ypi es una solución particular de y ′′ + py ′ + qy = Ri (x) (4.60) para cada i = 1, ..., n. Ejemplo

Resuelva y ′′ + 4y ′ + 3y = 7x + 2.

´ SOLUCION.Primero se determina la solución de la ecuación homogénea asociada: y ′′ + 4y ′ + 3y = 0 Su ecuación auxiliar es: m2 + 4m + 3 = 0, Con lo cual las ra´ıces de la ecuación auxiliar son:

(m + 3)(m + 1) = 0

m = −3 m = −1

Por lo tanto la solución complementaria viene dada por:

yg = C1 e−3x + C2 e−x Ahora se asume una solución particular de acuerdo a la función contenida en g(x), entonces como g(x) = 7x + 2, se propone como solución particular a: p y yp = Ax + B Inmediatamente debe verificarse si Ax+B es linealmente independiente con respecto a las funciones que conforman la solución general de la ecuación homogénea, es decir, si es m´ ultiplo de e−3x o de R mατ ιo ξτ τ o s

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e−x . En este caso, como no hay multiplicidad, se concluye que la solución particular a utilizarse es la asumida, por lo tanto se confirma que yp = Ax + B. Se deriva yp dos veces debida a que es una ecuación diferencial de segundo orden: yp = Ax + B,

yp′ = A,

yp′′ = 0

Sustituyendo la solución particular y sus derivadas en la ecuación diferencial se tiene: y ′′ + 4y ′ + 3y = 7x + 2,

0 + 4(A) + 3(Ax + B) = 7x + 2

En consecuencia 4A + 3Ax + 3B = 7x + 2, Con lo cual

3A = 7 4A + 3B = 2

Por lo tanto se tiene que: A =

3Ax + (4A + 3B) = 7x + 2

−12A = −28 12A + 9B = 6

7 22 yB=− entonces la solución particular es: 3 9 7 22 yp = x − 3 9

Por u ´ ltimo se concluye que la solución general de la ecuación diferencial es: 7 22 y = C1 e−3x + C2 e−x + x − 3 9 Ejemplo

♣

Resuelva y ′′′ − y ′′ = x + 1

´ SOLUCION.Se determina la solucion complementaria de y ′′′ − y ′′ = 0, primero se construye la ecuación auxiliar y se determinan sus ra´ıces:

m3 − m2 = 0,

m2 (m − 1) = 0

  m = 0 m = 0  m = 1

Lo que implica que la solución complementaria de la ecuación dada es: yg = C1 + C2 x + C3 ex

Ahora se asume una solución particular de acuerdo a la función que contiene g(x) R mατ ιo ξτ τ o s

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MAT-INF-FIS-QUIM-EST-BIO Como g(x) = x + 1 entonces se asume yp = Ax + B

Sin embargo al verificar si yp es linealmente independiente con respecto a yg , se comprueba que si hay multiplicidad, por lo tanto se multiplica la solución particular por x2 , con lo cual se tiene que la nueva solución particular es: yp = Ax3 + Bx2 Es importante cotejar que si se hubiese multiplicado la solución particular por x, todav´ıa seguir´ıa siendo linealmente independiente. Entonces se deriva la solución particular tres veces porque es una ecuación diferencial de tercer orden, con lo cual se tiene: yp = Ax3 + Bx2 ,

yp′ = 3Ax2 + 2Bx,

yp′′ = 6Ax + 2B,

yp′′′ = 6A

Sustituyendo la solución particular y sus derivadas en la ecuación diferencial, se tiene: y ′′′ − y ′′ = x + 1,

6A − (6Ax + 2B) = x + 1

En consecuencia 6A − 6Ax − 2B = x + 1,

−6Ax + (6A − 2B) = x + 1

Con lo cual −6A = 1 y 6A − 2B = 1. 1 Por lo tanto se tiene que: A = − y B = 1 entonces la solucion particular es: 6 1 yp = − x3 − x2 6 Con lo cual se concluye que la solución general de la ecuación diferencial es: 1 y = C1 + C2 x + C3 ex − x3 − x2 6 Ejemplo

♣

Resolver y ′′ + y = 2x sen x

´ SOLUCION.Se determina la solución general de la ecuación homogénea y ′′ +y = 0, construyendo primero la ecuación auxiliar y determinando sus ra´ıces: m = i 2 m + 1 = 0, m = −i Lo que implica que la solución general de la ecuación homogénea asociada es: yg = C1 cos x + C2 sen x Ahora se asume una solución particular de acuerdo a la función que contiene g(x) R mατ ιo ξτ τ o s

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MAT-INF-FIS-QUIM-EST-BIO Como g(x) = 2x sen x entonces se asume yp = (Ax + B) cos x + (Cx + D) sen x

Sin embargo al verificar si yp es linealmente independiente con respecto a yg , se comprueba que si hay multiplicidad, por lo tanto se multiplica la solución particular por x , con lo cual se tiene que la nueva solución particular es: yp = (Ax2 + Bx) cos x + (Cx2 + Dx) sen x Entonces se deriva la solución particular dos veces porque es una ecuación diferencial de segundo orden, con lo cual se tiene: yp′ = (2Ax + B + Cx2 + Dx) cos x + (−Ax2 − Bx + 2Cx + D) sen x yp′′ = (−Ax2 + 2A − Bx + 4Cx + 2D) cos x + (−4Ax − 2B − Cx2 + 2C − Dx) sen x Sustituyendo la solución particular y sus derivadas en la ecuación diferencial, se tiene: (−Ax2 + 2A − Bx + 4Cx + 2D) cos x + (−4Ax − 2B − Cx2 + 2C − Dx) sen x+ (2Ax + B + Cx2 + Dx) cos x + (−Ax2 − Bx + 2Cx + D) sen x+

(Ax2 + Bx) cos x + (Cx2 + Dx) sen x = 2x sen x

En consecuencia (2A + 4Cx + 2D) cos x + (−4Ax − 2B + 2C) sen x = 2x sen x 4Cx cos x + (2A + 2D) cos x − 4Ax sen x + (−2B + 2C) sen x = 2x sen x Con lo cual 4C = 0,

2A + 2D = 0,

−4A = 2, −2B + 2C = 0

1 1 Por lo tanto se tiene que: A = − , B = 0, C = 0 y D = , entonces la solución particular es: 2 2 1 1 yp = − x2 cos x + x sen x 2 2 Con lo cual se concluye que la solución general de la ecuación diferencial es: 1 1 y = C1 cos x + C2 sen x − x2 cos x + x sen x 2 2 Ejemplo

Hallar la solución general de la ecuaci´ on y ′′ − 2y ′ − 3y = 2 sen x.


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♣


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´ SOLUCION.Para hallar yh , resolvemos la ecuación caracter´ıstica m2 − 2m − 3 = (m + 1)(m − 3) = 0, cuyas soluciones son m = −1 y m = 3. As´ı pues, yh = C1 ex + C2 e3x . A continuación, hacemos que yp sea una forma generalizada de 2 sen x. Esto es, hacemos yp = A cos x + B sen x. de aqu´ı obtenemos yp′ = −A sen x + B cos x,

yp′′ = −A cos x − B sen x.

Sustituyendo en la ecuación dada obtenemos −A cos x − B sen x + 2A sen x − 2B cos x − 3A cos x − 3B sen x = 2 sen x o (4A − 2B) cos x + (2A − 4B) sen x = 2 sen x

En consecuencia, yp es una solución, una vez igualados los coeficientes de cos x y de sen x, que dan lugar al sistema. −4A − 2B = 0 −4A − 2B = 0 2A − 4B = 2 4A − 8B = 4 con soluciones A =

1 2 y B = − . Luego la solución general es 5 5 y = yh + yp = C1 ex + C2 e3x +

Ejemplo

1 2 cos x − sen x 5 5

♣

Hallar la solución general de y ′′ − 2y ′ = x + 2ex

´ SOLUCION.La ecuación caracter´ıstica m2 − 2m = 0 tiene por soluciones a m = 0 y m = 2. Luego yh = C1 + C2 e2x . Puesto que R(x) = x + 2ex nuestra primera elección de yp seria (A + Bx) + Cex . sin embargo, como yh ya contiene un termino constante C1 , multiplicando la parte polinómica A + Bx por x usamos yp = Ax + Bbx2 + Cex de donde se sigue que yp′ = A + 2Bx + Cex ,

yp′′ = 2B + Cex

Remplazando en la ecuación diferencial, resulta (2B + Cex ) − 2(A + 2Bx + Cex ) = x + 2ex


(2B − 2A) − 4Bx − Cex = x + 2ex ´lculo III Ca


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Igualando los coeficientes de términos análogos, obtenemos el sistema 2B − 2A = 0, Con solución A = B = −

4B = 1,

C=2

1 y C = −2. En consecuencia. 4 1 1 yp = − x − x2 − 2ex 4 4

Siendo la solución general.

Ejemplo

1 1 y = C1 + C2 e2x − x − x2 − 2ex . 4 4

Determine una formula apropiada de Yp para la siguiente situaci´ on

1 2 3

y ′′ + ay ′ + by = R(x) y ′′ = x2 y ′′ + 2y ′ + 10y = 4 sen 3x y ′′ − 4y ′ + 4 = e2x

♣

yh C1 + C2 x C1 ex cos 3x + C2 ex sen 3x C1 e2x + C2 xe2x

´ SOLUCION.a) como R(x) = x2 la elección normal de yp seria A + Bx + Cx2 . Sin embargo como Yh = C1 + C2 x ya contiene un termino lineal, por tanto multiplicamos por x2 para obtener yp = Ax2 + Bx3 + Cx4 . b) como R(x) = 4 sen 3x y puesto que cada termino en yh = C1 ex cos 3x + C2 ex sen 3x contiene un factor de ex , hacemos simplemente yp = A cos 3x + B sen 3x. c) como R(x) = e2x la elección normal de yp seria de Ae2x pero como yh = C1 e2x + C2 xe2x ya ♣ contienen un termino xe2x , multiplicamos por x2 para concluir que yp = Ax2 e2x . Ejemplo

Resolver y ′′ + 4y ′ + 4y = 4x2 + 6ex

´ SOLUCION.Esta ecuación tiene como solución de la homogénea yh = (C1 + C2 x)e−2x y proponemos como solución particular de la ecuación a yp = (Ax2 + Bx + C) + Dex sustituimos su expresión en la ecuación y obtenemos 2A + Dex + 4[2Ax + B + Dex ] + 4[(Ax2 + Bx + C) + Dex ] = 4x2 + 6ex R mατ ιo ξτ τ o s

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de donde surge el siguiente sistema de ecuaciones  4A    8A + 4B 2A + 4B + 4C    9D

= = = =

0 0 0 6

y de all´ı el valor de los coeficientes

A = 1,

B = −2,

3 C= , 2

B=

2 3

y con ellos la solución general y = (C1 + C2 x)e−2x + x2 − 2x +

3 2 x + e 2 3

♣

Ejemplo Determ´ınese la solución general de y ′′ − 5y ′ + 6y = 2e4x , calculando la solución particular que cumple las condiciones iniciales y(0) = 1 e y ′ (0) = 2. ´ SOLUCION.La ecuación es de segundo orden, lineal, de coeficientes constantes y completa. Su solución general es suma de la solución general de la ecuación homogénea correspondiente y de una solución particular de la ecuación completa. La ecuación homogénea es y ′′ − 5y ′ + 6y = 0, siendo r 2 − 5r + 6 = 0 su ecuación caracter´ıstica, cuyas ra´ıces son 2 y 3 (ambas simples). As´ı, las funciones y1 = e2x

y y2 = e3x

forman un sistema fundamental de soluciones de la homogénea. As´ı, la solución general de la homogénea es yh = C1 e2x + C2 e3x . Siendo R(x) = 2e4x , la solución particular de la ecuación completa es de la forma yp = Axα e4x , donde α es el orden de multiplicidad de la ra´ız r = 4 en la ecuación caracter´ıstica ..... y no siendo r = 4 ra´ız de esa ecuación, es α = 0, por lo que yp = Ae4x . Para determinar A basta sustituir yp , yp′ e yp′′ en la ecuación completa y ′′ − 5y ′ + 6y = 2e4x . yp = Ae4x ,

yp′ = 4Ae4x ,

yp′′ = 16Ae4x

16Ae4x − 5(4Ae4x ) + 6(Ae4x ) = 2e4x 16A − 20A + 6A = 2

A = 1,


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yp = e4x Jasmer LPC - Intocables

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En definitiva, la solución general de la ecuación y ′′ − 5y ′ + 6y = 2e4x es y = yh + yp = C1 e2x + C2 e3x + e4x Al exigir que y(0) = 1 e y ′(0) = 2 resulta C1 = 2 y C2 = −2. En efecto: (

y(x) = C1 e2x + C2 e3x + e4x y ′(x) = 2C1 e2x + 3C2 e3x + 4e4x (

(

y(0) = C1 e0 + C2 e0 + e0 = 1 y ′ (0) = 2C1 e0 + 3C2 e0 + 4e0 = 2 (

C1 + C2 + 1 = 1 2C1 + 3C2 + 4 = 2

C1 = 2 C2 = −2

Por tanto, la solución particular pedida es y = 2e2x − 2e3x + e4x .

♣

EJEMPLO 4.4. a) Determine la solución general de y ′′ + 4y ′ + 20y = 3 + 2 cos 2x. b) Para la solución y = y(x) analiza su comportamiento a largo plazo, es decir cuando x → ∞. Soluci´ on. (a) Usando el Método de Coeficientes Indeterminados. Para hallar yh , resolvemos la ecuación caracter´ıstica m2 + 4m + 20 = 0, cuyas soluciones son dos ra´ıces complejas. p √ −4 ± 42 − 4(1)(20) −4 ± −64 = = −2 ± 4i m= 2 2 As´ı pues, a = −2 y b = 4, y la solución general es yh = e−2x (c1 cos 4x + c2 sen 4x) A continuación, hacemos que yp sea una forma generalizada de 3 + 2 cos 2x. Esto es, hacemos yp = M + A cos 2x + B sen 2x. de aqu´ı obtenemos yp′ = −2A sen 2x + 2B cos 2x,

yp′′ = −4A cos 2x − 4B sen 2x.

Sustituyendo en la ecuación dada obtenemos −4A cos 2x−4B sen 2x−8A sen 2x+8B cos 2x+20M +20A cos 2x+20B sen 2x = 3+2 cos 2x 20M + (−4A + 8B + 20A) cos 2x + (−4B − 8A + 20B) sen 2x = 3 + 2 cos 2x


´lculo III Ca


βτ αηφoη

185


20M + (16A + 8B) cos 2x + (−8A + 16B) sen 2x = 3 + 2 cos 2x En consecuencia, yp es una solución, una vez igualados los coeficientes de cos2x y de sen2x, que dan lugar al sistema.   20M = 3 M = 3/20   16A + 8B = 2 16A + 8B = 2   −8A + 16B = 0 −16A + 32B = 0 con soluciones M =

3 1 1 ,B= y A = . Luego la solución general es 20 20 10

y = yh + yp = e−2x (c1 cos 4x + c2 sen 4x) +

1 1 3 + cos 2x − sen 2x 20 10 20

(b) ♣ Ejemplo pg 107 Ecuaciones diferenciales de orden superior. ´ SOLUCION.-

♣

Ejemplo 9. Ampliacion de Matematicas. Ecu Dif. pg 15 ´ SOLUCION.-

4.6.

♣

M´ etodo de Variaci´ on de par´ ametros

Hasta ahora se han resuelto ecuaciones diferenciales no homogéneas de coeficiente constante usando el método de coeficientes indeterminados, sin embargo como se dijo antes este método solo es efectivo para algunas funciones contenidas en R(x). Debido a esto, es necesario conocer otro método que ayude a resolver ecuaciones que no tengan esa restricción. Afortunadamente el matemático Joseph Lagrange, descubrió un método muy ingenioso y poderoso para resolver ecuaciones diferenciales no homogéneas, sin importar el tipo de función que se encuentre del lado derecho de la igualdad en la ecuación diferencial. Es importante aclarar, que éste método es posible utilizarlo tanto en ecuaciones diferenciales con coeficiente constante como variable. R mατ ιo ξτ τ o s

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βτ αηφoη

186


Dada ecuación diferencial no homogénea de segundo orden: a(x)y ′′ + b(x)y ′ + c(x)y = f (x)

(4.61)

Al dividirla por a(x), se obtiene su forma reducida o canónica: y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = R(x)

(4.62)

La ecuación diferencial homogénea asociada es dada por y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = 0

(4.63)

ygh = C1 y1 + C2 y2

(4.64)

La cual tiene como solución general

Con y1 y y2 funciones linealmente independientes. Entonces el método de variación de parámetros indica que la solución particular yp , tendrá la misma forma de la solución general de la ecuación homogénea (4.63) pero sustituyendo las constantes arbitrarias por dos funciones, es decir, yp (x) = u1 (x)y1 (x) + u2 (x)y2 (x),

yp = u1 y1 + u2 y2

Por lo tanto para poder obtener la solución particular es necesario determinar las funciones u1 (x) y u2 (x). Antes de comenzar a trabajar se debe establecer una condición que luego será utilizada: u′1 y1 + u′2 y2 = 0

(4.65)

Ahora, comencemos primero derivando dos veces la solución particular, yp′ = u′1 y1 + u1 y1′ + u′2 y2 + u2 y2′

yp′ = u′′1 y1 + u′1 y1′ + u′1 y1′ + u1 y1′′ + u′′2 y2 + u′2 y2′ + u′2 y2′ + u2 y2′′ Entonces sustituyendo en la ecuación diferencial en su forma reducida se tiene:


u′′1 y1 + u′1 y1′ + u′1 y1′ + u1 y1′′ + u′′2 y2 + u′2 y2′ + u′2 y2′ + u2 y2′′ h i ′ ′ ′ ′ +p(x) u1 y1 + u1 y1 + u2 y2 + u2 y2 h i +q(x) u1 y1 + u2 y2 = R(x) ´lculo III Ca


βτ αηφoη

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Agrupando términos se tiene: u1 y1′′ + p(x)u1 y1′ + q(x)u1 y1 + u2 y2′′ + p(x)u2 y2′ + q(x)u2 y2 +u′′1 y1 + u′1y1′ + u′1 y1′ + u′′2 y2 + u′2 y2′ + u′2 y2′ h i ′ ′ +p(x) u1 y1 + u2 y2 = R(x)

h i h i u1 y1′′ + p(x)y1′ + q(x)y1 + u2 y2′′ + p(x)y2′ + q(x)y2

+u′′1 y1 + u′1 y1′ + u′1 y1′ + u′′2 y2 + u′2 y2′ + u′2 y2′ h i +p(x) u′1 y1 + u′2 y2 = R(x)

Como y1 y y2 , son funciones que conforman la solución general de la homogénea, significa que satisfacen la ecuación diferencial homogénea en su forma reducida, por lo tanto: y1′′ + p(x)y1′ + q(x)y1 = 0 y y2′′ + p(x)y2′ + q(x)y2 = 0 Entonces se tiene que: h i u′′1 y1 + u′1 y1′ + u′1 y1′ + u′′2 y2 + u′2 y2′ + u′2 y2′ + p(x) u′1 y1 + u′2 y2 = R(x) Pero,

u′′1 y1

+

d ′ d ′ ′′ ′ ′ = u y1 del mismo modo u2 y2 + u2y2 = u y2 , entonces: dx 1 dx 2 h i d ′ d ′ u1 y1 + u2 y2 + u′1 y1′ + u′2 y2′ + p(x) u′1 y1 + u′2 y2 = R(x) dx dx

u′1 y1′

d ′ d ′ d ′ ′ Además por diferenciación u y1 + u y2 = u y1 + u2 y2 , por lo tanto: dx 1 dx 2 dx 1 h i d ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ u y1 + u2 y2 + u1 y1 + u2 y2 + p(x) u1 y1 + u2 y2 = R(x) dx 1 Como ya se hab´ıa establecido la condición u′1 y1 + u′2 y2 = 0, entonces queda: u′1 y1′ + u′2 y2′ = R(x) Con lo cual se formara un sistema de dos ecuaciones con u′1 (x) y u′2 (x) como incógnitas ( u′1 y1 + u′2 y2 = 0 u′1 y1′ + u′2 y2′ = R(x)

Al resolver este sistema por la regla de Cramer, se obtiene lo siguiente: R mατ ιo ξτ τ o s

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y1 0 0 y 2 ′ ′ y1 R(x) R(x) y2 y2 R(x) y R(x) ′ ′ =− = 1 y u2 (x) = u1 (x) = y1 y2 W (y1 , y2) W (y1 , y2 ) ′ y1′ y2′ y1 y2′ y1 y2 y1 y2 , es el wronskiano de las soluciones y1 y y2 , y utilizando las notaciones de la regla Como ′ y1 y2′ de Cramer, se puede escribir u1 y u2 como u′1 =

W1 W

y u′2 =

W2 W

Con lo cual se puede definir las funciones incógnitas u1 y u2 , de la solución particular como: Z Z W1 W2 u1 = dx y u2 = dx W W Es importante recordar que como y1 y y2 son las funciones que conforman la solución general de la ecuación homogénea asociada, ellas son linealmente independientes, por lo tanto, su wronskiano siempre es diferente de cero. Por u ´ ltimo la solución general viene dada por: y g = C1 y 1 + C2 y 2 + y 1

Z

W1 dx + y2 W

Z

W2 dx W

(4.66)

En resumen los pasos necesarios para resolver una ecuación diferencial no homogénea por el método de variación de parámetros son: ① Escribir la ecuación diferencial en su forma reducida (en forma canónica) y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = R(x) ② Hallamos y1 y y2 soluciones linealmente independientes de la homogénea asociada: y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = 0 Luego, determinamos us solución general ygh = C1 y1 + C2 y2 . y1 y2 0 y1 y 0 2 ③ Hallamos W = ′ ′ , W1 = ′ , W2 = ′ R(x) y2 y1 R(x) y1 y2 0 y2 R(x) y ′ W y R(x) 2 = 1 =− 2 u′1 (x) = y1 y2 W W (y1 , y2) ′ y1 y2′


y además

y1 0 ′ y R(x) W y R(x) 1 = 2 = 1 y u′2 (x) = y1 y2 W W (y1, y2 ) ′ y1 y2′

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④ Determinar las funciones u1 y u2 , de acuerdo a Z Z W1 W2 u1 = dx y u2 = dx, W W

sin constantes de integración

⑤ Sustituir u1 y u2 , en la solución particular yp = u1 y1 + u2 y2 ⑥ Escribir la solución general de la ecuación diferencial, que viene dada por: yg = ygh + yp = C1 y1 + C2 y2 + u1 y1 + u2 y2 . Ejemplo

Resuelva y ′′ + y = tan x

´ SOLUCION.Como la ecuación ya esta en su forma reducida, entonces procedemos a determinar la solucion complementaria, de y ′′ + y = 0, construyendo primero la ecuación auxiliar y determinando sus ra´ıces: m2 + 1 = 0, m = i, m = −i Lo que implica que la solución general de la ecuación homogénea asociada a la ecuación dada es: ygh = C1 cos x + C2 sen x Por lo tanto como y1 = cos x y y2 = sen x, entonces la solución particular es: yp = u1 cos x + u2 sen x Ahora se determina los valores de W , W1 y W2 : cos x sen x = cos2 x + sen2 x = 1 W = − sen x cos x 2 0 sen x = − tan x sen x = − sen x W1 = tan x cos x cos x cos x 0 W2 = = cos x tan x = sen x − sen x tan x

Con lo cual ahora se puede determinar las funciones incógnitas: u1 =

Z

Z Z sen2 x (1 − cos2 x) W1 dx = − dx = − dx = − ln | sec x| + sen x W cos x cos x u2 =


Z

W2 dx = W

Z

sen x dx = − cos x

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Por lo tanto la solución particular viene dada por: yp = − ln | sec x| + sen x cos x − cos x sen x = − cos x ln | sec x|

Entonces se puede concluir que la solución general a la ecuación dada es: yg = C1 cos x + C2 sen x − cos x ln | sec x|

♣

Resuelva y ′′ − 2y ′ − 3y = ex + 2

Ejemplo

´ SOLUCION.Como la ecuación ya está en su forma reducida, entonces procedemos a determinar la solución complementaria, la cual viene dada por: ygh = C1 e3x + C2 e−x Por lo tanto como y1 = e3x y y2 = e−x , entonces la solucion particular es: yp = u1 e3x + u2 e−x Ahora se determina los valores de W , W1 y W2 : 3x e e−x W = 3x = −e3x e−x − 3e3x e−x = −4e2x 3e −e−x 0 e−x W1 = x = −(ex + 2)e−x = −1 − 2e−x e + 2 −e−x 3x e 0 = e3x (ex + 2) = e4x + 2e3x W2 = 3x x 3e e +2


Z

W1 dx = W

u2 =

Z

Z

W2 dx = W

Z − 1 − 2e−x 1 −2x 1 −3x 1 1 dx = e + e dx = − e−2x − e−3x 2x −4e 4 2 8 6 Z

Z e4x + 2e3x 1 2x 1 x 1 1 dx = − e − e dx = − e2x − ex 2x −4e 4 2 8 2

Por lo tanto la solución particular viene dada por: 1 −2x 1 −3x 3x 1 2x 1 x −x 1 2 yp = − e − e e + − e − e e = − ex − 8 6 8 2 4 3 R mατ ιo ξτ τ o s

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Entonces se puede concluir que la solución general a la ecuación dada es: 2 1 yg = C1 e3x + C2 e−x − ex − 4 3 Nótese que cada vez que se resolvieron las integrales para hallar las funciones u1 y u2 , se obvió la constante de integración, y esto se debido a que si se utilizará, al multiplicarla por las soluciones ♣ y1 y y2 se repetir´ıa la solución general de la ecuación homogénea asociada. Ejemplo

Resolver la ecuación diferencial y ′′ − 2y ′ + y =

ex , x > 0. 2x

´ SOLUCION.Se trata de una ecuación diferencial lineal completa de orden 2 y coeficientes constantes. Para determinar su solución general usaremos que yg = ygh + yp siendo yg el conjunto de soluciones de la ecuación diferencial completa, ygh el espacio vectorial de las soluciones de la ecuación diferencial homogénea asociada e yp una solución particular de la ecuación diferencial completa. Se resuelve en primer término la ecuación diferencial homogénea asociada y ′′ − 2y ′ + y = 0 El polinomio caracter´ıstico de dicha ecuación diferencial es m2 − 2m + 1 = 0, cuyas ra´ıces son m1 = m2 = 1. As´ı pues se trata de una ra´ız doble, por lo que un conjunto fundamental (CF) o un sistema fundamental de soluciones (SFS) para la ecuación diferencial es {ex , xex } Por lo tanto la solución general de la ecuación diferencial homogénea es ygh = Aex + Bxex Para buscar una solución particular de la ecuación diferencial completa aplicaremos la técnica de variación de parámetros. (Nótese que la parte completa de la ecuación diferencial no es de tipo coeficientes indeterminados (CI) por lo que no es aplicable el método de coeficientes indeterminados). El método de variación de parámetros (MVP) nos asegura la existencia de una solución particular de la ecuación diferencial completa yp de la forma yp = A(x)ex + B(x)xex con A′ (x) y B ′ (x) soluciones del siguiente sistema algebraico: A′ (x)ex + B ′ (x)xex = 0 ex A′ (x)ex + B ′ (x)(1 + x)ex = 2x R mατ ιo ξτ τ o s

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1 1 Resolviendo el sistema se obtiene que B ′ (x) = y que A′ (x) = − , de donde se sigue que 2x 2 √ x A(x) = − y B(x) = log x. Por lo tanto 2 √ x yp (x) = − ex + log x xex 2 y la solución general de la ecuación diferencial es √ x y(x) = A(x)ex + B(x)xex − ex + log x xex 2 Ejemplo

♣

Resolver y ′′ + 3y ′ + 2y = sen(ex )

´ SOLUCION.① Solución de y ′′ +3y ′ +2y = 0, luego su ecuación caracter´ıstica es m2 +3m+2 = 0, factorizando (m + 2)(m + 1) = 0, de aqu´ı m = −2, m = −1. Por tanto, y1 = e−2x y y2 = e−x , entonces ygh = C1 e−2x + C2 e−x . e−2x e−x ② W (y1, y2 ) = = −e−2x e−x + 2e−2x e−x = −e−3x + 2e−3x = e−3x −2e−2x −e−x

③

u′1 = − u′2 =

−e−x sen(ex ) y2 R(x) = = −e−2x sen(ex ) W (y1 , y2 ) e−3x

y1 R(x) e−2x sen(ex ) = = ex sen(ex ) −3x W (y1 , y2) e

④ u1 =

Z

u′1 dx =

Z

− e−2x sen(ex ) dx

Z dz = − z 2 sen(z) z Z = − z sen(z) dz = z cos z −

u2 = R mατ ιo ξτ τ o s

Z

u′2

dx =

Z

x

Z x

z = ex dz = ex dx dz dx = z

u = z, dv = − sen zdz du = dz v = cos z

cos z dz = z cos z − sen z = ex cos(ex ) − sen(ex )

e sen(e ) dx =

Z

z sen(z) dz =

´lculo III Ca

Z

sen(z) dz = − cos z = − cos(ex ) Jasmer LPC - Intocables

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⑤ La solución particular y la solución general son:

yp = u1 y1 + u2 y2 = e cos(e ) − sen(e ) e−2x − cos(ex )e−x = −e−2x sen(ex ) x

x

x

yg = ygh + yp = C1 e−2x + C2 e−x − e−2x sen(ex )

♣

Ejemplo Utilizar el método de variaci´ on de par´ ametros para resolver la siguiente ecuación ′′ 3 diferencial y − y = sec x − sec x ´ SOLUCION.① Ecuación homogénea asociada y ′′ − y = 0. La ecuación caracter´ıstica es m2 − 1 = 0, de aqu´ı m = 1, m = −1. Por tanto, y1 = ex y y2 = e−x , entonces ygh = C1 ex + C2 e−x . x e e−x x ② W (y1, y2 ) = x − e−x − ex e−x = −1 − 1 = −2 −x = e e −e ③

u′1 u′2

e−x sec3 x − sec x 1 y2 R(x) = − =− = e−x sec3 x − sec x W (y1 , y2) −2 2 x 3 e sec x − sec x y1 R(x) 1 = = − ex sec3 x − sec x = W (y1, y2 ) −2 2

④ Hallemos u1 y u2 : u1

Z Z 1 1 −x 3 = e sec x − sec x dx = e−x sec x sec2 x − 1 dx 2Z Z 2 1 1 e−x sec x tan2 x dx = e−x tan x tan x sec x dx = 2 2

Integremos por partes, haciendo: u = e−x tan x, luego


dv = tan x sec x dx

du = − e−x tan x + e−x sec2 x dx,

´lculo III Ca

v = sec x


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u1 = = = = = =

Z 1 e−x tan x tan x sec x dx 2 Z 1 −x −x −x 2 e tan x sec x − sec x − e tan x + e sec x dx 2 Z Z 1 −x −x 3 −x e tan x sec x − e sec x dx + e sec x tan x dx 2 Z Z 1 −x −x 3 −x −x e tan x sec x − e sec x dx + e sec x + e sec x dx 2 Z Z 1 −x −x −x 3 −x e tan x sec x + e sec x − e sec x dx + e sec x dx 2 Z 1 −x 1 −x 1 e tan x sec x + e sec x − e−x sec3 x − sec x dx 2 2 2

despejando la integral : Z

Por otro lado

1 1 e−x sec3 x − sec x dx = e−x tan x sec x + e−x sec x 2 2 Z 1 1 1 e−x sec3 x − sec x dx = e−x tan x sec x + e−x sec x u1 = 2 4 4 u2 =

hagamos: z = −x, dz = −dx u2

Z

u′2

1 dx = − 2

Z

ex sec3 x − sec x dx

Z Z 1 1 −z 3 = − e sec (−z) − sec(−z) (−1)dz = e−z sec3 z − sec z dz 2 2 1 −z 1 1 1 = e tan z sec z + e−z sec z = ex tan(−x) sec(−x) + ex sec(−x) 4 4 4 4 1 1 = − ex tan x sec x + ex sec x 4 4

⑤ La solución particular es yp = u1 y1 + u2 y2 1 −x 1 −x 1 x 1 x x = e tan x sec x + e sec x e + − e tan x sec x + e sec x e−x 4 4 4 4 1 = sec x 2 R mατ ιo ξτ τ o s

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195


⑥ La solución general es yg = ygh + yp = C1 ex + C2 e−x +

1 sec x 2

♣

Ejemplo Determ´ınese la solución general de y ′′ − 5y ′ + 6y = 2e4x , calculando la solución particular que cumple las condiciones iniciales y(0) = 1 e y ′ (0) = 2. ´ SOLUCION.Las funciones y1 = e2x

y y2 = e3x

forman un sistema fundamental de soluciones de la parte homogénea y ′′ − 5y ′ + 6y = 0, esto es, la solución general de la completa es ygh = C1 e2x + C2 e3x . Usando el método de variación de las constantes, buscamos una solución particular de la no homogénea de la forma yp = C1 (x)e2x + C2 (x)e3x , con C1′ (x) y C2′ (x) soluciones del siguiente sistema algebraico: C1′ (x)e2x + C2′ (x)e3x = 0 2C1′ (x)e2x + 3C2′ (x)e3x = 2e4x Al resolver este sistema por la regla de Cramer, se obtiene lo siguiente: 0 4x 2e C1′ (x) = 2x e 2x 2e 2x e 2x 2e C2′ (x) = 2x e 2x 2e

e3x 3e3x e3x 3e3x 0 2e4x e3x 3e3x

Z 2e7x 2x =− = −2e . C1 (x) = − 2e2x dx = −e2x 5x e 2e6x = = 2ex . 5x e

C2 (x) =

Z

2ex dx = 2ex

Por tanto, una solución particular de la no homogénea es yp = −e2x e2x + 2ex e3x = e4x , finalmente la solución general de la ecuación completa y ′′ − 5y ′ + 6y = 2e4x es yg = ygh + yp = C1 e2x + C2 e3x + e4x . R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

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♣ Ejemplo

Determ´ınese la solución general de y ′′ + y ′ =

1 . sen x

´ SOLUCION.Las funciones y1 = sen x y y2 = cos x forman un sistema fundamental de soluciones de la parte homogénea y ′′ +y = 0, esto es, la solución general de la completa es ygh = C1 sen x + C2 cos x. Usando el método de variación de las constantes, buscamos una solución particular de la no homogénea de la forma yp = C1 (x) sen x + C2 (x) cos x, con C1′ (x) y C2′ (x) soluciones del siguiente sistema algebraico: C1′ (x) sen x + C2′ (x) cos x = 0 C1′ (x) cos x − C2′ (x) sen x =

1 sen x

Al resolver este sistema por la regla de Cramer, se obtiene lo siguiente:

C1′ (x) =

Z

0 1 sen x sen x cos x

cos x sen x

cos x cos x sen x = = 2 2 −(sen x + cos x) sen x cos x − sen x −

cos x dx = ln(sen x) sen x sen x 0 1 cos x 1 sen x ′ = C2 (x) = = −1 2 sen x cos x −(sen x + cos2 x) cos x − sen x Z C2 (x) = − dx = −x C1 (x) =

Por tanto, una solución particular de la no homogénea es yp = ln(sen x) sen x − x cos x, R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

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finalmente la solución general de la ecuación completa y ′′ + y ′ =

1 es sen x

yg = ygh + yp = C1 (x) sen x + C2 (x) cos x + ln(sen x) sen x − x cos x. Ejemplo

♣

Resuelve la ecuación y ′′ − 4y ′ + 4y = (x + 1)e2x

´ SOLUCION.Partimos de la ecuación auxiliar m2 − 4m + 4 = (m − 2)2 = 0, y tenemos que ygh = C1 e2x + C2 xe2x . Identificamos y1 = e2x y y2 = xe2x y calculamos el wronskiano 2x e xe2x W = 2x 2x 2e e + 2xe2x

= e2x e2x + 2xe2x − 2e2x xe2x = e4x

Como la ecuación diferencial dada está en la forma reducida, vemos que R(x) = (x + 1)e2x . As´ı tenemos que: W1 W2

2x 0 xe 4x = 2x 2x 2x = −(x + 1)xe (x + 1)e e + 2xe 2x e 0 4x = 2x 2x = (x + 1)e 2e (x + 1)e


Z

W1 dx = W

u2 =

Z

Z

Z − (x + 1)xe4x 1 3 1 2 2 dx = − (x + x) dx = − x − x e4x 3 2

W2 dx = W

Z (x + 1)e4x 1 dx = (x + 1) dx = x2 + x 4x e 2

Z

Por lo tanto la solución particular viene dada por: 2x

yp = u1 e

2x

+ u2 e

=

1 3 1 2 2x x + x e 6 2

Entonces se puede concluir que la solución general a la ecuación dada es: 1 3 1 2 2x 2x 2x yg = ygh + yp = C1 e + C2 xe + x + x e . 6 2 R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca

♣


βτ αηφoη

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Ejemplo Si y1 = x y y2 = x ln x son soluciones linealmente independientes de la ecuación 2 ′′ diferencial x y − xy ′ + y = 0. Hallar la soluci´ on general de la ecuaci´ on diferencial de Cauchy 2 ′′ ′ x y − xy + y = 4x ln x ´ SOLUCION.Coloquemos la E.D. en forma can¶onica 1 ln x 1 y ′′ − y ′ + 2 y = 4 , x x x

x 6= 0

① y1 = x y y2 = x ln x, entonces ygh = C1 x + C2 x ln x. x x ln x = x ln x + x − x ln x = x 6= 0 ② W (y1, y2 ) = 1 1 + ln x ③

u′1

u′2

4 ln x −x ln x 4 ln2 x y2 R(x) x = = = − W (y1 , y2 ) x x 4 ln x x y1 R(x) 4 ln x x = = = W (y1 , y2 ) x x

④ Hallemos u1 y u2 : Z

u′1

Z 4 ln2 x 4 dx = − dx = − ln3 x x 3

u2 =

Z

u′2

u1 =

dx =

Z

4 ln x dx = 2 ln2 x x

z = ln x dx dz = x z = ln x dx dz = x

⑤ La solución particular es: 4 4 2 yp = u1 y1 +u2 y2 = − ln3 x x+(2 ln2 x)x ln x = −e−2x sen(ex ) = − x ln3 x+2x ln3 x = x ln3 x 3 3 3 ⑥ La solución general es 2 yg = ygh + yp = C1 x + C2 x ln x + x ln3 x 3


´lculo III Ca


βτ αηφoη

199


♣ Ejemplo

Hallar la solución general de la ecuaci´ on: x2 y ′′ − 2xy ′ + 2y = x2

´ SOLUCION.Dos soluciones particulares de la homogénea asociada son y1 = x; y2 = x2 , calculemos el Wronskiano x x2 W (y1, y2 ) = 1 2x

= x2 ,

por lo tanto L.I. ∀x 6= 0

Luego la solución general del sistema homogéneo es: ygh = C1 x + C2 x2 .

Para hallar una solución particular de la no homogénea usamos el método de variación de las constantes. Tenemos el sistema  ′ ′ 2  C1 (x)x + C2 (x)x = 0 2  C ′ (x) + 2C ′ (x)x = x = 1 1 2 x2

 ′  C1 = −1  C′ = 1 2 x

de donde obtenemos: C1 = −x+A1 ; C2 = ln x+A2 entonces la solución general de la no homogénea es : y = (−x + A1 )x + (ln x + A2 )x2 = A1 x + A2 x2 + x2 (ln x − 1),

x 6= 0

luego, y0 = x2 (ln x − 1) es una solución particular para la ecuación no homogénea. Ejemplo

♣

Hallar la solución general de la ecuaci´ on: x2 y ′′ − 2xy ′ + 2y = x2

1 ´ SOLUCION.Dos soluciones particulares de la homogénea asociada son y1 = x; y2 = . Calcux laremos el Wronskiano 1 x x = − 1 − 1 = − 2 W (y1, y2 ) = 1 −1 x x x x2 por lo tanto L.I. ∀x 6= 0 e infinito. Luego la solución general del sistema homogéneo es: ygh = C1 x +

C2 . x

Para obtener la solución particular de la no homogénea usamos el método de variación de constantes, tenemos el sistema R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

 ′ ′ 1    C1 x + C2 x = 0    C′ − C′ 1 = 1 1 2 2 x x

integrando

200


 ′ ′ 1    C1 x + C2 x = 0    C′ x − C′ 1 = 1 1 2 x x2 4

y C1 =

yp =

x x ln x − 2 4

C2 = −

1 ln x 2

  ′ 1 ′1  C + C = −1  2 2  x x     x C2′ = −  2      1   C1′ = 2x

Por lo tanto la solución general de la ecuación diferencial no homogénea es y = ygh + yp = C1 x +

x C2 x + ln x − x 2 4

♣

EJEMPLO 4.5. Considere la ecuación y ′′ +15y = cos 4x+sen 2x. a) Calcular la solución general. b) Determine la solución con y(0) = y ′(0) = 0. c) Realiza una breve descripción del comportamiento de la solución del inciso (b). Soluci´ on. (a) Usando el Método de Coeficientes Indeterminados. Se determina la solución general de la ecuación homogénea y ′′ + 15y = 0, construyendo primero la ecuación auxiliar y determinando sus ra´ıces: √ m = i √ 15 2 m + 15 = 0, m = −i 15 Lo que implica que la solución general de la ecuación homogénea asociada es: √ √ ygh = C1 cos 15x + C2 sen 15x A continuación, hacemos que yp sea una forma generalizada de cos 4x + sen 2x. Esto es, hacemos yp = A cos 4x + B sen 4x + C cos 2x + D sen 2x. de aqu´ı obtenemos


yp′ = −4A sen 4x + 4B cos 4x − 2C sen 2x + 2D cos 2x. ´lculo III Ca


βτ αηφoη

201


yp′′ = −16A cos 4x − 16B sen 4x − 4C cos 2x − 4D sen 2x. Sustituyendo en la ecuación dada obtenemos (15A−16A) cos 4x+(15B−16B) sen 4x+(15C−4C) cos 2x+(15D−4D) sen 2x = cos 4x+sen 2x −A cos 4x − B sen 4x + 11C cos 2x + 11D sen 2x = cos 4x + sen 2x En consecuencia, yp es una solución, una vez igualados los coeficientes de cos 4x y de sen 2x, que dan lugar al sistema.  −A = 1    −B = 0 11C = 0    11D = 1 1 con soluciones A = −1, B = 0, C = 0 y D = . Luego la solución general es 11 √ √ 1 y = yh + yp = C1 cos 15x + C2 sen 15x − cos 4x + sen 2x 11 (a) Usando el Método de Variación de parámetros. Como la ecuación ya esta en su forma reducida, entonces procedemos a determinar la solucion complementaria, de y ′′ + 15y = 0, construyendo primero la ecuación auxiliar y determinando sus ra´ıces: √ √ m2 + 15 = 0, m = i 15, m = −i 15 Lo que implica que la solución general de la ecuación homogénea asociada a la ecuación dada es: √ √ ygh = C1 cos 15x + C2 sen 15x √ √ Por lo tanto como y1 = cos 15x y y2 = sen 15x, entonces la solución particular es: √ √ yp = u1 cos 15x + u2 sen 15x Ahora se determina los valores de W , W1 y W2 : √ √ √ √ √ √ √ cos 15x sen 15x = 15 cos2 15x + 15 sen2 15x = 15 √ √ √ W = √ − 15 sen 15x 15 cos 15x √ √ 0 sen 15x = −(cos 4x + sen 2x) sen 15x √ √ W1 = cos 4x + sen 2x 15 cos 15x √ √ cos 15x 0 = cos 15x (cos 4x + sen 2x) √ W2 = √ − 15 sen 15x cos 4x + sen 2x


´lculo III Ca


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202


Con lo cual ahora se puede determinar las funciones incógnitas:

u1

u2

Z

Z √ W1 = dx = cos 15x (cos 4x + sen 2x) dx W h h h h √ i √ i √ i √ i cos − 4 + 15 x cos − 4 + 15 x sen − 2 + 15 x sen − 2 + 15 x √ √ √ √ = − − + − 2 − 4 + 15 2 − 4 + 15 2 − 2 + 15 2 − 2 + 15 Z √ W1 = dx = − (cos 4x + sen 2x) sen 15x dx W h h h h √ i √ i √ i √ i cos − 2 + 15 x cos − 2 + 15 x sen − 4 + 15 x sen − 4 + 15 x √ √ √ √ = − + + 2 − 2 + 15 2 − 2 + 15 2 − 4 + 15 2 − 4 + 15 Z

Por lo tanto la solución particular viene dada por: √ √ yp = u1 cos 15x + u2 sen 15x

Entonces se puede concluir que la solución general a la ecuación dada es: √ √ √ √ yg = C1 cos 15x + C2 sen 15x + u1 cos 15x + u2 sen 15x (b) (c)

♣

EJEMPLO 4.6. Resolver la ecuación diferencial 6 1 ′′ ′ 2x − , y + 2y − 8y = e x x2

x>0

Soluci´ on. Se trata de una ecuación diferencial lineal completa de orden 2 y coeficientes constantes. Para determinar su solución general usaremos que yg = ygh + yp siendo yg el conjunto de soluciones de la ecuación diferencial completa, ygh el espacio vectorial de las soluciones de la ecuación diferencial homogénea asociada e yp una solución particular de la ecuación diferencial completa. Se resuelve en primer término la ecuación diferencial homogénea asociada


y ′′ + 2y ′ − 8y = 0 ´lculo III Ca


βτ αηφoη

203


El polinomio caracter´ıstico de dicha ecuación diferencial es m2 + 2m − 8 = 0, cuyas ra´ıces son m=

−2 ±

p

√ 22 − 4(1)(−8) −2 ± 36 = = −1 ± 3, 2 2

m1 = −4,

m2 = 2

As´ı pues se trata de ra´ıces simples distintas, por lo que un conjunto fundamental (CF) o un sistema fundamental de soluciones (SFS) para la ecuación diferencial es {e−4x , e2x }, Por lo tanto la solución general de la ecuación diferencial homogénea es ygh = Ae−4x + Be2x Para buscar una solución particular de la ecuación diferencial completa aplicaremos la técnica de variación de parámetros. El método de variación de parámetros (MVP) nos asegura la existencia de una solución particular de la ecuación diferencial completa yp de la forma yp = A(x)e−4x + B(x)e2x con A′ (x) y B ′ (x) soluciones del siguiente sistema algebraico: A′ (x)e−4x + B ′ (x)e2x = 0 ′

−4x

−4A (x)e

′

2x

+ 2B (x)e

2x

= e

1 6 − 2 x x

Para resolver este sistema hallemos los siguientes determinantes: e−4x e2x W = = 2e−4x e2x + 4e−4x e2x = 6e−2x −4e−4x 2e2x 2x e 0 6 1 6 1 2x 2x 4x 1 W1 = 2x 6 = −e e = −e − − − 2 2e2x x x2 x x2 e x x e−4x 0 6 1 6 1 −4x 2x −2x 6 1 =e e W2 = − =e − −4x − 2 e2x x x2 x x2 −4e x x

Con lo cual ahora se puede determinar las funciones incógnitas:


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204


1 6 Z Z −e4x − 2 W1 x x A = dx = W 6e−2x

1 = − 6

Z

e

1 = − 6

Z

1 1 e6x du = − u = − 6 6 x

6x

6 1 − 2 x x

dx

dx

1 u = e6x x 6x 1 6x 6 du = 6e − e 2 dx x x 6 1 du = e6x − dx x x2

Otro modo de hacer esto mismo es aplicando la técnica de integración por partes, en efecto: 6 1 6 Hagamos u = , entonces du = − 2 dx. Asignemos dv = e6x dx, entonces v = e6x . Por tanto x x 6 Z Z 6 6 1 6x 1 6x 6 e6x dx = e + e dx x x6 6 x2 de donde

Z

6x

e

6 1 − 2 x x

dx =

e6x x

Por otro lado tenemos:

B=

Z

W2 dx = W

−2x

Z e

6 1 − 2 x x 6e−2x

1 dx = 6

Z

6 1 − 2 x x

1 1 dx = 6 ln x + 6 x

Por lo tanto la solución particular viene dada por: 1 e6x −4x 1 e2x e2x yp = − e + ln x + e2x = − + ln xe2x + = ln xe2x 6 x 6x 6x 6x Entonces se puede concluir que la solución general a la ecuación dada es: yg = Ae−4x + Be2x + ln xe2x ♣


´lculo III Ca


βτ αηφoη

205


4.7.

Modelado con ecuaciones diferenciales de orden superior.

4.7.1.

Sistemas de resorte y masa: movimiento libre no amortiguado.

Ley de Hooke. Supongamos que, como en la figura 4.1(b), una masa m1 esta unida a un resorte exible colgado de un soporte r´ıgido. Cuando se reemplaza m1 con una masa distinta m2 , el estiramiento, elongación o alargamiento del resorte cambiará. Seg´ un la ley de Hooke, el resorte ejerce una fuerza de restitución, F , opuesta a la dirección del alargamiento y proporcional a la cantidad de alargamiento s. En concreto, F = kx, donde k es una constante de proporcionalidad llamada constante del resorte. Aunque las masas con distintos pesos estiran un resorte en cantidades distintas, éste está caracterizado esencialmente por un n´ umero k; por ejemplo, si una masa que pesa 10 libras estira 1/2 pie un resorte, entonces 10 = k(1/2) implica que k = 20lb/f t. Entonces , necesariamente, una masa cuyo peso sea de 8 libras estirará el resorte 2/5 de pie. Segunda ley de Newton. Después de unir una masa m a un resorte, ésta lo estira una longitud s y llega a una posición de equilibrio, en la que su peso, W , está equilibrado por la fuerza de restauración ks. recordemos que por W = mg, donde la masa se expresa en slugs, elpeso hse define i h cm i m ft kilogramos o gramos y g = 32 2 , 9.8 2 o 980 2 , respectivamente. Como se aprecia en la s s s figura 4.2, la condición de equilibrio es mg = ks. Si la masa se desplaza una distancia x respecto de su posición de equilibrio, la fuerza de restitución del resorte es k(x + s). Suponiendo que no hay fuerzas de retardo que act´ uen sobre el sistema y que la masa se mueve libre de otras fuerzas externas (movimiento libre), entonces podemos igualar la segunda ley de Newton con la fuerza neta, o resultante, de la fuerza de restitución y el peso: d 2x m 2 = −k(s + x) + mg = −ks + mg − kx = −kx dt

(4.67)

El signo negativo indica que la fuerza de restitución del resorte act´ ua en la dirección opuesta del movimiento. Además podemos adoptar la convención que los desplazamientos medidos abajo de la posición de equilibrio son positivos. Si dividimos la ecuación (4.67) por la masa m, obtendremos la ecuación diferencial de segundo orden  2 d x k     dt2 + m x = 0 (4.68)  2  d x   + w2x = 0 dt2 k donde w 2 = . Se dice que la ecuación (4.68) describe el movimiento armónico simple o movimienm to libre no amortiguado. Dos condiciones iniciales obvias asociadas con (4.68) son x(0) = α, la cantidad de desplazamiento inicial, y x ′ (0) = β, la velocidad inicial de la masa. R mατ ιo ξτ τ o s

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206


Solución y ecuación del movimiento. Para resolver la ecuación (4.68) observamos que las soluciones de la ecuación auxiliar m2 +w 2 = 0 son los n´ umeros complejos m1 = wi, m2 = −wi. As´ı, la solución general de (4.68) es x(t) = c1 coswt + c2 senwt (4.69) 1 w 2π , y la frecuencia es f = = . El periodo de las vibraciones libres que describe (4.69) es T = w T 2π 3π 1 3w Por ejemplo, para x(t) = 2 cos wt − 4 sen wt, T = ,yf= = . Esto significa que la gráfica w T 2π 2π de x(t) se repite cada unidades y que hay tres ciclos de la gráfica cada 2π unidades o, lo que w 3π es lo mismo, que la masa pasa por vibraciones completas por unidad de tiempo, ver figura 4.3. w EJEMPLO 4.7. Resuelve e interpreta el problema de valor inicial d 2x + 16x = 0, dt2

x(0) = 10 x ′ (0) = 0

´ SOLUCION.El problema equivale a tirar hacia abajo una masa unidad a un resorte 10 unidades de longitud respecto de la posición de equilibrio, sujetarla hasta que t = 0 y soltarla desde el reposo en ese instante. Al aplicar las condiciones iniciales a la solución x(t) = c1 cos 4t+c2 sen 4t se obtiene que la ecuación del movimiento es x(t) = 10 cos 4t. Está claro que la solución indica que el sistema permanece en movimiento una vez puesto en movimiento y la masa va y viene 10 unidades a cada π π lado de la posición de equilibrio x=0. El periodo de oscilación es 2 = , ver figura 4.4. ♣ 4 2 EJEMPLO 4.8. Una masa que pesa 2 lb hace que un resorte se estire 6 in. Cuando t = 0, la masa se suelta desde unpunto a 8 in abajo de la posición de equilibrio con una velocidad inicial, ft . Deduzca la ecuación del movimiento libre. hacia arriba, de 4 3 s ´ SOLUCION.Al emplear el sistema técnico de unidades inglesas, las medidas expresadas en 1 2 pulgadas se deben pasar a pies: 6in = [f t]; 8in = [f t]. Además, debemos convertir las unidades 2 3 W de peso, que están en libras, en unidades de masa. Partimos de m = y, en este caso, m = g 2 1 1 = [slug]. También, seg´ un la ley de Hooke, = k( ) implican que la constantes del resorte es 32 6 2 lb k=4 ; por lo tanto, la ecuación (4.67) se transforma en ft 1 d 2x = −4x o 16 dt2

d 2x + 64x = 0 dt2

2 4 El desplazamiento y la velocidad iniciales son x(0) = , x ′ (0) = − , donde el signo negativo en la 3 3 u ´ ltima condición es consecuencia de que la masa recibe una velocidad inicial en dirección negativa R mατ ιo ξτ τ o s

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207


o hacia arriba. Entonces, w 2 = 64, o sea, w = 8, de modo que la solución general de la ecuación diferencial es x(t) = c1 cos 8t − c2 sen 9t (4.70) Al aplicar, las condiciones iniciales x(0) =

4 2 1 2 , x ′ (0) = − se tiene c1 = y c2 = − . As´ı, la 3 3 3 6

ecuación del movimiento es (ver figura 4.5) 1 2 x(t) = cos 8t − sen 9t 3 6

4.8.

(4.71) ♣

Desviaci´ on de una viga.

Una buena cantidad de estructuras se construyen a base de vigas, vigas que se desv´ıan o distorsionan por su propio peso o la influencia de alguna fuerza externa. Esta desviación y(x) está determinada por una ecuación diferencial lineal de cuarto orden. Supongamos que una viga de longitud L es homogénea y tiene sección transversal uniforme en toda su longitud. Cuando no recibe carga alguna, incluyendo su propio peso, la curva que une los centroides de sus secciones transversales es una recta que se llama eje de simetr´ıa. Si a la viga se le aplica una carga en un plano vertical que contenga al eje de simetr´ıa, sufre una distorsión y la curva que une los centroides de las secciones transversales se llama curva de desviaci´ on, curva elástica o elástica. La elástica aproxima la forma de la viga. Supongamos que el eje x coincide con el eje de simetr´ıa y que la desviaci´ on o flecha y(x), medida desde el eje, es positiva si es hacia abajo. En teor´ıa de la elasticidad se demuestra que el momento flexionante M(x) en un punto x a lo largo de la viga, se relaciona con la carga por unidad de longitud w(x) mediante la ecuación d 2M = w(x) dx2

(4.72)

Además, el momento flexionante M(x) es proporcional a la curvatura, κ, de la elástica: M(x) = EIκ

(4.73)

en que E e I son constantes, E es el módulo de Young de elasticidad del material de la viga e I es el momento de inercia de la sección transversal de ésta. El producto EI se denomina rigidez de la flexi´ on de la viga. Seg´ un el cálculo diferencial, la curvatura es y ′′ κ= 2 32 ′ 1+ y

3 ′ 2 2 Cuando la desviación y(x) es peque˜ na, la pendiente y ≈ 0, de modo que 1 + y ≈ 1. Si ′′ ′′ κ = y , la ecuación (4.73) se transforma en M = EIy . La segunda derivada de esta ecuación es ′

d 2M d 2 ′′ d4 y = EI y = EI dx2 dx2 dx4 R mατ ιo ξτ τ o s

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βτ αηφoη


208

d 2M en la (4.74) y vemos que la Aplicamos el resultado de la ecuación (4.72)para reemplazar dx2 desviación y(x) satisface la ecuación diferencial de cuarto orden d4 y EI 4 = w(x) dx

(4.75)

Las condiciones en la frontera asociadas a esta ecuación dependen de la forma en que están sostenidos los extremos de la viga. Una viga en voladizo está empotrada en un extremo y libre en el otro. Un trampol´ın, un brazo extendido, el ala de un avión y una marquesina son ejemplos comunes de este caso, pero hasta los árboles, las astas de banderas, los rascacielos y los monumentos pueden trabajar como vigas en voladizo, ya que están empotrados en su base y sufren la fuerza del viento, que los tiende a flexionar. Para una viga en voladizo, la desviación y(x) debe satisfacer las dos condiciones siguientes en el extremo empotrado en x = 0: y(0) = 0 porque no hay desviación en ese lugar, y ′ (0) = 0 porque la curva de desviación es tangente al eje x (la pendiente de la curva de desviación es cero en ese punto). Cuando x = L las condiciones del extremo libre son: y ′′ (L) = 0 porque el momento flexionante es cero, y ′′′ (L) = 0 porque la fuerza cortante es cero. dM d3 y = Ei 3 se llama fuerza cortante. Si un extremo de una viga está simdx dx plemente apoyado, embisagrado, articulado o empernado, se debe cumplir que y = 0 y y ′′ = 0 en ese extremo.

La función F (x) =

EJEMPLO 4.9. Una viga de longitud L está empotrada en ambos extremos. Determine la desviación de esa viga si sostiene una carga constante, w0 , uniformemente distribuida en su longitud; esto es, w(x) = w0 ; 0 < x < L ´ SOLUCION.Seg´ un lo expuesto, la desviación y(x) satisface a d4 y EI 4 = w0 dx

(4.76)

Puesto que la viga está empotrada en su extremo izquierdo (x = 0) y en su extremo derecho (x = L), no hay desviación vertical y la elástica es horizontal en esos puntos. As´ı, las condiciones en la frontera son y(0) = 0, y ′ (0) = 0, y(L) = 0, y ′ (L) = 0 R mατ ιo ξτ τ o s

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209


Integrando cuatro veces sucesivas o resolviendo la ecuación diferencial no homogénea en la forma acostumbrada, llegamos a la solución general: y(x) = c1 + c2 x + c3 x2 + c4 x3 +

w0 4 x 24EI

Ahora bien, las condiciones y(0) = 0, y ′ (0) = 0 dan c1 = 0 y c2 = 0, mientras que las condiciones w0 4 restantes, y(L) = 0, y ′ (L) = 0, aplicada a y(x) = c3 x2 + c4 x3 + x originan las ecuaciones: 24EI w0 4 c3 L2 + c4 L3 + L = 0 24EI w0 3 L = 0 2c3 L + 3c4 L2 + 6EI Al resolver este sistema se obtiene c3 = y(x) =

w0 L2 w0 L y c4 = − . Entonces, la desviación es 24EI 12EI

w0 L2 2 w0 L 3 w0 4 w0 2 x − x + x = x (x − L)2 24EI 12EI 24EI 24EI ♣


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CAPÍTULO 5

LA TRANSFORMADA DE LAPLACE

5.1.

Resumen

La transformada de Laplace tiene gran interés de por s´ı y por sus estrechas relaciones con diversos campos de la Matemática; pero además, y en lo que a nosotros concierne, su uso proporciona un método eficiente para resolver ciertos tipos de ecuaciones diferenciales e integrales. El estudio riguroso de sus propiedades, en particular de la fórmula de inversión, requiere un conocimiento suficiente de Análisis Complejo que permita abordar las demostraciones. Como el primer cap´ıtulo de esta memoria lo hemos dedicado precisamente a este tema, y aunque en estas breves notas no nos preocuparemos de exponer los hechos muy detalladamente, estamos ahora en condiciones de efectuar un estudio razonablemente completo para nuestros propósitos. Dada f : R → C una función arbitraria tal que f (t) = 0 en −∞ < t < 0, la transformada de Laplace de f (t) es Z ∞ F (p) = L[f ](p) = e−pt f (t) dt, p ∈ C, 0

supuesto que la integral existe.

Restringiremos nuestra atención a funciones absolutamente integrables en cada intervalo acotado 0 ≤ t ≤ a y para las cuales F (α) es convergente para alg´ un α ∈ R. (Esto u ´ ltimo es cierto si, por ejemplo, existen α0 < α, t0 > 0 y M > 0 tales que |f (t)| ≤ Meα0 t t ≥ t0 .) En estas condiciones, es claro que F (p) existe para Re(p) > α, pero no sólo eso, sino que las funciones Z T FT (p) = e−pt f (t) dt son anal´ıticas en Re(p) > α y convergen uniformente sobre compactos a 0

F (p) cuando T → ∞. Por tanto, la transformada de Laplace F (p) es holomorfa en el semiplano 210

βτ αηφoη

211


Re(p) > α. El operador L es, obviamente, lineal. Pero además tiene muchas otras propiedades importantes, como comentamos a continuación. Sin precisar las hipótesis, su comportamiento respecto a la derivación es L[f ′ (t)](p) = pF (p) − f (0+ ),

L[tf (t)](p) = −F ′ (p).

donde f (0+ ) denota el l´ımite de f (t) cuando t tiende a 0 por la derecha. Lógicamente, ambas fórmulas pueden generalizarse por inducción para L[f (n) (t)] y L[tn f (t)],

n ≥ 1.

En lo que se refiere a la integración, los resultados que se tienen son del tipo L

Z

t 0

L t−1 f (t) =

F (p) , f (τ ) dτ = p

Z

∞

F (τ ) dτ

p

Por u ´ ltimo, el comportamiento respecto a traslaciones a derecha e izquierda de la variable es Z t0 −pt0 −pt0 L f (t − t0 ) = e F (p), L f (t + t0 ) = e F (p) − ep(t0 −τ ) f (τ ) dτ, 0

donde t0 es una constante positiva.

Con estas propiedades, y el cálculo directo de transformadas de Laplace de algunas funciones a partir de la definición, es fácil encontrar una nutrida tabla de transformadas de funciones. Antes de continuar, veamos un ejemplo sencillo de cómo aplicar esto a la resolución de ecuaciones diferenciales. Supongamos que, para t ≥ 0, tenemos la ecuación lineal x′′ (t) + ax(t) = b(t) con condición inicial x(0) = x0 (y donde a es una constante). Si denotamos X = L[x] y B = L[b], aplicando las propiedades anteriores es claro que X(p) = (x0 + B(p))/(p + a). Es posible que sepamos reconocer X(p) como la transformada de Laplace de alguna función. Pero para poder asegurar que esta función es realmente la solución de la ecuación que estamos buscando necesitamos que la antitransformada de X(p) sea u ´ nica. Este hecho es en esencia cierto, y constituye el aspecto más delicado de la teor´ıa que estamos tratando. Aqu´ı se utilizan técnicas tanto de Análisis Real (en particular, el lema de RiemannLebesgue y el lema de Dirichlet), como de integración a lo largo de recintos en el plano complejo. Se dice que una función satisface la condición de Dirichlet si, en cada intervalo acotado, tiene a lo más un n´ umero finito de máximos, m´ınimos y puntos de discontinuidad, y las discontinuidades son de salto finito. As´ı, sea una función f (t) que cumple la condición de Dirichlet y F (p) su transformada de Laplace, convergente en el semiplano Re(p) > α. En estas condiciones se tiene la fórmula de inversión que garantiza que, para γ > α,

1 2πi R mατ ιo ξτ τ o s

Z

γ +i∞

γ −i∞

ept F (p) dp =

 0    

1 f (0+ ) 2 1 [f (t− ) 2

si t < 0; si t = 0; + f (t+ )]

´lculo III Ca

si t > 0. Jasmer LPC - Intocables

βτ αηφoη

212


Ya hemos comentado cómo usar la transformada de Laplace para resolver una ecuación lineal de primer orden con coeficientes constantes. Análogamente, si tenemos un problema de valores iniciales cuya ecuación diferencial es lineal de orden n con coeficientes constantes y término independiente arbitrario, basta aplicar L en ambos lados de la ecuación, obteniéndose as´ı fácilmente la solución del problema como la antitransformada de cierta función. As´ı mismo, la transformada de Laplace también resulta u ´ til si los coeficientes de la ecuación lineal son polinomios de primer grado, ya que su uso convierte la ecuación diferencial de partida en una lineal de primer orden cuya función incógnita es la transformada de Laplace de la solución buscada. Por tanto, resolviendo esta nueva ecuación y tomando antitransformadas, se obtiene la solución de la ecuación original. Dadas dos funciones f, g : R → C que se anulan para t < 0, se llama convolución de f y g a la nueva función Z t (f ∗ g)(t) = f (τ )g(t − τ ) dτ, 0

supuesto que la integral sea convergente. Con las hipótesis adecuadas, una sencilla aplicación del teorema de Fubini muestra que L[f ∗ g](p) = L[f ](p) L[g](p), es decir, la transformada de una convolución es simplemente el producto de las transformadas individuales, un resultado de considerable importancia. Una interesante aplicación de esta propiedad aparece como sigue: Si f (t) y k(t) son funciones dadas, entonces la ecuación Z t f (t) = x(t) + x(t − τ )x(τ ) dτ, 0

en la que la función incógnita x(t) aparece bajo el signo de integración, se denomina ecuación integral (de tipo Volterra). Debido a su forma especial, en la que la integral es la convolución de las dos funciones k(t) y x(t), esta ecuación se puede resolver por medio de las transformadas de Laplace. Para ello, basta aplicar L a ambos lados de la ecuación, de donde se sigue L[x](p) =

L[f ](p) , 1 + L[k](p)

y si esta función es una transformada reconocible se tendrá inmediatamente la solución x(t).

5.2.

Introducci´ on a las transformadas integrales

Vamos a introducir en este tema una herramienta u ´ til en la resolución de ecuaciones diferenciales y sistemas de ecuaciones diferenciales. La transformada de Laplace es un operador (act´ ua sobre funciones dando lugar a otras funciones) cuya principal propiedad es transformar las derivadas de una función en potencias. En el caso particular de las ecuaciones lineales de coeficientes constantes, este operador transforma la ecuación en un polinomio o una función racional cuyas ra´ıces ( que R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

213


van a ser funciones) nos van a proporcionar las soluciones de la ecuación. Resulta especialmente u ´ til cuando en la ecuación intervienen funciones periódicas, o un tipo particular de funciones denominadas funciones escalón y funciones impulso, que aparecen en problemas de fuerzas, ondas y corrientes eléctricas. En este apartado aprenderemos un método alternativo para resolver el problema de valores iniciales y ′′(x) + py ′(x) + qy(x) = f (x),

p, q ∈ R,

y(x0 ) = y0 , y ′ (x0 ) = y0′

(5.1)

La idea consiste en convertir de alguna forma la ecuación diferencial en una ecuación algebraica en general más “sencilla” de resolver y luego invertir el proceso de forma que obtengamos la solución buscada. ¿Es posible y si lo es, cómo hacerlo? La respuesta la da una conocida transformada integral. Para tener una idea de que es una trasformada integral consideraremos, por ejemplo, el espacio R[a,b] de las funciones f (x) integrables seg´ un Riemann en [a, b] y sea K(x, t) una función integrable en [a, b], para todo t ∈ A ⊂ R. Entonces podemos definir para cada una de las funciones de R[a,b] podemos definir un funcional T [f ] tal que T [f ] =

Z

b

K(x, t)f (x) dx = F (t)

a

La función K(x, t) se suele denominar n´ ucleo de la transformación y a F (t) transformada de la función f . Una propiedad inmediata de éstas transformadas es que son lineales, es decir, cuales quiera sean los n´ umeros α y β y las funciones f (x) y g(x) de T [αf + βg] = αT [f ] + βT [g] Estas transformaciones tienen la propiedad de convertir el problema diferencial lineal en un problema algebraico lineal equivalente. Algunas de las elecciones más u ´ tiles para los l´ımites a y b, y el n´ ucleo k se recogen en la siguiente tabla: Transformada Laplace Fourier Mellin Hankel Hilbert R mατ ιo ξτ τ o s

Directa Z ∞ F (t) = e−tx f (x) dx 0 Z ∞ ˆ = f(p) f (x)e−ipx dx Z−∞∞ F (s) = f (t)ts−1 dx 0 Z ∞ F (k) = f (t)Jn (kt)t dt 0 Z 1 ∞ f (x) g(y) = dx π −∞ x − y ´lculo III Ca

Inversa Z ξ+i∞

2 e−tx F (t) dt 2πi ξ−i∞ Z 1 +∞ ˆ ipx f (x) = f e dx 2π −∞ Z i∞ 1 f (t) = F (s)t−s ds 2πi −i∞ Z

f (x) =

∞

f (t) =

F (k)Jn (kt)k dk Z 1 ∞ g(y) f (x) = − dy π −∞ y − x 0


βτ αηφoη

5.3.

214


Definici´ on de la transformada de Laplace

Vamos a introducir ahora una transformada integral de especial importancia: la transformada de Laplace ´ 5.1. Sea f una función definida en [0, ∞) (f : [0, ∞) → R). La transformada de DEFINICION Laplace de f (t) es la función L[f ] o F (t) (L[f ] : R → R transformada integral) definida por la integral Z F (t) = L[f ](t) =

∞

e−tx f (x) dx,

(5.2)

0

donde la integral se entiende en el sentido impropio, o sea Z ∞ Z z −tx e f (x) dx = l´ım e−tx f (x) dx z→∞

0

0

La función f se denomina función objeto y la funci´ on F se denomina funci´ on imagen. Si la integral anterior diverge para un valor de t, entonces la transformada no est¶a definida en ese punto. Ejemplo

La trasnformada de f (x) = 1, x > 0 es F (t) =

1 t

´ SOLUCION.Z

∞

Z

z

1 dx = l´ım e−tx dx z→∞ 0 0 −tx z −e −e−tz 1 1 = l´ım − + = , = l´ım z→∞ t 0 z→∞ s t t

L[1](t) =

−tx

e

t>0

1 si t < 0 la integral diverge, por lo tanto F (t) = , si t > 0. t Ejemplo

La trasnformada de f (x) = eax con a constante es F (t) =

♣ 1 cuando t > a. t−a

´ SOLUCION.ax

Z

∞

Z

e

si t < a la integral diverge, por lo tanto F (t) = R mατ ιo ξτ τ o s

z

e dx = l´ım e−(t−a)x dx z→∞ 0 0 −(t−a)x z −e −e−(t−a)z 1 1 = l´ım − + = , = l´ım z→∞ t − a 0 z→∞ t−a t−a t−a

L[e ](t) =

−tx ax

1 , si t > a. t−a

´lculo III Ca

t>a

♣


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215


Ejemplo

La trasnformada de f (x) = sen(bx) es L[sen(bx)](t) =

t2

b cuando t > 0. + b2

´ SOLUCION.Recordemos las siguientes formulas: Z ax e a sen(bx) − b cos(bx) eax sen(bx) dx = a2 + b2 entonces tenemos:

L[sen(bx)](t) = = = =

Z

∞

−tx

e

e−tx

z→∞

l´ım

e−tz

z→∞

t2

b , + b2

Z

z

t>0

si t < 0 la integral diverge, por lo tanto F (t) = Ejemplo

eax a cos(bx) + b sen(bx) eax cos(bx) dx = a2 + b2

e−tx sen(bx) dx z→∞ 0 z − t sen(bx) − b cos(bx) (−t)2 + b2 0 e0 − t sen(0) − b cos(0) − t sen(bz) − b cos(bz) − t2 + b2 t2 + b2

sen(bx) dx = l´ım

0

l´ım

y

Z

t2

b , si t > 0. + b2

♣

La trasnformada de f (x) = sen(bx + c) es L[sen(bx + c)](t) =

t sen(c) + b cos(c) t2 + b2

cuando t > 0

´ SOLUCION.Hagamos bu = bx + c, 1/b(bu − c) = x b du = b dx. As´ı Z

ax

e sen(bx + c) dx =

Z

a/b(bu−c)

e

sen(bu) du =

Z

Z

eau−ac/b sen(bu) du

eau a sen(bu) − b cos(bu) = e−ac/b eau sen(bu) du = e−ac/b a2 + b2 ea/b(bx+c)−ac/b a sen(bx + c) − b cos(bx + c) = a2 + b2 eax a sen(bx + c) − b cos(bx + c) = a2 + b2

Por lo tanto R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


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216


Z

∞

Z

z

e−tx sen(bx + c) dx 0 0 z −tx e − t sen(bx + c) − b cos(bx + c) = l´ım z→∞ (−t)2 + b2 0 −tz e − t sen(bz + c) − b cos(bz + c) e0 − t sen(c) − b cos(c) = l´ım − z→∞ t2 + b2 t2 + b2 t sen(c) + b cos(c) = , t>0 t2 + b2

L[sen(bx + c)](t) =

−tx

e

sen(bx + c) dx = l´ım

z→∞

si t < 0 la integral diverge, por lo tanto F (t) = Ejemplo

t sen(c) + b cos(c) , si t > 0. t2 + b2

♣

La trasnformada de f (x) = cos(bx + c) es L[cos(bx + c)](t) =

t cos(c) − b sen(c) t2 + b2

cuando t > 0

´ SOLUCION.Z

eax a cos(bx + c) + b sen(bx + c) e sen(bx + c) dx = a2 + b2 ax

Por lo tanto Z

∞

Z

z

e−tx cos(bx + c) dx 0 0 z −tx e − t cos(bx + c) + b sen(bx + c) = l´ım z→∞ (−t)2 + b2 0 −tz e − t cos(bz + c) + b sen(bz + c) e0 − t cos(c) + b sen(c) = l´ım − z→∞ t2 + b2 t2 + b2 t cos(c) − b sen(c) = , t>0 t2 + b2

L[cos(bx + c)](t) =

−tx

e

cos(bx + c) dx = l´ım

z→∞

si t < 0 la integral diverge, por lo tanto F (t) =

t cos(c) − b sen(c) , si t > 0. t2 + b2

♣

La linealidad de la integral conduce inmediatamente a la de la transformación de Laplace, esto es, R mατ ιo ξτ τ o s

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217


TEOREMA 5.1 (Linealidad de la transformada). Sean f , g : [0, ∞) → R, si existen L[f ] y L[g] y α, β ∈ R, entonces existe L[αf + βg] y se tiene que: L[αf + βg] = αL[f ] + βL[g] Esta propiedad fundamental permitirá conservar la linealidad del problema diferencial cuando se convierta en algebraico. Ejemplo

Determinar L[11 + 5e4x − 6 sen(2x)](t)

´ SOLUCION.L[11 + 5e4x − 6 sen(2x)](t) = L[11](t) + L[5e4x ](t) + L[−6 sen(2x)](t) = 11L[1](t) + 5L[e4x ](t) − 6L[sen(2x)](t) 1 1 2 = 11 · + 5 · −6· 2 t t−4 t + 22 =

11 5 12 + − 2 t t−4 t +4

♣

ex − e−x ex + e−x y cosh x = reciben el nombre de seno Ejemplo Las funciones senh x = 2 2 hiperbólico y coseno hiperbólico. Entonces

L[senh(bx + c)](t) =

t senh(c) + b cosh(c) t2 − b2

y

L[cosh(bx + c)](t) =

t cosh(c) + b senh(c) t2 − b2

´ SOLUCION.-


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218


L[senh(bx + c)](t) = = = = = =

1 bx+c L[e ](t) − L[e−(bx+c) ](t) 2 1 c bx L[e e ](t) − L[e−c e−bx ](t) 2 1 c bx e L[e ](t) − e−c L[e−bx ](t) 2 1 ec (t + b) − e−c (t − b) 1 c 1 −c 1 e −e = 2 t−b t+b 2 (t − b)(t + b) 1 ec t + ec b − e−c t + e−c b 1 ec t − e−c t ec b + e−c b = + 2 2 t2 − b2 2 t2 − b2 t − b2 ec − e−c t ec + e−c b t senh(c) + b cosh(c) + = 2 2 2 2 2 t −b 2 t −b t2 − b2

♣

Igualmente, se puede obtener la siguiente tabla utilizando la definición: f (x) c xn eax sen(bx) sen(bx + c) cos(bx) cos(bx + c) senh(bx) senh(bx + c) cosh(bx) cosh(bx + c) x−1/2 Xc (x) R mατ ιo ξτ τ o s

F (t) = L[f ](t) c L[c](t) = t n! n L[x ](t) = n+1 t 1 ax L[e ](t) = ,t>a t−a b L[sen(bx)](t) = 2 t + b2 t sen(c) + b cos(c) L[sen(bx + c)](t) = t2 + b2 t L[cos(bx)](t) = 2 t + b2 t cos(c) − b sen(c) L[cos(bx + c)](t) = t2 + b2 b L[senh(bx)](t) = 2 ,t>b t − b2 t senh(c) + b cosh(c) L[senh(bx + c)](t) = t2 − b2 t L[cosh(bx)](t) = 2 ,t>b t − b2 t cosh(c) + b senh(c) L[cosh(bx + c)](t) = t2 − b2 r π L[x−1/2 ](t) = ,t>0 t e−ct L[Xc (x)](t) = ,t>0 t ´lculo III Ca


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219

MAT-INF-FIS-QUIM-EST-BIO Tabla 2: Transformadas de Laplace de algunas funciones

5.4.

Condiciones de existencia de transformadas

Puesto que la transformada de Laplace es una integral impropia, las condiciones de existencia se basan en las condiciones para la existencia de integrales impropias; en particular, utilizaremos los criterios de comparación y el concepto de convergencia absoluta. Para ser mas precisos debemos tener en cuenta que esta integral a diferencia de la transformada T Z [f ] anterior puede no estar definida para ciertas funciones continuas pues aunque exista la integral z

0

e−tx f (x) dx para todo z puede que el l´ımite no exista, o bien, que exista no para todo t ∈ R.

Por ejemplo,

  

1 si t > a t−a L[e ](t) = ,   ∞ si s ≤ a ax

x2 −tx

L[e

](t) =

Z

0

∞

ex

2 −tx

f (x) dx = ∞,

∀t ∈ R.

Una pregunta natural es por tanto que clase de funciones tienen transformadas de Laplace. Para trabajar con funciones que tienen transformada de Laplace, vamos a definir dos tipos particulares de funciones: ´ 5.2. Una función f : [0, ∞) → R se dice continua a trozos si para cada b > 0, DEFINICION la función f tiene a lo sumo un n´ umero finito de discontinuidades en [0, b] y todas son de salto finito. Se vio en un curso anterior que las funciones continuas a trozos en intervalos acotados son integrables. Como si f es continua a trozos, e−tx f (x) también lo es, resulta que para todo b > 0, existe Z b e−tx f (x) dx. Para que exista la integral impropia es necesario además que |e−tx f (x)| tienda a 0

0 cuando x → ∞, pero ya se vio en un curso anterior que esto no es suficiente. Por Z ∞ ello, vamos a definir otro tipo de funciones y a dar un criterio para que la integral impropia e−tx f (x) dx 0

converja.

´ 5.3. Una función f : [0, ∞) → R se dice que es de orden exponencial c, si existen DEFINICION x0 ≥ 0 y M > 0 tales que: |f (x)| ≤ Mecx para todo x ≥ x0 . TEOREMA 5.2. Si f es una función continua a trozos de orden exponencial entonces f tiene transformada de Laplace para todo t suficientemente grande. Demostración. Tenemos, para t > c,


|e−tx f (x)| = e−tx |f (x)| ≤ Me−tx+cx = Me−x(t−c) . ´lculo III Ca


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220


Pero la integral Z

∞

−x(t−c)

e

dx = l´ım

z→∞

0

Z

z

e−x(t−c) dx = l´ım

z→∞

0

1 e(c−t)z−1 = , c−t t−c

luego Z ∞ por el criterio de comparación de Weierstrass para las integrales impropias la integral e−tx f (x) dx es absolutamente convergente, y por tanto converge. Nótese además que de la 0

prueba se deduce que la transformada de Laplace existe para todo t > c.

❚

5.5.

Transformada de derivadas e integrales

TEOREMA 5.3. Sean f : [0, ∞) → R una funci´ on de clase C 1 y de orden exponencial c. Entonces para todo t > c existe F (t) y L[f ′ ](t) y se tiene: L[f ′](t) = tL[f ](t) − f (0) = tF (t) − f (0) Demostración. Usando la integración por partes para la integral impropia tenemos Z

∞

L[f ](t) =

−tx ′

−tx

∞ Z f (x) −

∞

f (x) dx = e (e−tx )′ f (x) dx 0 0 0 Z ∞ = −f (0) + t e−tx f ′ (x) dx = tF (t) − f (0).

′

e

0

❚ TEOREMA 5.4. Sean f : [0, ∞) → R una funci´ on de clase C n y de orden exponencial c. Si f ′ , f ′′ , ... , f (n−1) son también de orden exponencial c, entonces existen sus transformadas para todo t > c y se cumple L[f

(n)

n

](t) = t F (t) − n

n−1 X

tk f (n−k−1) (0)

k=0

= t F (t) − tn−1 f (0) − tn−2 f ′ (0) − . . . − f (n−1) (0). Demostración. Supongamos que es cierta para n, entonces


´lculo III Ca


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221


L[f (n+1) ](t) = L[(f (n) ) ′ ](t) = tL[f (n) ](t) − f (n) (0) " # n−1 X k (n−k−1) = t tn F (t) − t f (0) − f (n) (0) k=0

= tn+1 F (t) − = tn+1 F (t) −

n−1 X

k=0 n X

tk+1 f (n−k−1) (0) − f (n) (0) tk f (n−k−1) (0)

k=0

por tanto lo es para n + 1 y por inducción se deduce el resultado. ❚ TEOREMA 5.5. Si F (t) = L[f ](t) entonces ① L[xf (x)](t) = −F ′ (t), ② L[xn f (x)](t) = (−1)n F (n) (t), Demostración. Para probar (1) basta derivar (5.2) respecto a t. En efecto, puesto que F (t) = Z ∞ e−tx f (x) dx, entonces 0

′

F (t) =

Z

∞

−tx

(−x)e

0

Z f (x) dx = −

∞ 0

e−tx xf (x) dx = −L[xf (x)](t)

Derivando n veces se deduce (2). En efecto, puesto que F que n+1

(−1)

F

(n+1)

(n)

n

(t) = (−1)

Z

∞

e−tx xn f (x) dx, se tiene

0

Z ∞ d n −tx n−1 (t) = (−1) (F ) (t) = (−1) (−1) e x f (x) dx dt 0 Z ∞ Z ∞ −tx n−1 n+1 n = (−1) (−1) (−x)e x f (x) dx = e−tx xn f (x) dx n+1

(n) ′

n+1

0

0

n

= L[x f (x)](t)

❚ TEOREMA 5.6. Sean f : [0, ∞) → R una funci´ on continua y de orden exponencial c. Si la función Z t g(t) = f (u) du 0


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222


es también de orden exponencial c, entonces para todo t > c existen F (t) y L[g](t) y se verifica: L[g](t) =

1 F (t). t

Demostración. Debido a la definición tenemos Z

1 1 1 F (t) = L[f ](t) = t t t y L[g](t) =

Z

∞

−tx

e

0

∞

e−tx f (x) dx

0

Z

t

f (u) du dx

0

Usemos la técnica de integración por partes, ara esto consideremos Z x p= f (u) du, dq = e−tx dx 0

de aqu´ı se sigue que dp = f (x), Por tanto

q=

Z

−tx

e

dx =

1 L[g](t) = − e−tx t

Z

x

0

Z

−du 1 e =− t t u

∞ Z f (u) du − 0

0

Z

∞

1 1 eu du = − eu = − e−tx t t

1 −tx − e f (x) dx t

Z Z x Z x −tx x −tx −tx e f (u) du ≤ e |f (u)| du ≤ e Mecu du 0

0

0

M cx 0 (c−t)x −tx −tx M = e e −e = e −e c c

Puesto que c − t < 0, c < t se tiene que

M (c−t)x e − e−tx = 0 x→∞ c l´ım

5.6.

❚

Teoremas operacionales

Permiten calcular más rápidamente la transformada de Laplace de ciertas funciones. Primer teorema de traslación (Trasladada de la función imagen). R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


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223


TEOREMA 5.7. Si existe la transformada de Laplace de la funci´ on f en un punto p−a (a ∈ R), ax entonces existe L[e f (x)](t) y L[eax f (x)](t) = L[f (x)](t − a) = F (t − a). Demostración. Basta notar que ax

L[e f (x)](t) =

Z

∞

0

e−(t−a)x f (x) dx = L[f (x)](t − a) = F (t − a). ❚

Esta también suele llamarse la propiedad del desplazamiento. Esta propiedad dice que, la transformada del producto de una exponencial eat por una función f (x) es la trasladada por a de la transformada de la función. Ejemplo

Por ejemplo, sabemos que L[sen(ax)](t) =

a t2 + a2

y

L[cos(ax)](t) =

t , t2 + a2

para t > 0,

(5.3)

es inmediato obtener

L[eat sen(bx)](t) =

b (t − a)2 + b2

y

L[eat cos(bx)](t) =

t−a , (t − a)2 + b2

para t > a,

(5.4) ♣

Ejemplo Halle la transformada de Laplace de las siguientes funciones, donde a y b son constantes reales (1) f (x) = sen(5x + 2)

(2) f (x) = cos(ax + b)

(3) f (x) = senh(7x + 8)

(4) f (x) = cosh(ax + b)

(5) f (x) = x2 e2x

(6) f (x) = e−x sen 2x

(7) f (x) = e4x cos 2x

(8) f (x) = e−x senh 2x

(9) f (x) = e−x (sen x + cos x)

(10) f (x) = e2x (x + cosh x)

´ SOLUCION.(1) L[sen(5x + 2)](t) = R mατ ιo ξτ τ o s

t sen 2 + 5 cos 2 t2 + 52 ´lculo III Ca


βτ αηφoη

224


(2) L[cos(ax + b)](t) =

t cos(b) − a sen(b) t2 + a2

(3) L[senh(7x + 8)](t) =

t senh 8 + b cosh 8 t2 − 72

(4) L[cosh(ax + b)](t) =

t cosh(b) + a senh(b) t2 − a2

(5) L[x2 e2x ](t) = L[e2x x2 ](t) = L[x2 ](t − 2) =

2! 2 = 2+1 (t − 2) (t − 2)3

(6) L[e−x sen 2x](t) =

2 2 = (t + 1)2 + 22 (t + 1)2 + 4

(7) L[e4x cos 2x](t) =

t−4 t−4 = 2 2 (t − 4) + 2 (t − 4)2 + 4

(8) L[e−x (sen x + cos x)](t) = L[e−x sen x + e−x cos x](t) = L[e−x sen x](t) + L[e−x cos x](t) 1 t+1 t+2 + = = 2 2 2 2 (t + 1) + 1 (t + 1) + 1 (t + 1)2 + 1 ♣ Ejemplo En los ejercicios que siguen, exprese cada funci´ on hiperb´ olica dada en términos de exponenciales para demostrar lo siguiente: (1) (3) (5)

L[cosh2 ax](t) =

t2 − 2a2 t t2 − 4a2

a t2 + 2a2 L[cosh ax sen ax](t) = 4 t + 4a2 t3 L[cosh ax cos ax](t) = 4 t + 4a2

(2) L[senh2 ax](t) =

2a2 t t2 − 4a2

2a2 t (4) L[senh ax sen ax](t) = 4 t + 4a2 a t2 − 2a2 (6) L[senh ax cos ax](t) = 4 t + 4a2

´ SOLUCION.Recordemos senh x =

ex − e−x 2

(1) Puesto que 2

cosh ax = R mατ ιo ξτ τ o s

y

cosh x =

eax + e−ax 2

2

´lculo III Ca

=

ex + e−x 2

e2ax + 2 + e−2ax 4 Jasmer LPC - Intocables

βτ αηφoη

225


se obtiene L[cosh2 ax](t) =

t2 − 2a2 . En efecto: t t2 − 4a2

1 1 1 2 1 2ax −2ax L[cosh ax](t) = L[e + 2 + e ](t) = + + 4 4 t − 2a t t + 2a 1 t(t + 2a) + 2(t − 2a)(t + 2a) + t(t − 2a) = 4 t(t − 2a)(t + 2a) 2

1 t2 + 2at + 2t2 − 8a2 + t2 − 2at 4 t t2 − 4a2

=

1 4t2 − 8a2 t2 − 2a2 = 4 t t2 − 4a2 t t2 − 4a2

= (2) Puesto que 2

senh ax = se obtiene L[senh2 ax](t) =

eax − e−ax 2

2

=

e2ax − 2 + e−2ax 4

2a2 . En efecto: t t2 − 4a2

1 1 1 2 1 2ax −2ax L[e − 2 + e ](t) = − + L[senh ax](t) = 4 4 t − 2a t t + 2a 1 t(t + 2a) − 2(t − 2a)(t + 2a) + t(t − 2a) = 4 t(t − 2a)(t + 2a) 2

= = (3) Puesto que

1 t2 + 2at − 2t2 + 8a2 + t2 − 2at 4 t t2 − 4a2 1 8a2 2a2 = 4 t t2 − 4a2 t t2 − 4a2

cosh ax sen ax =

eax sen ax + e−ax sen ax eax + e−ax sen ax = 2 2

a t2 + 2a2 se obtiene L[cosh ax sen ax](t) = 4 . En efecto: t + 4a2


´lculo III Ca


βτ αηφoη

226


1 L[eax sen ax + e−ax sen ax](t) 2 1 ax L[e sen ax](t) + L[e−ax sen ax](t) = 2 1 a a = + 2 (t − a)2 + a2 (t + a)2 + a2   2 2 2 2 a (t + a) + a + a (t − a) + a 1   = 2 (t − a)2 + a2 (t + a)2 + a2

L[cosh ax sen ax](t) =



 2 2 2 2 t − 2at + 2a + t + 2at + 2a a   = 2 t2 − 2at + 2a2 t2 + 2at + 2a2 a(t2 + 2a2 ) = t2 − 2at + 2a2 t2 + 2at + 2a2 a t2 + 2a2 = t4 + 4a2

(4) L[senh ax sen ax](t) =

2a2 t t4 + 4a2

(5) L[cosh ax cos ax](t) =

t3 t4 + 4a2

a t2 − 2a2 (6) L[senh ax cos ax](t) = 4 t + 4a2

♣

Antes de ver otros resultados, introduciremos algunas funciones importantes: ´ 5.4 (Funci´ DEFINICION on de Heaviside). Se define como 0 si x < 0 X (x) = 1 si x ≥ 0 Para cada t > 0 existe

1 L[X ](t) = . t

´ 5.5 (Funci´ DEFINICION on escal´ on). Si c > 0 se define la funci´ on escal´ on en a como: 0 si x < c Xc (x) = X (x − c) = 1 si x ≥ c R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

227


TEOREMA 5.8. Para cada t > 0 existe L[Xc (x)](t) = Demostración. En efecto, L[Xc (x)](t) =

Z

∞ 0

e−ct . t

e−tx Xc (x) dx

haciendo el cambio de variable y = x − c Z

∞

Z

∞

e−t(y+c) Xc (y + c) dy 0 c Z ∞ Z ∞ e−ct −ct −ty −ct −ty = e e X (y) dy = e e X (y) dy = t c c

L[Xc (x)](t) =

−tx

e

Xc (x) dx =

❚ ´ DEFINICION 5.6 (Funci´ on impulso unitario). Si a, b > 0 se define la función impulso unitario en [a, b] como:   0 si x < a Xa,b (x) = 1 si a ≤ x ≤ b  0 si x ≥ b TEOREMA 5.9. Para cada t > 0 existe L[Xa,b (x)](t) =

e−at − e−bt . t

Demostración. En efecto, la función Xa,b (x) se puede escribir como Xa (x) − Xb (x) y de ah´ı se deduce el valor de la transformada. ❚

Ejemplo

  0 si 0 ≤ x < 3 Sea f (x) = 1 si 3 ≤ x < 6 . Hallar L[f (x)](t).  0 si x ≥ 6

0 si x ∈ [0, 3] 0 si x ∈ [0, 6] ´ SOLUCION.Recordemos que X3 (x) = y X6 (x) = 1 si x ∈ (3, ∞) 1 si x ∈ (6, ∞) De aqui se sigue que f (x) = X3 (x) − X6 (x). Por tanto, usando la tabla 2, se tiene que L[f (x)](t) = L[X3 (x)](t) − L[X6 (x)](t) =

e−3t e−6t − . t t

♣

Segundo teorema de traslación (Trasladada de la función objeto). TEOREMA 5.10. Sea f una función real definida en R; si existe F (t) y c > 0, existe L[Xc (x)f (x − c)](t) = e−ct L[f (x)](t) = e−ct F (t) R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

228


Demostración. Z

∞

Z

∞

Xc (x)f (x − c) dx = e−tx f (x − c) dx 0 c Z ∞ Z ∞ = e−t(u+c) f (u) du = e−ct e−tu f (u) du = e−ct F (t)

L[Xc (x)f (x − c)](t) =

−tx

e

c

c

❚ El efecto de considerar la función f (t − c) en lugar de f (t) es una traslación de la función al punto c. El efecto de multiplicar a la función f (t − c) por Xc (x) es que se anula la función a la izquierda de c. De hecho, si se trabaja con funciones f : [0, ∞) → R, para poder definir L[Xc (x)f (x − c)](t) con c > 0 es necesario prolongar f a [−a, 0]. Esta prolongación se hace habitualmente asignando el valor 0 a la función en este intervalo. El siguiente resultado permite calcular fácilmente algunas transformadas. Un cambio de escala en la función objeto produce un cambio de escala inverso en la función imagen. TEOREMA 5.11 (Cambio de escala.). Si existe L[f ] en L(f (ax))(t) y además

t , siendo a > 0, entonces existe a

1 t L(f (ax))(t) = L(f ) a a

Demostración. La demostración es una simple aplicación de la definición de transformada.

5.7.

❚

Aplicaci´ on a las ecuaciones diferenciales de coeficientes constantes

Veamos como usar las propiedades anteriores para resolver el problema de valores iniciales Resolver: y ′′ + ay ′ (x) + by(x) = f (x), a, b ∈ R, (5.5) Sujeto a: y(0) = y0 , y ′(0) = y0′ , se busca una solución y = y(x) ( es decir, una función dos veces derivable en un intervalo [a, b] que contenga a 0, y que cumpla la ecuación en dicho intervalo). Si f (x) es continua a trozos y de orden exponencial se puede demostrar (no lo haremos) que las funciones y, y ′, y ′′ cumplen las mismas propiedades. Usando que ☞ L[f ′ ](t) = tL[f ](t) − f (0)


´lculo III Ca


βτ αηφoη

229


☞ L[f (2) ](t) = t2 L[f ](t) − t2−1 f (0) − t2−2 f (2−1) (0) ☞ y denotando por F (t) = L[f ], en nuestro caso: ☞ L[y ′] = tL[y] − y(0) = tL[y] − y0 ☞ L[y ′′] = t2 L[y] − ty(0) − y ′(0) = t2 L[y] − ty0 − y0′ ☞ F (t) = L[f ], y aplicando la transformada a ambos lados de la ecuación diferencial esta se transforma en la siguiente ecuación algebraica, en efecto: y ′′ + ay ′ + by = f L[y ′′ + ay ′ + by] = L[f ]

L[y ′′ ] + aL[y ′ ] + bL[y] = F (t) t2 L[y] − ty0 − y0′ + a tL[y] − y0 + bL[y] = F (t) t2 L[y] − ty0 − y0′ + atL[y] − ay0 + bL[y] = F (t) t2 L[y] + atL[y] + bL[y] − ty0 − y0′ − ay0 = F (t) (t2 + at + b)L[y] − (t + a)y0 − y0′ = F (t)

de donde se deduce que transformada de la solución tiene la forma L[y] =

F (t) + (t + a)y0 + y0′ t2 + at + b

(5.6)

As´ı solo nos resta saber como encontrar la “inversa” de la transformada anterior, es decir encontrar la función y(x) tal que se verifique (5.6). Por tanto, si encontramos una función y(x), dos veces derivable en [a, b] y cuya transformada coincida con L[y], ser´ıa la solución buscada de la ecuación diferencial. Sin embargo, este problema no es sencillo de resolver y de hecho requiere un gran conocimiento de la teor´ıa de funciones de variables complejas por lo que sólo nos limitaremos a “adivinar” muchas de ellas usando las propiedades antes descritas as´ı como la tabla de transformadas conocidas. Ejemplo

Resolver y ′′ − y = −x, y(0) = 0, y ′ (0) = 1.

´ SOLUCION.Tomamos la transformada de ambos miembros usando simultáneamente las propiedades de linealidad R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

230


y ′′ − y = −x

L[y ′′ − y] = L[−x]

L[y ′′] − L[y] = −L[x]

t2 L[y] − ty(0) − y ′ (0) − L[y] = −L[x] 1 t2 L[y] − 1 − L[y] = − 2 t 1 L[y] t2 − 1 = 1 − 2 t 2 t −1 L[y] t2 − 1 = t2 1 L[y] = 2 t ♣

Luego: y(t) = t es la solución particular pedida.

5.8.

La transformaci´ on inversa

El problema inverso de hallar la funcion f (x) cuya transformada de Laplace es una funcion F (t) dada es mas dificil. En primer lugar, no siempre tiene solucion. Por ejemplo, 1 no tiende a 0 cuando s → ∞, por tanto, no puede ser la transformada de una funcion. Tampoco es necesariamente u ´ nica, pero el teorema de Lerch, que no demostraremos, asegura que si L[f ] = L[g], entonces Z z [f (x) − g(x)] dx = 0, ∀z > 0, 0

cuya derivada con respecto a x implica que si f y g tienen la misma transformada solo pueden diferir en los puntos de discontinuidad. En particular, si f y g son continuas y tienen la misma transformada deben ser iguales (para todo t > 0), y las transformadas inversas que aqu´ı nos interesan son soluciones de ecuaciones diferenciales y, por tanto, continuas. ´ 5.7. Dada la función F (t), diremos que la funci´ DEFINICION on f (x) es la antitransformada −1 de F (t) si F (t) = L[f ](t), y lo denotaremos por f (x) = L [F (t)]. La inversa de la transformación de Laplace es lineal, esto es, TEOREMA 5.12. Supongamos que L−1 (F ) y L−1 (G) existen y son continuas en [0,1) y sean α y β constantes arbitrarias. Entonces: L−1 [αF (t) + βG(t)] = αL−1 [F (t)] + βL−1[G(t)] R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

231


TEOREMA 5.13. Sea F (t) = L[f ](t). f (x) = −

1 −1 ′ L [F (t)] x

Demostración. Empecemos probando que L[xf (x)](t) = −F ′ (t). En efecto, puesto que F (t) = Z ∞ e−tx f (x) dx, entonces 0

′

F (t) =

Z

∞

−tx

(−x)e

0

Z f (x) dx = −

∞ 0

e−tx xf (x) dx = −L[xf (x)](t)

Por tanto L−1 [F ′ (t)] = −xf (x)

❚

de aqu´ı se sigue el resultado pedido. Ejemplo

Encontrar la antitransformada de F (t) =

´ SOLUCION.Dada F (t) =

1 t(t + 1)2

1 basta usar t(t + 1)2 1 1 1 1 = − − 2 t(t + 1) t t + 1 (t + 1)2

y los resultados de la Tabla 2 c t 1 L[x](t) = 2 t L[c](t) =

c t+a 1 L[xe−ax ](t) = L[x](t + a) = (t + a)2 L[ce−ax ](t) = L[c](t + a) =

para hallar su transformada inversa continua: L Ejemplo

−1

1 1 1 −1 1 −1 −1 =L −L −L = 1 − e−t − te−t . t(t + 1)2 t t+1 (t + 1)2

♣

Encontrar las antitransformadas de 1 , (t + a)2 + b2


t . (t + a)2 + b2

´lculo III Ca


βτ αηφoη

232


´ SOLUCION.En el primer caso tenemos L[sen(bx)](t) =

L[e−ax f (x)](t) = L[f (x)](t + a) = F (t + a), luego

L[e−ax sen(bx)](t) = L[sen(bx)](t + a) =

t2

b , además recordemos que + b2

b (t + a)2 + b2

de la linealidad de L se tiene que 1 −ax 1 L e sen(bx) (t) = b (t + a)2 + b2 por tanto, L Análogamente, L[cos(bx)](t) =

−1

t2

1 −ax 1 = e sen(bx). (t + a)2 + b2 b

t , luego + b2

L[e−ax cos(bx)](t) = L[cos(bx)](t + a) =

t+a (t + a)2 + b2

por tanto t t+a a = − (t + a)2 + b2 (t + a)2 + b2 (t + a)2 + b2 1 −ax −ax = L[e cos(bx)](t) − a L e sen(bx) (t) b i h a −ax −ax sen(bx) (t) = L e cos(bx) − e b −ax e b cos(bx) − a sen(bx) (t) = L b de donde deducimos L

−1

t e−ax = b cos(bx) − a sen(bx) (t + a)2 + b2 b

♣

Ejemplo En los ejercicios que siguen halle f (x), donde L[f (x)](t) = F (t) est´ a dado. Si es necesario, complete el cuadrado en el denominador.


´lculo III Ca


βτ αηφoη

233

MAT-INF-FIS-QUIM-EST-BIO (1)

F (t) =

(3)

F (t) =

(5)

F (t) =

(7)

F (t) =

(9)

F (t) =

7 t−3 t−2 t2 + 3 1 2 t + 2t + 2 t + 12 t2 + 10t + 35 7t − 8 2 t + 9t + 25

(2) F (t) = (4) F (t) = (6) F (t) = (8) F (t) = (10) F (t) =

t−2 t2 − 2 1 (t − 1)2 3 2 t + 4t + 9 2t − 1 t2 + 2t + 8 ct + d , b > a2 > 0 2 t + 2at + b

´ SOLUCION.Para resolver estos problemas haremos uso de: −1

L

L

−1

1 t−a

1 (t + a)2

= eax = xe−ax

1 −ax e sen(bx) b t e−ax −1 L = b cos(bx) − a sen(bx) (t + a)2 + b2 b

L−1

1 (t + a)2 + b2

=

7 1 −1 , entonces L = e3x . (1) Si F (t) = t−3 t−3 (2) Supongamos que F (t) =

t−2 . Usando fracciones parciales t2 − 2

t−2 a b √ + √ = 2 t −2 t− 2 t+ 2 √ √ Multiplicando a ambos lados de esta igualdad por (t − 2)(t + 2) obtenemos √ √ t − 2 = a(t + 2) + b(t − 2) Ahora debemos obtener un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, para lograr esto es suficiente reemplazar dos valores distintos de t en la anterior ecuación. √ √ √ √ √ √ Reemplazando t = 2 en √ la ecuación obtenemos 2 − 2 = a( 2 + 2) + b( 2 − 2) de √ √ √ 2−2 aqu´ı 2 − 2 = 2a 2, a = √ . Ahora reemplazamos t = − 2 en la ecuación obtenemos 2 2 R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

234


√ √ √ √ √ √ √ − 2 − 2 = a(− 2 + 2) + b(− 2 − 2) de aqu´ı − 2 − 2 = −2b 2, b =

√

hemos conseguido tener la siguiente igualdad

2+2 √ . Con esto 2 2

√ 2−2 2+2 √ √ t−2 2 √ 2 2 √ 2 + = 2 t −2 t− 2 t+ 2 √

Luego

√

 √  2−2 2+2  √   √  t−2 2  2  −1 −1  2 √ −1  2 √ L = L  +L   2 t −2 t− 2 t+ 2 √

√ 2 − 2 −1 1 2 + 2 −1 1 √ L √ + √ L √ = 2 2 t− 2 2 2 t+ 2 √ √ 2 − 2 √2x 2+2 √ √ e = + √ e− 2x 2 2 2 2

(3) F (t) =

t−2 t2 + 3 L−1

t−2 t2 + 3

"

# " # t 1 = L−1 √ 2 − 2L−1 √ 2 2 t + 3 t2 + 3 √ √ 1 = cos( 3x) − 2 √ sen( 3x) 3

1 1 (4) F (t) = , en este caso se tiene L−1 = xex . (t − 1)2 (t − 1)2 (5) F (t) =

t2

1 . Completando cuadrados en t2 + 2t + 2, tenemos + 2t + 2 t2 + 2t + 2 = t2 + 2t + 1 − 1 + 2 = (t + 1)2 + 1

de aqu´ı se sigue que 1 1 1 −1 −1 L =L = e−1x sen(1x) = e−x sen x. 2 2 2 t + 2t + 2 (t + 1) + 1 1 (6) F (t) =

t2


3 . Completando cuadrados en t2 + 4t + 9, tenemos + 4t + 9 t2 + 4t + 9 = t2 + 4t + 22 − 22 + 9 = (t + 2)2 + 5 ´lculo III Ca


βτ αηφoη

235


de aqu´ı se sigue que " # √ 1 3 1 −2x −1 −1 √ L = L e sen( 5x). = √ 2 t2 + 4t + 9 5 (t + 2)2 + 5 (7) F (t) =

t + 12 t2 + 10t + 35

(8) F (t) =

t2

2t − 1 + 2t + 8

(9) F (t) =

t2

7t − 8 + 9t + 25

(10) F (t) =

t2

ct + d . Completando cuadrados en t2 + 2at + b, tenemos + 2at + b t2 + 2at + b = t2 + 2at + a2 − a2 + b = (t + a)2 + b − a2

de aqu´ı se sigue que " # " # ct + d t 1 L−1 2 = c L−1 √ √ 2 + d L−1 2 2 2 t + 2at + b (t + a) + b−a (t + a)2 + b − a2 √ √ √ d ce−ax √ b − a2 cos( b − a2 x) − a sen( b − a2 x) + √ e−ax sen( b − a2 x) =√ b − a2 b − a2

Ejemplo

♣

Halle las transformadas inversas de las siguientes funciones: t −t+1

(1) F (t) =

t3

(3) F (t) =

1 t2 + 2t + 2

−

t2

2t +1 2t − 4 (4) F (t) = 2 t + 4t + 8 (2) F (t) =

t2

´ SOLUCION.F (t) = Ejemplo

h i 1 1 −1 −t = = L e sen t t2 + 2t + 2 (t + 1)2 + 1

Calcular la antitransformada de


♣

e−ct . (t + a)2 + b2

´lculo III Ca


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236


´ SOLUCION.Como L[e−ax sen(bx)](t) =

b , entonces usando la propiedad 6 de la (t + a)2 + b2

proposición 5.9 tenemos L[Xc (x)e−a(x−c) sen(b(x − c))](t) = e−ct L[e−ax sen(bx)](t) =

be−ct (t + a)2 + b2

por tanto, L Ejemplo

−1

e−ct 1 = Xc (x) e−a(x−c) sen(b(x − c)) 2 2 (t + a) + b b

Hallar L−1 e−3s

8 2 s +4

♣

.

´ SOLUCION.L

−1

8 2 2 −1 −1 =L 4 2 = 4L = 4 sen(2t) s2 + 4 s + 22 s2 + 2 2

Usando el Teorema 5.10 L[Xc (x)f (x − c)](t) = e−ct L[f (x)](t) obtenemos L[X3 (t) sen(2(t − 3))](s) = e−3s L[sen(2t)](s) = de aqu´ı −3s

Por tanto, L Ejemplo

−1

−3s

e

L[4X3 (t) sen(2(t − 3))](s) = e 8 2 s +4

8 2 s +4

= 4X3 (t) sen(2(t − 3)).

2e−3s s2 + 2 2 ♣

Determinar L

−1

5 6t 3 − 2 + 2 t − 6 t + 9 2t + 8t + 10

´ SOLUCION.-


´lculo III Ca


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L−1

5.9.

237


6t 3 5 − 2 + 2 t − 6 t + 9 2t + 8t + 10

1 t 3 1 −1 = 5L−1 − 6L−1 2 + L t−6 t +9 2 t2 + 4t + 5 1 t 3 −1 1 −1 −1 = 5L − 6L + L t−6 t2 + 32 2 (t + 2)2 + 1 3 = 5e6x − 6 cos 3x + e−2x sen x 2 ♣

La convoluci´ on

La u ´ ltima propiedad que consideraremos es la transformada de una convolución de funciones. ´ 5.8. Dadas dos funciones integrables f y g, definiremos la convolución (f ⋆ g) de DEFINICION ambas a la función (f ⋆ g)(x) =

Z

0

x

f (x − z)g(z) dz.

(5.7)

Las siguientes propiedades del producto de convolución son inmediatas: f ⋆ (g ⋆ h) = (f ⋆ g) ⋆ h f ⋆ (g + h) = (f ⋆ g) + (f ⋆ h) f ⋆g = g⋆f f ⋆0 = 0 Si además, f y g son de orden exponencial siendo F (t) = L[f ](t) y G(t) = L[g](t) las transformadas de Laplace de f y g, respectivamente, entonces existe la transformada de Laplace de (f ⋆ g)(x) y L[f ⋆ g](t) = L[f ](t) · L[g](t) = F (t) · G(t).

(5.8)

Para comprobarlo basta notar que


´lculo III Ca


βτ αηφoη

238


L[f ⋆ g](t) =

Z

∞

−tx

e Z ∞ Z

Z

x

Z

∞

−tx

Z

∞

f (x − z)g(z) dz dx = e Xx (z)f (x − z)g(z) dz dx 0 0 Z ∞ Z ∞ ∞ −tx −tx = e Xx (z)f (x − z)g(z) dz dx = e Xx (z)f (x − z)g(z) dx dz 0 0 0 0 Z ∞ Z ∞ Z ∞ −tx = g(z) e Xx (z)f (x − z) dx dz = g(z)L[Xz (x)f (x − z)](t)dz 0 0 0 Z ∞ = g(z)e−zt L[f (x)](t)dz = L[f ](t) L[g](t) = F (t) G(t). 0

0

0

Juntando (5.7) y (5.8) obtenemos Z x L F (t) G(t) = (f ⋆ g)(x) = f (x − z)g(z) dz. −1

(5.9)

0

Ejemplo

Usando el teorema de Convoluci´ on calcular L

´ SOLUCION.Como L[sen(bx)](t) =

−1

1 . (t2 + 1)2

b , tenemos t2 + b2

1 1 1 = = L[sen(x)](t) L[sen(x)](t) (t2 + 1)2 t2 + 1 t2 + 1 luego, L

−1

Ejemplo

Z x 1 1 1 = (sen(x)) ⋆ (sen(x)) = sen(x − z) sen z dz = − x cos x + sen x. (t2 + 1)2 2 2 0 Usando el teorema de Convoluci´ on calcular L

´ SOLUCION.Como L[eax ] =

−1

♣

1 1 . t−a t−b

1 1 y L[ebx ] = , tenemos t−a t−b 1 1 = L[eax ] L[ebx ] t−a t−b


´lculo III Ca


βτ αηφoη

239


luego, L

−1

1 1 t−a t−b

bx

0

2bx−bx

= −1/b[e

Ejemplo

Z

x

= (e ) ⋆ (e ) = eb(x−z) ebz dz 0 Z x Z x = e2bx−bz dz = eu (−1/b)du = −1/b[e2bx−bx − e2bx−b0 ] ax

0 2bx−b0

−e

] = −1/b[ebx − e2bx ]

Usando el teorema de Convoluci´ on calcular: L−1

♣

3 . t4 (t2 + 1)

1 3! y L[sen(x)](t) = 2 , tenemos 4 t t +1 3 1 1 1 x 3 = L[x ] L[sen(x)] = L L[sen(x)] 4 2 t (t + 1) 6 6

´ SOLUCION.Como L[x3 ](t) =

luego, L Por tanto

L

−1

−1

3 Z x 1 1 x (x − z)3 = ⋆ (sen(x)) = sen(z) dz t4 (t2 + 1) 6 6 0

Z 1 x 1 1 3 = (x − z)3 sen(z) dz = (−6x + x3 + 6 sen x) = −3x + x3 + 3 sen x 4 2 t (t + 1) 2 0 2 2

Ejemplo

Usando el teorema de Convoluci´ on calcular: L

´ SOLUCION.Como L[x](t) =

−1

♣

a . t2 (t2 + a2 )

1! a y L[sen(ax)](t) = , tenemos t2 t2 + a2 1 a = L[x] L[sen(ax)] 2 2 t t + a2

luego, L

−1

Por tanto

Z x 1 a ax − sen(ax) = x ⋆ sen(ax) = (x − z) sen(az) dz = 2 2 2 t t +a a2 0

L R mατ ιo ξτ τ o s

−1

a ax − sen(ax) = 2 2 2 t (t + a ) a2 ´lculo III Ca


βτ αηφoη

240


♣ Ejemplo


´ SOLUCION.Como L[sen(x)](t) = (t2 luego, L Por tanto

−1

1 . (t2 + 1)2

1 , tenemos +1

Z x 1 1 = sen(x) ⋆ sen(x) = sen(x − z) sen(z) dz (t2 + 1) (t2 + 1) 0

−1

1 1 = (sen x − x cos x) 2 2 (t + 1) 2


´ SOLUCION.Como L[sen(x)](t) = (t2

1 1 1 = 2 = L[sen(x)] L[sen(x)] 2 2 + 1) (t + 1) (t + 1)

L Ejemplo

t2

−1

−1

♣

1 . (t2 + 1)3

1 1 1 y L (sen x − x cos x) (t) = 2 , tenemos 2 t +1 2 (t + 1)2

1 1 1 1 = 2 = L[sen(x)] L[ (sen x − x cos x)] 3 2 2 + 1) (t + 1) (t + 1) 2

luego, L

−1

Z x 1 1 1 1 = sen(x) ⋆ (sen x − x cos x) = sen(x − z) (sen z − z cos z) dz 2 2 2 (t + 1) (t + 1) 2 2 0

Por tanto L Ejemplo

−1

1 1 = (−3x cos x + 3 sen x − x2 sen x) 2 3 (t + 1) 8

Usando el teorema de Convoluci´ on calcular la transformada inversa: L

´ SOLUCION.Como L[sen(x)](t) = R mατ ιo ξτ τ o s

t2

♣ −1

1 . t(t2 + 1)

1 , tenemos +1 ´lculo III Ca


βτ αηφoη

L

241


−1

Z x 1 1 −1 1 −1 =L ⋆L = 1 ⋆ sen t = sen z dz = 1 − cos x. t(t2 + 1) t t2 + 1 0

♣

Ejemplo En el siguiente problema utilice la transformada de Laplace para resolver la siguiente ecuación integral Z x

f (x) +

(x − z)f (z) dz = x

0

´ SOLUCION.Recuerde que (f ⋆ g)(x) =

Z

x

0

Laplace obtenemos f (x) +

Z

f (x − z)g(z) dz. Aplicando la transformada de

x

(x − z)f (z) dz = x

0

f (x) + x ⋆ f (x) = x

L[f (x)](t) + L[x ⋆ f (x)](t) = L[x](t)

L[f (x)](t) + L[x](t) · L[f (x)](t) = L[x](t)

L[f (x)](t)[1 + L[x](t)] = L[x](t)

Por tanto L[x](t) L[f (x)](t) = = 1 + L[x](t) de aqu´ı se concluye que f (x) = L

−1

1 t2 1+

1 t2

=

t2

1 = sen x t2 + 1

1 +1

♣

Ejemplo En el siguiente problema utilice la transformada de Laplace para resolver la siguiente ecuación integral Z x f (x) = 2x − 4 sen z f (x − z) dz 0

´ SOLUCION.Aplicando la transformada de Laplace obtenemos


´lculo III Ca


βτ αηφoη

242


f (x) = 2x − 4

Z

0

x

f (x − z) sen z dz

f (x) = 2x − 4 · f (x) ⋆ sen x

L[f (x)](t) = 2L[x](t) − 4L[f (x) ⋆ sen x](t)

L[f (x)](t) = 2L[x](t) − 4L[f (x)](t) · L[sen x](t)

L[f (x)](t) + 4L[f (x)](t) · L[sen x](t) = 2L[x](t) L[f (x)](t) 1 + 4L[sen x](t) = 2L[x](t) Por tanto 2L[x](t) L[f (x)](t) = = 1 + 4L[sen x](t)

2 t2 1+

t2

4 +1

=

2(t2 + 1) 2 2 = 2 + 2 2 2 2 t (t + 5) t + 5 t (t + 5)

usando fracciones parciales obtenemos L[f (x)](t) =

t2

2/5 2/5 2/5 8/5 2 + 2 − 2 = 2 + 2 +5 t t +5 t t +5

de aqu´ı se concluye que " # √ √ 2 1 8 8 5 2 √ f (x) = L−1 2 + √ L−1 = x + √ sen( 5x) 5 t 5 5 5 t2 + ( 5)2 5 5

♣

Lo anterior nos permite también resolver las ecuaciones diferenciales de orden dos de una forma directa tal y como se muestra en el siguiente ejemplo Ejemplo

Resolver el problema de valores iniciales Resolver: y ′′ + 5y ′ + 4y = g(x), Sujeto a: y(0) = y ′ (0) = 0.

´ SOLUCION.Tomamos la transformada de Laplace de forma que usando (5.6) tenemos Y(t) =

G(t) 1 = G(t). (t + 1)(t + 4) (t + 1)(t + 4)

1 (cuyo valor en este caso es −1/3e−x + (t + 1)(t + 4) 1/3e−4x ), entonces la solución del problema de valores iniciales se puede escribir de la forma

Si denotamos por yh (x) la antitransformada de R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

y(x) =

Z

x

0

5.10.

243


g(x − z)yh (z) dz.

♣

Ecuaciones lineales con coeficientes constantes

Como la transformación de Laplace convierte la derivada en un producto, cuando se quiere resolver un problema de condiciones iniciales de una ecuación diferencial lineal de orden 2 o un sistema lineal con coeficientes constantes, el siguiente método es a menudo el más eficaz: ① calcule la transformada de Laplace del problema diferencial, usando (1) y (2) del Teorema 5.9 y las condiciones iniciales, ② resuelva el problema algebraico resultante, y ③ calcule la transformada inversa del resultado. Para que esto sea práctico en un cálculo a mano, tiene que resultar que las transformadas directas e inversas necesarias se hallen en las tablas o puedan obtenerse mediante manipulación algebraica simple a partir de las que all´ı aparecen, lo que siempre sucede si los coeficientes son constantes. Se supone también que las condiciones iniciales se dan en el origen t = 0; pero si esto no fuera as´ı, puede usarse una simple traslación para hacer que el punto donde se dan las condiciones iniciales sea el origen. Comenzaremos mostrando como resolver dos casos particulares de la ecuación diferencial homogénea. Ejemplo

Resolver el problema de valores iniciales Resolver: Sujeto a:

y ′′ + 3y ′ + 2y = 0, y(0) = y0 , y ′(0) = y0′ ,

´ SOLUCION.Recordando (5.5) se tiene que a = 3, b = 2 y f (x) = 0. Usando (5.6) tenemos L[y] =

F (t) + (t + a)y0 + y0′ 0 + (t + 3)y0 + y0′ = , t2 + at + b t2 + 3t + 2

que en fracciones simples nos da L[y] = Ahora bien, como L[ex ] = R mατ ιo ξτ τ o s

A B + . t+1 t+2

1 1 y L[e2x ] = , tenemos t+1 t+2 ´lculo III Ca


βτ αηφoη

244


L[y] =

A B + = AL[ex ] + BL[e2x ] = L[Aex + Be2x ] t+1 t+2

entonces y(x) = Aex + Be2x . Ejemplo

♣


y ′′ + 2y ′ + y = 0, y(0) = y0 , y ′(0) = y0′ ,

´ SOLUCION.Recordando (5.5) se tiene que a = 2, b = 1 y f (x) = 0. Usando (5.6) tenemos L[y] =

F (t) + (t + a)y0 + y0′ (t + 2)y0 + y0′ (t + 2)y0 + y0′ = = , t2 + at + b t2 + 2t + 1 (t + 1)2

aplicando el método de fracciones simples obtenemos L[y] =

A B + . t + 1 (t + 1)2

1 Como antes tenemos L[e−x ] = y nos falta encontrar la función f cuya transformada es t+1 1 L[f ] = . Existen diversas formas de dar con esta función. Por ejemplo, combinando la (t + 1)2 1 propiedad (3) de la proposición 5.9 y la transformada L[x] = 2 tenemos que L[xeax ](t) = L[x](t− t 1 1 −x a) = , por tanto, escogiendo a = −1 tenemos L[xe ] = y por tanto 2 (t − a) (t + 1)2 L[y] =

A B + = AL[e−x ] + BL[xe−x ] = L[Ae−x + Bxe−x ] 2 t + 1 (t + 1)

entonces y(x) = Ae−x + Bxe−x . El mismo resultado se obtiene si usamos la propiedad (4) de la proposición (5.9) escogiendo Z ∞ f (x) = e−x . En efecto, L[xe−x ](t) = −F ′ (t) = (−x)e−tx e−x dx ♣ 0 Ejemplo



y ′′ − 3y ′ + 2y = e3x , y(0) = 1, y ′(0) = 0. ´lculo III Ca


βτ αηφoη

245


´ SOLUCION.Recordando (5.5) se tiene que a = −3, b = 2, f (x) = e3x , y0 = 1, y0′ = 0, 1 L[e3x ] = . Aplicamos la fórmula (5.6) y obtenemos t−3 y0′

1 + (t − 3)(1) + 0 t − 3 = t2 − 3t + 2

F (t) + (t + a)y0 + t2 + at + b 1 + (t − 3) 1 1 t−3 = t−3 = + (x − 2)(x − 1) (t − 3) (x − 2)(x − 1) (x − 2)(x − 1)

L[y] =

Ahora bien,

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

luego

1 5 1 1 1 −2 + 2 (t − 3) (t − 2) 2 (t − 1) 1 5 = L[e3x ] − 2L[e2x ] + L[ex ] 2 2 3x x e 5e = L − 2e2x + 2 2

L[y] =

de donde deducimos que la solución es y(x) = Ejemplo

e3x 5ex − 2e2x + . 2 2

♣

Resolver el problema de valores iniciales Resolver: y ′′ + 4y ′ + 4y = 4x, Sujeto a: y(0) = 1, y ′(0) = 0.

´ SOLUCION.-

♣

Es importante destacar que la transformada de Laplace no sólo está bien definida para muchas funciones continuas, sino que también lo está para funciones continuas a trozos lo cual nos permitirá resolver directamente el problema de valores iniciale (5.1) cuando la función f sea continua a trozos. R mατ ιo ξτ τ o s

´lculo III Ca


βτ αηφoη

246


Resolver el problema de valores iniciales y ′′ + 4y =

Ejemplo

(

0, 0 ≤ x ≤ 4 1, x > 4

con y(0) = 3,

y ′(0) = −2. ´ SOLUCION.Aplicamos L[·] a la ecuación diferencial y obtenemos, usando (5.6), observemos e−4t que L[X4 (x)](t) = t e−4t + 3t − 2 F (t) + (t + 0)3 − 2 3t − 2 e−4t t L[y](t) = g(t) = = = + . t2 + 0t + 4 t2 + 4 (t2 + 4) t(t2 + 4) Ahora bien,

1 1 t 1 = − = L[1] − L[cos(2x)] , t(t2 + 4) 4t 4(t2 + 4) 4

as´ı que la propiedad (6) e−ct L[f (x)](t) = L[Xc (x)f (x − c)](t) de la proposición 5.9 nos da e−4t 1 t −4t = e − t(t2 + 4) 4t 4(t2 + 4) 1 −4t e L[1] − e−4t L[cos(2x)] = 4 1 = L[X4 (x)] − L[X4 (x) cos(2x + 8)] 4 1 = L X4 (x) − X4 (x) cos(2x + 8) 4 as´ı, L

−1

e−4t 1 = X4 (x) − X4 (x) cos(2x + 8) t(t2 + 4) 4

Además, es fácil comprobar que L Luego

−1

3t − 2 = 3 cos(2x) − 2 sen(2x), (t2 + 4)

X4 (x) L [g(t)] = 3 cos(2x) − 2 sen(2x) + 1 − cos(2x + 8) . 4 −1

Ejemplo

Resolver Resolver: Sujeto a:


y ′′ + 3y ′ + 2y = X1 (x)e3x , y(0) = 1, y ′(0) = 1. ´lculo III Ca

♣


βτ αηφoη

247


´ SOLUCION.Al igual que en el ejemplo anterior tenemos, usando (5.6) t+4 e3 e−t g(t) = + . (t − 3)(t + 1)(t + 2) (t + 1)(t + 2) Ahora bien,

t+4 3 2 = − = L[3e−x − 2e−2x ], (t + 1)(t + 2) t+1 t+2

1 1 1 1 1 1 1 3x 1 −x 1 −2x 1 = − + =L e − e + e . (t − 3)(t + 1)(t + 2) 20 (t − 3) 4 (t + 1) 5 (t + 2) 20 4 5 Entonces, usando la propiedad 6 de la proposición 5.9 obtenemos e3 e−t 1 3x 1 −x 1 −2x 3 −t = ee L e − e + e (t − 3)(t + 1)(t + 2) 20 4 5 1 3x 1 −x+1 1 −2x+2 3 + e , = e L X1 (x) e − e 20 4 5 luego y(x) = L−1 [g(t)] = 3e−x − 2e−2x + X1 (x) Ejemplo

1 3x 1 −x+4 1 −2x+5 e − e + e . 20 4 5

♣

Resolver el problema de valores iniciales Resolver: y ′′ − 2y ′ + 5y = −8e−x , Sujeto a: y(0) = 2, y ′(0) = 12.

´ SOLUCION.Tomamos transformada en ambos miembros de la ecuación y ′′ − 2y ′ + 5y = −8e−x

L[y ′′ − 2y ′ + 5y] = L[−8e−x ]

L[y ′′] − 2L[y ′] + 5L[y] = L[−8e−x ] t2 L[y] − ty(0) − y ′(0) − 2 tL[y] − y(0) + 5L[y] = L[−8e−x ]

−8 t+1 −8 L[y] t2 − 2t + 5 = + 2t + 8 t+1 −8 + (2t + 8)(t + 1) L[y] t2 − 2t + 5 = t+1

t2 L[y] − 2t − 12 − 2tL[y] + 4 + 5L[y] =


´lculo III Ca


βτ αηφoη

248

MAT-INF-FIS-QUIM-EST-BIO 2t2 + 10 ; luego de algunos cálculos se tiene que: t2 − 2t + 5

Por lo tanto: L[y] =

2t2 + 10 3(t − 1) + 8 1 3(t − 1) 8 1 = − = + − 2 2 2 2 2 2 2 t − 2t + 5 (t − 1) + 2 t+1 (t − 1) + 2 (t − 1) + 2 t+1

L[y] =

Por lo tanto ahora aplicando la transformación inversa obtenemos: L

−1

8 1 3(t − 1) + − (t − 1)2 + 22 (t − 1)2 + 22 t + 1 2 1 (t − 1) −1 −1 −1 = 3L + 4L −L (t − 1)2 + 22 (t − 1)2 + 22 t+1

= 3ex cos 2x + 4ex sen 2x − ex

de donde se tiene que la solución de la ecuación y ′′ − 2y ′ + 5y = −8e−x , y(0) = 2, y ′(0) = 12 es y(x) = 3ex cos 2x + 4ex sen 2x − ex Ejemplo

♣

Resolver el problema de valores iniciales Resolver: y ′′ + 4y ′ + 3y = 1, Sujeto a: y(0) = 3, y ′ (0) = −2.

´ SOLUCION.Tomamos transformada en ambos miembros de la ecuación y ′′ + 4y ′ + 3y = 1 L[y ′′ + 4y ′ + 2y](t) = L[1](t)

L[y ′′](t) + 4L[y ′](t) + 3L[y](t) = L[1](t) 1 2 ′ t L[y] − ty(0) − y (0) + 4 tL[y] − y(0) + 3L[y] = t 1 t2 L[y] − 3t + 2 + 4tL[y] − 12 + 3L[y] = t 1 (t2 + 4t + 3)L[y] = + 3t + 10 t de aqu´ı obtenemos L[y] = por lo tanto y(x) = R mατ ιo ξτ τ o s

3t2 + 10t + 1 1 3 1 = + − 2 t(t + 4t + 3) 3t t + 1 3(t + 3)

1 1 + 3e−t − e−3t . 3 3 ´lculo III Ca


βτ αηφoη

249


♣ Ejemplo

Resolver el problema de valores iniciales Resolver: y ′ − 2y = e5x , Sujeto a: y(0) = 3.

´ SOLUCION.Por medio de la linealidad y (5.18) da lugar al problema algebraico y ′ − 2y = e5x

L[y ′ − 2y] = L[e5x ] 1 L[y ′] − 2L[y] = t−5 1 tL[y] − y0 − 2L[y] = t−5 1 tL[y] − 3 − 2L[y] = t−5 1 tY − 3 − 2Y = t−5 siendo Y = L[y]. Despejando la transformada de la incógnita y reduciendo a fracciones simples (para que el cálculo de la inversa se reduzca a una consulta a las tablas), se obtiene Y=

3t − 14 8 1 1 1 = + (t − 2)(t − 5) 3 t−2 3 t−5

cuya transformada inversa nos da la solución del problema: y=

8 2x 1 5x e + e . 3 3

♣

Ejemplo Un bloque rectangular descansa sobre la superficie interior de un carro y está sujeto a una de las paredes por un resorte de coeficiente de elasticidad k = 1 [newton/m]. El roce entre el bloque y el carro es de tipo viscoso de coeficiente λ = 2. Suponga que el carro est´ a en movimiento uniforme con velocidad de 1 [m/seg] hacia la derecha antes de t = 0. En el instante t = 0 se aplica una fuerza que frena el movimiento de manera uniforme, deteniéndose el carro al cabo de 1 segundo. (a) Explique porqué la fuerza F (t) que act´ ua sobre el bloque tiene la forma −1 si 0 ≤ t ≤ 1 F (t) = 0 si t > 1,


´lculo III Ca


βτ αηφoη

250


y plantee las ecuaciones del movimiento de éste, escogiendo su sistema de coordenadas al interior del carro (colocando el origen en el punto del carro donde originalmente estaba el centro de gravedad del bloque). (b) Resuelva la ecuación y describa el movimiento del bloque. Nota: Al inicio de la prueba se especificó que la masa del bloque se considera unitaria. ´ SOLUCION.Describimos aqu´ı el método más rápido en este caso, que es el de la Transformada de Laplace. (a) La fuerza tiene la forma especificada pues es unitaria, act´ ua en sentido contrario al movimiento y por el lapso de un segundo. Con el sistema de coordenadas especificado, el problema con valores iniciales que describe el sistema se escribe: Resolver: x′′ + 2x′ + x = F (t) Sujeto a: x(0) = 0, x′ (0) = 0. (b) La función F es de orden exponencial al infinito, luego las soluciones de la ecuación tienen transformada de Laplace. Aplicando dicha transformada se obtiene: x′′ + 2x′ + x = F (t) L[x′′ + 2x′ + x](λ) = L[F ](λ)

L[x′′ ](λ) + 2L[x′ ](λ) + L[x](λ) = L[F ](λ) λ2 L[x](λ) − tx0 − x′0 + 2 λL[x] − x0 + L[x] = L[F ](λ) λ2 L[x](λ) + 2λL[x] + L[x](λ) = L[F ](λ) (λ2 + 2λ + 1)L[x](λ) = L[F ](λ)

Es decir, L[x](λ) =

λ2

1 L[F ](λ) + 2λ + 1

1 1 corresponde a la derivada de la función − con respecto a λ. + 2λ + 1 λ+1 En consecuencia es la transformada de la función g(t) = te−t , en efecto, usando la propiedad (4) de la proposición (5.9) escogiendo f (t) = e−t se tiene, L[te−t ](λ) = −F ′ (λ)

La expresión

λ2

F (λ) = L[f ](λ) = F (λ) = R mατ ιo ξτ τ o s

Z

0

∞

−λt −t

e

e

dt =

Z

0

∞

−λt−t

e

dt =

Z

Z

∞

e−λt f (t) dt,

0

∞

0

´lculo III Ca

−u

e

∞ 1 −1 −u 1 du = e = λ+1 λ+1 λ+1 0


βτ αηφoη

251


d −t

′

L[te ](λ) = −F (λ) = −

1 λ+1 dλ

=

λ2

1 . + 2λ + 1

Tenemos entonces L[x](λ) = L[g](λ) L[F ](λ) Aqu´ı tenemos dos caminos posibles: uno consiste en expresar la transformada de F con ayuda de las funciones de Heaviside, luego multiplicar por la transformada de g y reconocer la expresión de la expresión resultante como una transformada conocida. La otra manera, más rápida, consiste en notar que al producto de transformadas corresponde un producto de convolución de funciones. De modo que x(t) = (g ⋆ F )(t) Z t = g(s)F (t − s) ds 0

= −1[0,1] (t)

Z

t

0

g(s) ds − 1]1,∞[ (t)

Z

t

g(s) ds

t−1

= −1[0,1] (t) te−t + e−t − 1 + 1]1,∞[ (t) te−t + e−t − te−(t−1) .

Y reagrupando los términos de la igualdad anterior se obtiene x(t) = t + 1 e−t − 1 + H1 (t) 1 − te−(t−1) . Ejemplo

♣

Resolver la ecuación x′′ + 5x′ + 6x = 250t2 cos t

(5.10)

´ SOLUCION.Esta ecuación se puede resolver por varios métodos distintos, por ejemplo mediante transformación de Laplace (el segundo miembro es una función de orden exponencial al infinito) o por métodos de aniquilación, coeficientes indeterminados, etc. Detallamos aqu´ı la aplicación de uno de esos métodos, el de la transformación de Laplace. Sea f (t) = 250t2 cos t y llamemos L[x](λ) la transformada de la solución general de la ecuación. Se puede observar que 1 1 1 = − + 5λ + 6 λ+2 λ+3 corresponde a la transformada de Laplace de la función g(t) = e−2t − e−3t . Además, recordando (5.6), tenemos: X =


λ2

´lculo III Ca


βτ αηφoη

252


1 x(0)λ + x′ (0) + 5x(0) + L[f ](λ) + 5λ + 6 = L[g](λ) x(0)λ + x′ (0) + 5x(0) + L[f ](λ) = x(0)λL[g](λ) + x′ (0) + 5x(0) L[g](λ) + L[g](λ)L[f ](λ) = x(0)λL[g](λ) + x′ (0) + 5x(0) L[g](λ) + L[g ⋆ f ](λ)

L[x](λ) =

Recordemos que

λ2

L[e−ax ](t) = L[1](t + a) =

1 t+a

3 −2 + λ+2 λ+3 −2(λ + 3) + 3(λ + 2) −2λ − 6 + 3λ + 6 = = λ2 + 5λ + 6 λ2 + 5λ + 6 1 = λ L[e−2t − e−3t ](λ) = λ 2 λ + 5λ + 6

L[−2e−2t + 3e−3t ](λ) = −2L[e−2t ](λ) + 3L[e−3t ](λ) =

d o equivalentemente L g(t) (λ) = λ L[g(t)](λ). dt En consecuencia, d ′ x(t) = x(0) g(t) + x (0) + 5x(0) g(t) + (g ⋆ f )(t) dt Z t ′ −2t ′ −3t = 3x(0) + x (0) e − 2x(0) + x (0) e + 250 g(t − s)s2 cos s ds. 0

Un cálculo directo (por partes, o bien usando que Z t Z d 2 t µs µs 2 e s ds = e ds, dµ2 0 0 con µ = a ± i) nos da Z

0

t

e−a(t−s) s2 cos s ds = (a2 + 1)−3 − 2 sen t − 4a3 t sen t − 4at sen t + t2 a5 cos t +2t2 a3 cos t + at2 cos t

−2a4 t cos t + 2t2 a2 sen t + t2 a4 sen t +2a3 cos t + 6a2 sen t − 6a cos t


+2t cos t + t2 sen t − a3 e−at + 6ae−at . ´lculo III Ca


βτ αηφoη

253


Evaluando lo anterior sucesivamente en a = 2 y a = 3, se obtiene finalmente: x(t) = c1 e−2t + c2 e−3t + 31 sen t − 50t sen t + 25t2 sen t − cos t − 20t cos t + 25t2 sen t, donde c1 = 3x(0) + x′ (0) − 8, c2 = −2x(0) − x′ (0) + 9.

5.11. Ejemplo

♣

Ejercicios Resueltos Resolver el problema de valores iniciales Resolver: y ′′ − 9y = x, Sujeto a: y(0) = 1, y ′(0) = 2.

´ SOLUCION.Tomamos transformada en ambos miembros de la ecuación y ′′ − 9y = x

L[y ′′ − 9y] = L[x] 1 L[y ′′] − 9L[y] = 2 t 1 t2 L[y] − ty(0) − y ′ (0) − 9L[y] = 2 t 1 t2 L[y] − t − 2 − 9L[y] = 2 t 1 L[y] t2 − 9 = 2 + t + 2 t 1 L[y] t2 − 9 = 2 + t + 2 t

Por lo tanto: L[y] =

1 t 2 + + ; luego de algunos cálculos se tiene que: t2 (t2 − 9) t2 − 9 t2 − 9

L[y] = −

1/9 1/9 t 2 1/9 19/9 t + 2 + 2 + 2 =− 2 + 2 + 2 2 2 2 2 2 t t −3 t −3 t −3 t t −3 t − 32

Por lo tanto ahora aplicando la transformación inversa obtenemos:


´lculo III Ca


βτ αηφoη

254


L−1

19/9 t 1/9 + − 2 + 2 t t − 32 t2 − 32 1 −1 1 19 −1 1 t −1 =− L + L +L 9 t2 9 t2 − 32 t2 − 32 19 1 senh(3x) + cosh(3x) =− x+ 9 9 1 19 e3x − e−3x e3x + e−3x =− x+ + 9 9 2 2 5 14 3x 1 = − x − e−3x + e 9 9 9

de donde se tiene que la solución de la ecuación y ′′ − 9y = x, y(0) = 1, y ′ (0) = 2 es 1 5 14 3x y(x) = − x − e−3x + e 9 9 9 Ejemplo

♣

Resolver el problema de valores iniciales Resolver: y ′′ − 3y ′ − 4y = x2 , Sujeto a: y(0) = 2, y ′(0) = 1.

´ SOLUCION.Tomamos transformada en ambos miembros de la ecuación y ′′ − 3y ′ − 4y = x2

L[y ′′ − 3y ′ − 4y] = L[x2 ]

2! L[y ′′] − 3L[y ′] − 4L[y] = 3 t 2 t2 L[y] − ty(0) − y ′(0) − 3 tL[y] − y(0) − 4L[y] = 3 t 2 t2 L[y] − 2t − 1 − 3tL[y] − 3 − 4L[y] = 3 t 2 L[y] t2 − 3t − 4 = 3 + 2t + 4 t 2 L[y](t + 1)(t − 4) = 3 + 2t + 4 t Por lo tanto: L[y] =

t3 (t

L[y] = − R mατ ιo ξτ τ o s

2 2t + 4 + ; luego de algunos cálculos se tiene que: + 1)(t − 4) (t + 1)(t − 4)

13 1 3 1 1 1 2 1 1 1 5 1 2 1 + − + + + − 2 3 32 t 8 t 2t 5 t + 1 160 t − 4 12 t − 4 5 t + 1 ´lculo III Ca


βτ αηφoη

255


L[y] = −

13 1 3 1 1 1 203 1 + − ++ 2 3 32 t 8 t 2t 480 t − 4

Por lo tanto ahora aplicando la transformación inversa obtenemos: L

−1

1 1 203 1 13 1 3 1 − + − ++ 32 t 8 t2 2 t3 480 t − 4 13 −1 1 3 −1 1 1 −1 1 =− L + L − L + 32 t 8 t2 2 t3 3 −1 1! 1 −1 2! 13 −1 1 =− L + L − L + 32 t 8 t2 4 t3 =−

203 −1 1 L 480 t−4 203 −1 1 L 480 t−4

13 3 1 203 4x + x − x2 + e 32 8 4 480

de donde se tiene que la solución de la ecuación y ′′ − 3y ′ − 4y = x2 , y(0) = 2, y ′(0) = 1 es y(x) = −


13 3 1 203 4x + x − x2 + e 32 8 4 480

´lculo III Ca

♣


Mario Chavez - Ecuaciones Diferenciales

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