Matematicas 5. Ecuaciones Diferenciales

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Matemáticas 5 Ecuaciones diferenciales

Matemáticas 5 Ecuaciones diferenciales Joel Ibarra Escutia Instituto Tecnológico de Toluca

Revisión técnica Tomás Narciso Ocampo Paz Instituto Tecnológico de Toluca Santiago Millán Solares Instituto Tecnológico de Toluca

MÉXICO • BOGOTÁ • BUENOS AIRES • CARACAS • GUATEMALA • MADRID • NUEVA YORK SAN JUAN • SANTIAGO • SAO PAULO • AUCKLAND • LONDRES • MILÁN • MONTREAL NUEVA DELHI • SAN FRANCISCO • SINGAPUR • ST. LOUIS • SIDNEY • TORONTO

Director Higher Education: Miguel Ángel Toledo Editor sponsor: Pablo E. Roig Coordinadora editorial: Marcela I. Rocha Editora de desarrollo: Ana Laura Delgado Supervisor de producción: Zeferino García Asesor técnico de enfoque por competencias: Luis Miguel Trejo

MATEMÁTICAS 5. ECUACIONES DIFERENCIALES

Prohibida la reproducción total o parcial de esta obra, por cualquier medio, sin la autorización escrita del editor.

DERECHOS RESERVADOS © 2013 respecto a la primera edición por McGRAW-HILL/INTERAMERICANA EDITORES, S.A. DE C.V. Edificio Punta Santa Fe Prolongación Paseo de la Reforma 1015, Torre A Piso 17, Colonia Desarrollo Santa Fe, Delegación Álvaro Obregón C.P. 01376, México, D.F. Miembro de la Cámara Nacional de la Industria Editorial Mexicana, Reg. Núm. 736

ISBN: 978-607-15-0962-8

1234567890

2456789013

Impreso en México

Printed in Mexico

Para Palo y Crispa

Para la mujer más importante de mi vida, por haber utilizado coordenadas polares para tatuar en mi alma la gráfica de la función f (x) = 1 − sen x desde que fuimos niños. Gracias por haber aceptado compartir el resto de tu vida conmigo.

Contenido Prefacio............................................................................................................................

xi

Prólogo ............................................................................................................................. xiv Agradecimientos ............................................................................................................. xvii Evaluación diagnóstica ................................................................................................... xviii

Unidad 1

Ecuaciones diferenciales de primer orden ...................................

1

1.1 Introducción ...............................................................................................................

2 Definiciones generales ................................................................................................. 2 Tipo de una ecuación diferencial................................................................................. 3 Orden de una ecuación diferencial .............................................................................. 5 Linealidad de una ecuación diferencial ordinaria........................................................ 5 Grado de una ecuación diferencial .............................................................................. 6 Solución de una ecuación diferencial .......................................................................... 7 Problema del valor inicial y el teorema de existencia y unicidad................................. 14 Desarrollo de competencias ................................................................................... 17 Competencia final ................................................................................................. 19

1.2 Ecuaciones diferenciales separables ....................................................................... 19 Ecuaciones que se reducen a ecuaciones separables .................................................... Caso 1 ......................................................................................................................... Caso 2 ......................................................................................................................... Caso 3 ......................................................................................................................... Caso 4 ......................................................................................................................... Desarrollo de competencias ................................................................................... Competencia final .................................................................................................

26 28 28 28 28 29 31

1.3 Ecuaciones diferenciales homogéneas .................................................................... 31 Desarrollo de competencias .......................................................................................... 39 Competencia final ........................................................................................................ 41

1.4 Ecuaciones diferenciales exactas ............................................................................ 41 Caso especial 1 ............................................................................................................ Caso especial 2 ............................................................................................................ Desarrollo de competencias ................................................................................... Competencia final .................................................................................................

50 50 54 56

1.5 Ecuaciones diferenciales lineales ............................................................................ 56 Caso 1 ......................................................................................................................... Caso 2 ......................................................................................................................... Desarrollo de competencias ................................................................................... Competencia final .................................................................................................

63 63 64 66

1.6 Ecuaciones diferenciales de Bernoulli ..................................................................... 66 Caso 1 ......................................................................................................................... Caso 2 ......................................................................................................................... Desarrollo de competencias ................................................................................... Competencia final .................................................................................................

66 67 72 73

VIII

CONTENIDO

Unidad 2

Ecuaciones diferenciales de orden superior................................

75

2.1 Introducción ............................................................................................................... 76 2.2 Teoría preliminar ........................................................................................................ 76 Definición de ecuación diferencial lineal de orden n ................................................... Problema de valor inicial y problema de valores en la frontera .................................. Teorema de existencia y unicidad de la solución de un problema de valor inicial....... Dependencia lineal e independencia lineal .................................................................. El wronskiano ............................................................................................................. El principio de superposición ...................................................................................... Caso 1 ......................................................................................................................... Caso 2 ......................................................................................................................... Conjunto fundamental de soluciones .......................................................................... Solución general de la ecuación diferencial lineal homogénea .................................... Reducción de orden .................................................................................................... Desarrollo de competencias ................................................................................... Competencia final .................................................................................................

76 77 80 81 83 86 86 86 87 88 89 94 96

2.3 Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes ............................. 96 La ecuación característica de una EDL con coeficientes constantes ........................... Caso 1 ......................................................................................................................... Caso 2 ......................................................................................................................... Caso 3 ......................................................................................................................... Ecuaciones diferenciales lineales de orden superior con coeficientes constantes ........ Caso 1 ......................................................................................................................... Caso 2 ......................................................................................................................... Caso 3 ......................................................................................................................... Caso 4 ......................................................................................................................... Desarrollo de competencias ................................................................................... Competencia final .................................................................................................

97 98 98 99 103 104 104 104 104 106 107

2.4 Ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas ................................................. 108 La solución de una ecuación diferencial lineal no homogénea .................................... El método de los coeficientes indeterminados (principio de superposición) ................ Desarrollo de competencias ................................................................................... Competencia final .................................................................................................

108 109 117 118

2.5 Método de variación de parámetros ......................................................................... 119 Desarrollo de competencias .......................................................................................... 129 Competencia final ........................................................................................................ 130

Unidad 3

La transformada de Laplace ...............................................................

133

3.1 Introducción ............................................................................................................... 134 3.2 Teoría preliminar ........................................................................................................ 134 Definición de la transformada de Laplace .................................................................. Condiciones suficientes de existencia para la transformada de Laplace ...................... Desarrollo de competencias ................................................................................... Competencia final .................................................................................................

135 139 144 145

CONTENIDO

3.3 La transformada de Laplace directa .......................................................................... 145 Desarrollo de competencias .......................................................................................... 147 Competencia final ........................................................................................................ 148

3.4 La transformada inversa de Laplace ......................................................................... 148 Desarrollo de competencias .......................................................................................... 153 Competencia final ........................................................................................................ 154

3.5 Teoremas de traslación.............................................................................................. 155 Primer teorema de traslación ...................................................................................... Segundo teorema de traslación ................................................................................... Desarrollo de competencias ................................................................................... Competencia final .................................................................................................

155 160 167 169

3.6 Derivada de una transformada, transformada de una función periódica y convolución ............................................................................................................. 169 Derivada de una transformada ................................................................................... Transformada de una función periódica ..................................................................... La convolución .......................................................................................................... Desarrollo de competencias ................................................................................... Competencia final .................................................................................................

170 173 178 182 183

3.7 Solución de ecuaciones diferenciales e integrales ................................................. 184 Transformada de una derivada ................................................................................... Solución de ecuaciones diferenciales ........................................................................... Solución de ecuaciones integrales................................................................................ Desarrollo de competencias ................................................................................... Competencia final .................................................................................................

184 186 192 194 196

3.8 La función delta de Dirac ........................................................................................... 196 Desarrollo de competencias .......................................................................................... 199 Competencia final ........................................................................................................ 200

Unidad 4

Introducción a los sistemas de ecuaciones diferenciales.......

201

4.1 Introducción ............................................................................................................... 202 4.2 Solución algebraica de un sistema de ecuaciones diferenciales ........................... 202 Desarrollo de competencias .......................................................................................... 208 Competencia final ........................................................................................................ 210

4.3 Solución de sistemas de ecuaciones diferenciales utilizando la transformada de Laplace ....................................................................................... 211 Desarrollo de competencias .......................................................................................... 215 Competencia final ........................................................................................................ 216

Unidad 5

Introducción al análisis de Fourier ..................................................

217

5.1 Teoría preliminar ........................................................................................................ 218 Funciones periódicas .................................................................................................. 219

IX

X

CONTENIDO Funciones pares e impares .......................................................................................... Funciones ortogonales ................................................................................................ Desarrollo de competencias ................................................................................... Competencia final .................................................................................................

219 221 225 226

5.2 Series de Fourier ........................................................................................................ 226 La serie de Fourier ...................................................................................................... Condiciones de convergencia de una serie de Fourier ................................................. Desarrollo de competencias ................................................................................... Competencia final .................................................................................................

227 229 238 240

5.3 Series de Fourier en cosenos, senos y de medio intervalo ...................................... 240 Desarrollos en serie de Fourier de funciones pares e impares ..................................... Desarrollos en series de Fourier en cosenos y en senos para funciones definidas en un intervalo [0, L] ............................................................................................... Desarrollo de series de Fourier para funciones definidas en medio rango. ................. Desarrollo de competencias ................................................................................... Competencia final .................................................................................................

240 243 248 256 257

5.4 La serie compleja de Fourier ..................................................................................... 257 Desarrollo de competencias .......................................................................................... 260 Competencia final ........................................................................................................ 261

Soluciones a problemas impares ............................................................................ 263 Índice analítico ..................................................................................................... 277

Prefacio Para el instructor

Filosofía El interés de McGraw-Hill por proporcionar herramientas de calidad para el desarrollo académico se manifiesta en esta obra que, más allá de formar un compendio de conceptos teóricos, teoremas y ejercicios, intenta ser un vínculo entre el estudio de las ecuaciones diferenciales y los principales protagonistas del proceso de enseñanza-aprendizaje: los estudiantes. El enfoque utilizado a pesar de ser formal no deja de ser accesible. Evaluación diagnóstica

Características de esta obra Cálculo diferencial

El material proporcionado en esta obra, complementa la exitosa serie de matemáticas ofrecida por McGraw-Hill para las carreras de ciencias e ingeniería. Comienza con una evaluación escrita para diagnosticar el nivel de conocimientos de los estudiantes antes de iniciar el curso de ecuaciones diferenciales; esta prueba aborda temas de cálculo diferencial, cálculo integral, cálculo vectorial y álgebra lineal, integrados en 45 problemas fundamentales de las materias mencionadas. Lejos de una calificación numérica, esta prueba tiene la intención de hacer ver a cada estudiante los temas que deberá reforzar antes de adentrarse en el estudio de la materia. Una característica de este libro es que la numeración de los teoremas, definiciones, observaciones y ejercicios resueltos se reinicia en cada sección. De manera que para hacer una referencia a alguno de estos, se menciona el número que le corresponde y la sección donde se encuentra, por ejemplo: se puede referir al teorema 3 de la sección 4.2. De la misma forma, la numeración de las figuras se reinicia en cada sección, por ejemplo, para hacer referencia a la figura 3 de la sección 2, se escribe figura 2.3. Sobresale también la cantidad de ejercicios incluidos en la sección “Desarrollo de competencias” que aparece al final de cada tema, hasta 70 problemas en algunos casos. Además de lo anterior, se proporciona una lista de problemas llamada “Competencia final”, a fin de que, al ser resueltos por el alumno, el docente pueda detectar cuáles competencias se desarrollaron a lo largo del periodo de estudio. Los problemas son variables en nivel de dificultad, desde los muy simples hasta algunos que requerirán el uso de alguna tecnología de información y comunicación (TIC) para su solución, generalmente se requiere el apoyo de un sistema algebraico computarizado (SAC). Otra característica sobresaliente de Matemáticas 5, Ecuaciones diferenciales es que aborda un primer estudio de las ecuaciones diferenciales de manera accesible. De esta forma, el estudio de las ecua-

1. Enunciar la definición de límite de una función. 2. Enunciar la definición de derivada. En los problemas 3 a 7, calcular la derivada de las funciones dadas. 3. f ( x ) = ( x 3 + 2 x 2 + 3x 4. f ( x ) =

) (x 3

2

)

− 3x + 1

2

x 3 + 2 x 2 + 3x

(x

)

− 3x + 1

2

2

1

5. f ( x ) = ¢

x3 + x2 + 2 2 ≤ x 2 − 3x + 1

6. g ( x ) = ( x + 2)x

2

− 2 x +1

7. f ( x ) = cos3x (1 + tan x )( x 2 + 3x − 1) En los problemas 8 y 9, evaluar la derivada implícita de las funciones dadas. 8. 4x 3 y 2 − 5x 2 y 3 + 2 x 2 y 2 = x 2 y − 3xy 2 − 3xy + 2 x − 5 y + 1 2

9. tan xy + 3xe xy = x ln y − y − ln x 10. Graficar la función f ( x ) = x 3 − 6x 2 + 11x − 6 11. Determinar el área del mayor cuadrilátero que se puede inscribir en un círculo de radio r.

Teorema 2 Segundo teorema de traslación (2o. TT) Si L

{ f (t )} = F ( s ) y a > 0, entonces

L

{ f (t − a )U

(t − a )} = e − as L

{ f (t )} = e − as F ( s ) .

Demostración Por definición, tenemos L

{ f (t − a )U

(t − a )} =

∫

∞

f (t − a )U (t − a ) e − st dt

0

Separamos en dos integrales a partir del punto t = a

{ f (t − a )U

L

(t − a )} =

∫

a

f (t − a )U (t − a ) e − st dt +

∫

∞

f (t − a )U (t − a ) e − st dt

a

0

Sustituimos el valor de la función escalón unitario en cada intervalo L

{ f (t − a )U

(t − a )} =

∫

a

f (t − a )(0) e − st dt +

∫

∞

f (t − a )(1) e − st dt

a

0

Ahora, evaluamos la integral L

Preliminares.indd XVII

{ f (t − a )U

(t − a )} =

∫

∞

∫

∞

f (t − a ) e − st dt

a

Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita. Lograr un pensamiento lógico, analítico y sintético. 01/03/13 Argumentar con contundencia y precisión.

14:26

Si elegimos el cambio de variable z = t − a, dz = dt, tenemos L

{ f (t − a )U

(t − a )} =

f ( z ) e − s ( z + a ) dt

0

De manera equivalente, L

{ f (t − a )U

(t − a )} = e − a s

∫

∞

f ( z ) e − s z dt

0

Finalmente, L

4.2

{ f (t − a )U

(t − a )} = e

−a s

Capacidad para generar nuevas ideas. Resolver problemas.

En los ejercicios 1 a 41, resolver los sistemas de ecuaciones diferenciales dados, ya sea mediante una eliminación sistemática o bien por determinantes (regla de Cramer).

2.

3.

4.

{ f (t )} = e − as F ( s )

Desarrollo de competencias

Unidad 3 (155-169).indd 163

1.

L

dx =y dt dy = 4x dt

9.

01/03/13 17:38

dx = − y + et dt dy =x dt

10. x ′ + 2 x +

2y = 0

5x + y ′ − y = 0

dx =x−y dt dy = −x + 2 y dt

11.

dx = x− y+t dt dy = −x + y dt dx −x− dt − 2x +

8. x ′ − x − 3 y = 0 − 3x + y ′ − y = 0

4y = 1 dy − 3 y = −1 dt

5. x ′ = −4x − 10 y y′ = 2x + 8 y

12.

dx = −3 y + t dt dy = −3x − t dt dx + 2x − dt

5y = 0

− 5x +

dy + 2y = 0 dt

13. x ′ + 6x −

2y = 0

6x + y ′ − 2 y = 0 14. x ′ = 10 x − 5 y − t y ′ = 8x − 12 y

6. x ′ = −2 x − 5 y

Unidad 4.indd 208

01/03/13 17:49

XII

PREFACIO ciones ordinarias de primer orden, las ecuaciones de orden superior, la transformada de Laplace, los sistemas de ecuaciones diferenciales y las series de Fourier contribuyen a desarrollar en el estudiante un pensamiento formal y heurístico que le permitirá modelar situaciones y resolver problemas. Como un complemento y dado que algunos planes de estudio abarcan más allá de las series de Fourier, se proporciona un capítulo dedicado al estudio de las ecuaciones diferenciales parciales así como su correspondiente lista { } de problemas. Este capítulo lo puede encontrar en el centro de aprendi∫ ∫ zaje en línea de este libro: www.mhhe.com/uni/ ∫ ibarramate5e. ∫ ∫ En las notas al margen se incluyen en todo el ∫ libro algunos comentarios que indican la compe∫ ∫ tencia que se puede desarrollar al estudiar cada ∫ ∫ ∫ ∫ uno de los temas y se hacen observaciones breves ∫ ∫ pero de gran utilidad que ∫ el estudiante no debe pasar por alto. De la misma forma, en cada problema resuelto se dan instrucciones paso a paso que detallan los procedimientos realizados, lo que resulta un apoyo sólido para estudios autodidactas y marca una gran diferencia respecto a otros libros. En cada unidad se incluye una nota biográfica de personajes célebres que han aportado resultados fundamentales al estudio de las ecuaciones diferenciales. Cada unidad inicia con la lista de temas incluidos y se enlistan las competencias específicas que deberán desarrollarse en el correspondiente periodo. Demostrar que el conjunto sen t, sen2t, cos t, cos2t ⊆C [ −π , π ] es ortogonal.

Resolver problemas.

Solución

Para demostrar la ortogonalidad del conjunto de funciones en el intervalo [ −π , π ] es necesario calcular los productos punto entre todas las parejas posibles de funciones. Para simplificar los cálculos aplicamos los resultados mostrados en el teorema 1, es decir π

sen t ⋅ sen2t =

−π

π

cos t ⋅ cos2t = sen t =

−π

cos t =

−π

Consideremos la ecuación diferencial ordinaria an y ( n ) + an −1 y ( n −1) + $ + a2 y ′′ + a1 y ′ + a0 y = g ( x ) Argumentar con contundencia y precisión.

Si suponemos que y ( n ) = D n y, y ( n −1) = D n −1 y, #, y ″ = D 2 y y y ′ = Dy podemos escribir de manera equivalente an D n y + an −1D n −1 y + $ + a2 D 2 y + a1Dy + a0 y = g ( x ) O bien,

(a D n

n

)

+ an −1D n −1 + $ + a2 D 2 + a1D + a0 y = g ( x ) d

Si consideramos al operador diferencial D = como una variadx ble en el miembro izquierdo de esta última expresión, definimos el polinomio diferencial p( D ) = an D n + an −1D n −1 + $ + a2 D 2 + a1D + a0 De manera que la EDO original se puede expresar como p( D ) y = g ( x ) Observamos que el polinomio diferencial p(D) tiene coeficientes reales y grado n, de manera que por el teorema fundamental del álge-

π

0

cos t cos 2t dt = 0

Del teorema 1 sabemos que

1. Si f (t ) es una función par, entonces a

−a

sen2 2t dt = π

f (t ) dt = 2

cos t dt = π

a

−a

2

a

f (t ) dt

0

2. Si f (t ) es una función impar, entonces

f (t ) dt = 0 .

d

Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita.

Uso del operador diferencial en una EDO lineal

OBSERVACIÓN 1

sen2t cos2t dt = 0

cos t cos 2t dt = 2

2

π

2

Una primera forma de resolver un sistema de ecuaciones diferenciales es mediante la eliminación sistemática de alguna de las variables dependientes. Para esto, en la siguiente observación introducimos la notación de los operadores diferenciales, lo cual nos permitirá la manipulación algebraica de un sistema.

π

−π

sen t dt = π

−π

π

π

−π

2

π

sen2t =

Del teorema 1 sabemos que el producto de dos funciones pares es par; el producto de dos funciones impares es par, y el producto de una función par y una función impar es impar.

sen2t cos t dt = 0

−π

sen2t ⋅ cos2t =

sen t sen 2t dt = 0

sen t cos2 t dt = 0

−π

sen2t ⋅ cos t =

π

0

sen t cos t dt = 0

π

sen t ⋅ cos2t =

π

sen t sen2t dt = 2

−π

π

sen t ⋅ cos t =

Lograr un pensamiento lógico, analítico y sintético.

N o ta b io g r á fic a

Paul Maurice Dirac (Bristol, Reino Unido, 1902-Tallahassee, Estados Unidos, 1984) Fue un físico británico, hijo de un profesor de francés de origen suizo. Estudió en la escuela en que impartía clases su padre, donde pronto mostró particular facilidad para las matemáticas. Cursó estudios de ingeniería eléctrica en la Universidad de Bristol, interesándose especialmente por el asiduo empleo de las aproximaciones matemáticas de que hace uso la ingeniería para la resolución de todo tipo de problemas. Sus razonamientos posteriores se basaron en el asierto de que una teoría que intente explicar leyes fundamentales del comportamiento de la naturaleza puede construirse sólidamente sobre la base de aproximaciones sugeridas por la intuición, sin llegar a tener la certeza de cuáles son en realidad los hechos acontecidos, dado que estos pueden llegar a ser de una complejidad tal que difícilmente pueden llegar a ser descritos con exactitud, por lo cual el físico deberá contentarse con un conocimiento tan solo aproximado de la lid d

Ibarra Unidad 5 (217-240).indd 223

01/03/13 18:02

Unidad

2

Para el estudiante

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

De niño escuché muchas veces decir a un personaje de piel azul y ojos saltones estas palabras: “están ustedes a punto de entrar en una nueva dimensión, en un mundo desconociCompetencia específica do…” Muchas décadas después quiero utilizar esas mismas palabras para decirle a los estudiantes de un curso introductorio de ecuacioCompetencias instrumentales nes diferenciales que nos enfrentamos a una de las partes de las matemáticas más puras, Competencias genéricas abstractas y emocionantes. Sin duda, abordar Competencias sistémicas la materia representa todo un reto al intelecto, inclusive, algunos podrían pensar que es complicado. Pero todo lo contrario. Después de haber pasado más de la mitad de mi vida enseñando matemáticas, he convivido con estudiantes jóvenes y no tan jóvenes, con gente con talento innato y con gente que sufre cada concepto, con muchachos ambiciosos y también con conformistas. De todos ellos he aprendido que el trabajo salva cualquier situación. El estudio todo lo resuelve y unas buenas bases ayudan bastante. Las herramientas fundamentales de este curso son el cálculo y el álgebra lineal. Aprendí con Larson, Zill y Grossman que estas materias se cimientan sobre las habilidades y los conocimientos previos de cada estudiante, que se necesita del álgebra básica a la trigonometría, y qué decir 2.1 Introducción

2.4 Ecuaciones diferenciales no homogéneas

2.2 Teoría preliminar

2.5 Método de variación de parámetros

2.3 Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes

Unidad 4.indd 203

Potenciar las habilidades para el uso de nuevas

01/03/13 18:09

tecnologías.

Modelar la relación existente entre una función desconocida y una variable independiente mediante una ecuación diferencial lineal de orden superior que describe algún proceso dinámico (movimiento vibratorio y circuitos eléctricos). Comprender la importancia de la solución de una EDL homogénea en la construcción de la solución general de una no homogénea. Aplicar el método de coeficientes indeterminados y el de variación de parámetros, seleccionando el más adecuado en situaciones específicas.

Resolver problemas.

Reconocer conceptos generales e integradores. Argumentar con contundencia y precisión. Optimizar soluciones.

Capacidad de análisis y síntesis. Habilidades básicas de manejo de la computadora. Solución de problemas.

Representar e interpretar conceptos en forma geométrica y algebraica.

Unidad 2 (75-96).indd 75

01/03/13 18:12

PREFACIO de los cursos de matemáticas que preceden a este. Por los tiempos manejados en el aula y el creciente desinterés estudiantil por repasar estas bases, resulta imposible subsanar las carencias del alumno en este curso, de manera que al inscribirse en esta materia, quien enseña da por hecho que las matemáticas de bachillerato, no serán un obstáculo. De no ser así se sugiere al alumno resolverlo de inmediato. Nunca está por demás repasar de sobra y no caer en un exceso de confianza, razón muy común del fracaso académico. Si a la complejidad de la materia le agregamos la falta de compromiso de algunos docentes improvisados, entonces la responsabilidad de un buen resultado depende únicamente del que aprende. Aprender matemáticas no es como aprender a caminar, que solo se hace una vez y en lo subsecuente la habilidad se desarrolla de manera natural. Esto es diferente, se aprende y si no se practica se olvida; es como aprender otro idioma y tratar de hablarlo años después sin practicar, aun los más hábiles necesitan de la diaria labor de ejercitar la mente. No he encontrado un método más eficiente para aprender matemáticas que tomar papel y lápiz, sentarse en el lugar de nuestra preferencia sin distracciones y enfrentarse al dragón de la ignorancia. No se necesita ser un talento académico, se requiere actitud y responsabilidad. El que enseña puede hacer cientos de ejercicios y el que aprende puede limitarse a observar, pero quien cada vez será más hábil es el que lo piensa y lo escribe. Lo que realmente produce un aprendizaje significativo es resolver por uno mismo un problema, escribirlo, sufrirlo, dudar, intentar, esforzarse… Suerte a los estudiantes que con determinación y responsabilidad inician la nueva dimensión, los demás observen y envidien.

XIII

Prólogo Vivimos tiempos de cambio y la educación no es ajena a este proceso. Los planes de estudio de las instituciones de educación superior se renuevan constantemente para estar a la altura de las necesidades actuales y se establecen nuevas metodologías que deben ser respaldadas con textos de calidad. Como una contribución a esta revolución educativa se desarrolla esta obra dirigida al primer curso de ecuaciones diferenciales impartido en las principales escuelas de ciencias e ingeniería. Matemáticas 5, Ecuaciones diferenciales es el complemento de la colección de textos que cubren los planes y programas de estudio más recientes que se imparten en los institutos tecnológicos y universidades estatales, entre otras. Aunado a lo anterior y como es usual, el presente material ofrece un estilo científico preciso y formal pero de fácil comprensión. Entre las principales características de esta obra podemos mencionar: • • • • • • • • •

Adaptación al nuevo modelo de competencias. Ejemplos y ejercicios diferentes a los tradicionales. Examen de evaluación diagnóstica de cálculo diferencial, cálculo integral, cálculo vectorial y álgebra lineal. Sección problemas como competencia final al término de cada sección. Utilización de las tecnologías de información y comunicación (TIC). Notas que refuerzan los principales conceptos teóricos. Notación formal pero accesible para el estudiante. Estructura encaminada a desarrollar un pensamiento lógico, heurístico, deductivo y algorítmico para resolver problemas. Actividades encaminadas al desarrollo de competencias genéricas, instrumentales, sistémicas y específicas.

Las competencias y las ecuaciones diferenciales Una de las características más sobresalientes de esta obra es que se ha organizado para contribuir al desarrollo de competencias específicas, genéricas, instrumentales y sistémicas, tales como:

Competencias específicas UNIDAD 1 Ecuaciones diferenciales de primer orden • Identificar los diferentes tipos de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden, sus soluciones generales, particulares y singulares e interpretarlas en el contexto de la situación en estudio. • Modelar la relación existente entre una función desconocida y una variable independiente mediante una ecuación diferencial que describe algún proceso dinámico. UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior • Modelar la relación existente entre una función desconocida y una variable independiente mediante una ecuación diferencial lineal de orden superior que describe algún proceso dinámico (Movimiento vibratorio y circuitos eléctricos).

PRÓLOGO • •

Comprender la importancia de la solución de una EDL homogénea en la construcción de la solución general de una no homogénea. Aplicar el método de coeficientes indeterminados y el de variación de parámetros, seleccionando el más adecuado en situaciones específicas.

UNIDAD 3 La transformada de Laplace • Reconocer y aplicar la Transformada de Laplace como una herramienta útil en la solución de ecuaciones que se presentan en su campo profesional. UNIDAD 4 Introducción a los sistemas de ecuaciones diferenciales • Modelar y describir situaciones diversas a través de sistemas de ecuaciones diferenciales lineales. • Resolver sistemas de ecuaciones diferenciales lineales utilizando el método de los operadores diferenciales y la transformada de Laplace. • Integrar las herramientas estudiadas en las unidades previas al reconocer las limitaciones y ventajas de los métodos aplicados. UNIDAD 5 Introducción al análisis de Fourier • Aprender los conceptos de ortogonalidad, conjuntos ortogonales y la definición de las series de Fourier. • Aprender a calcular series de Fourier (forma trigonométrica) de funciones periódicas en un periodo arbitrario centrado. • Aprender a calcular series de Fourier en cosenos y series de Fourier en senos. • Aprender a calcular series de Fourier de medio intervalo. • Aprender a calcular series de Fourier en su forma compleja.

Competencias genéricas • • • • • • • • • • • • •

Procesar e interpretar datos. Representar e interpretar conceptos en diferentes formas: numérica, geométrica, algebraica, trascedente y verbal. Comunicarse en el lenguaje matemático en forma oral y escrita. Modelar matemáticamente fenómenos y situaciones. Lograr un pensamiento lógico, algorítmico, heurístico, analítico y sintético. Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías. Resolver problemas. Analizar la factibilidad de las soluciones. Tomar decisiones. Reconocer conceptos o principios generales e integradores. Establecer generalizaciones. Argumentar con contundencia y precisión. Optimizar soluciones.

Competencias instrumentales • • • •

Capacidad de análisis y síntesis. Comunicación escrita. Habilidades básicas de manejo de la computadora. Solución de problemas.

XV

XVI

PRÓLOGO

Competencias sistémicas • • • • • •

Capacidad de aplicar los conocimientos en la práctica. Habilidades de investigación. Capacidad para aprender. Capacidad para generar nuevas ideas. Habilidad para trabajar en forma autónoma. Búsqueda de logros.

Agradecimientos Es verdaderamente descomunal el trabajo que debe realizarse para elaborar un libro de estas características. Una obra no solo se debe a su autor sino a mucha gente que, detrás de la trinchera, ofrece su cotidiano esfuerzo para que los sueños se hagan realidad. Quiero expresar un sincero agradecimiento a todos los miembros de la editorial que de alguna manera han colaborado conmigo en los 16 trabajos previos que nos respaldan. Literalmente, hemos pisado juntos los escenarios del cálculo diferencial, del cálculo integral, del cálculo vectorial, del álgebra lineal, de la estática, de la dinámica y de la física general, hoy venimos a cerrar esta gira con las ecuaciones diferenciales. Agradezco de todo corazón que desde siempre me recibieron con gran afecto y desmedida atención. No debo dejar de reconocer la amabilidad de Lupita, el fundamental apoyo de Abel, el profesionalismo de Carlos, la alegría y sinceridad de Anita, la paciencia de Zefe, el trabajo de Ramón, la perpetua presión de Marce, la confianza de Jesús y la visión de Pablo y muy en especial la oportunidad que me da Miguel Ángel. En mis términos es para ustedes el límite de las gracias, cuando las gracias tienden al infinito. Lo que ahora soy, no lo sería sin el apoyo de Beka y Nani. La familia que lograron formar lo es todo para mí, la feliz niñez que tuve no hubiera sido igual sin la presencia de Animal, Pinky y Chester, ha sido todo un placer compartir con ustedes mi vida, queridos hermanos. Cada letra, cada número y cada símbolo contenido en este libro representan un instante que no pude compartir con quienes más quiero en la vida: Paloma y Cristóbal. Cómo me hubiera gustado verlos crecer día con día y haber estado allí cuando dijeron su primera palabra, cuando mudaron su primer diente, en su primer día de clases, en los festivales escolares, en sus graduaciones, en sus cumpleaños… guardo la esperanza de que algún día puedan entender que lo hubiera cambiado todo por jugar con ustedes a los carritos, al torito, al futbol, a las escondidas, a volar papalotes, a mojarnos en la lluvia… Sepan ustedes que desde que nacieron mi vida jamás volvió a ser la misma, fue mejor porque desde entonces en mi pecho laten dos corazones: ustedes, hijos, los amo. Un agradecimiento muy especial para la niña más importante de mi vida, por haber utilizado coordenadas polares un 15 de agosto para tatuar en mi alma la gráfica de la función f ( x ) = 1 − sen x . Nunca imaginé que debido a la irracionalidad del dominio fuera posible enf ( x ) ≠ f ( LB ). Desde entonces entendí que lo que graficó Cantor era simplecontrar que xlím → LB mente la gráfica de mi vida. No todo es material ni glamour. Solo espero que el límite exista, de lo contrario el núcleo de la transformación asociada a mi vida tendrá una nulidad muy grande. Por siempre 13, por siempre 3 y por siempre 20. Juntos tenemos un objetivo en la vida: demostrar que existe un espacio ideal, pero real, en donde las líneas paralelas y diferentes se intersecan y ya nunca más se separan, nuestro espacio. Gracias por regresar y haber aceptado vivir allí el resto de tu vida conmigo. Joel Ibarra

Evaluación diagnóstica Cálculo diferencial 1. Enunciar la definición de límite de una función. 2. Enunciar la definición de derivada. En los problemas 3 a 7, calcular la derivada de las funciones dadas. 3. f ( x ) = ( x 3 + 2 x 2 + 3x 4. f ( x ) =

) (x 3

2

)

− 3x + 1

2

x 3 + 2 x 2 + 3x

(x

2

)

− 3x + 1

2

1

5. f ( x ) = ¢

x3 + x2 + 2 2 ≤ x 2 − 3x + 1

6. g ( x ) = ( x + 2)x

2

− 2 x +1

7. f ( x ) = cos3x (1 + tan x )( x 2 + 3x − 1) En los problemas 8 y 9, evaluar la derivada implícita de las funciones dadas. 8. 4x 3 y 2 − 5x 2 y 3 + 2 x 2 y 2 = x 2 y − 3xy 2 − 3xy + 2 x − 5 y + 1 2

9. tan xy + 3xe xy = x ln y − y − ln x 10. Graficar la función f ( x ) = x 3 − 6x 2 + 11x − 6 11. Determinar el área del mayor cuadrilátero que se puede inscribir en un círculo de radio r.

Cálculo integral En los problemas 12 a 18, evaluar las integrales dadas. 12.

∫ 3x

13.

∫ 1 − sen x

14.

∫ x ln 4x dx

15.

∫e

16.

∫ (x − 1)(x + 2)(x + 5) dx

17.

∫

x 2 − 3 dx dx

3

ax

cos bx 2x + 1

1 1 − x2

dx

EVALUACIÓN DIAGNÓSTICA

18.

x +1

∫ (x − 1)(x + 2x + 4) dx

19. Enunciar la definición de antiderivada de una función. 20. Enunciar el primer teorema fundamental del cálculo. 21. Enunciar el segundo teorema fundamental del cálculo. 22. Utilizar sumas de Riemann para calcular

∫

b

x 4 dx y

0

∫

b

x 4 dx.

a

En los problemas 23 y 24, evaluar las integrales impropias. 23.

∫

+∞

∫

4

xe − x dx

0

24.

0

1 dx x +x−6 2

25. Calcular el área de la región limitada por las funciones y = sen x, y = cos x , x = 0 y x = π / 2. 26. Hallar la longitud de arco de la curva y = 3 x 2 del punto (1, 1) al punto (8, 4).

Cálculo vectorial 27. Considerar las rectas L1 : x = 1 + 2t, y = −1 + t, z = 2 + t y L2 : x = 1 − 3t, y = 2 − 4t, z = −2 − t , si las rectas se intersecan, determinar la ecuación del plano que las contiene. Si las rectas se cruzan, determinar la distancia entre ellas. 28. Determinar la recta de intersección de los planos x + 2 y − z = 2 y 3x − y + 2 z = 1 . 29. Calcular la longitud de arco de la curva x = 3t − t3, y = 3t2 en 0 ≤ t ≤ 1 . 30. Determinar el área de una elipse. 31. Graficar la curva r = 1− sen θ . 32. ¿En qué punto la función f ( x ) = ln x tiene su curvatura máxima? 33. Determinar la longitud de arco de la curva r(t ) = ( t , t, t 2 ) del punto (1, 1, 1) al punto (2, 4, 16). 34. Hallar las primeras derivadas implícitas de z de la función x 3 y 2 + cos( yz 2 + z 2 ) = 1 . 35. Hallar el volumen del sólido encerrado por los cilindros x 2 + z 2 = 9 y y 2 + z 2 = 9. 4

36. Evaluar la integral

∫∫ 0

2

1 dx dy . y x +1 3

Álgebra lineal 37. Determinar las raíces de la ecuación z 5 − 25 = 0 38. Encontrar los valores de a de manera que el sistema de ecuaciones lineales x − 3y + 2x + y −

z= 1 z = −1

5x − 8 y + ( a 2 − 4)

z= a

tenga a) una infinidad, b) ninguna o c) una única solución.

XIX

XX

EVALUACIÓN DIAGNÓSTICA 39. Reduciendo la siguiente matriz a una matriz triangular, calcular su determinante. 2 −5 8 4 −4 −2 −1 0 3 7 −1 5 4 3 −3 −7 40. Enunciar las propiedades de los determinantes. 41. Enunciar la definición de espacio vectorial y subespacio vectorial. 42. Enunciar la definición de independencia lineal y dependencia lineal. 43. Enunciar la definición de base y dimensión. 44. Enunciar la definición de transformación lineal. 45. Calcula los valores y vectores característicos de la siguiente matriz. E=

27 0 9 0 10 0 9 0 3

Unidad

1

ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

1.1 Introducción

1.4 Ecuaciones diferenciales exactas

1.2 Ecuaciones diferenciales separables

1.5 Ecuaciones diferenciales lineales

1.3 Ecuaciones diferenciales homogéneas

1.6 Ecuaciones diferenciales de Bernoulli

Competencia específica Identificar los diferentes tipos de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden, sus soluciones generales, particulares y singulares, e interpretarlas en el contexto de la situación en estudio. Modelar la relación existente entre una función desconocida y una variable independiente mediante una ecuación diferencial que describe algún proceso dinámico.

Competencias genéricas Representar e interpretar conceptos en forma

Resolver problemas. Reconocer conceptos generales e integradores. Argumentar con contundencia y precisión. Optimizar soluciones.

Competencias instrumentales Capacidad de análisis y síntesis. Habilidades básicas de manejo de la computadora. Solución de problemas.

geométrica y algebraica.

Comunicarse en el lenguaje matemático en forma oral y escrita.

Lograr un pensamiento lógico, algorítmico, heurístico, analítico y sintético.

Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías.

Competencias sistémicas Capacidad para aprender. Capacidad para generar nuevas ideas. Habilidad para trabajar en forma autónoma.

2

UNIDAD 1

Ecuaciones diferenciales de primer orden

1.1

Introducción

En un primer curso de cálculo, el estudio de los números reales, el límite de una función, la continuidad de una función y la derivada son temas fundamentales que el estudiante debe enfrentar. Un problema básico que se estudia en el Cálculo diferencial es que dada una función en dy una variable de la forma y = f(x), se calcule su derivada ordinaria = f ′( x ) . dx De la misma forma, un problema básico del cálculo de varias variables es que dada una función en dos variables z 5 f(x, y), se determinen las derivadas parciales de primer orden ∂∂xz y ∂∂ zy . De alguna manera, en un curso básico de ecuaciones diferenciales se estudia un problema dy inverso, es decir, dada una derivada = f ′( x ), ¿cómo determinar una función y = f(x) que dx satisfaga la ecuación anterior? Por ejemplo, dada la función y = xex se cumple al derivar sucesivamente que dy = xe x + e x dx d2y = xe x + 2e x dx 2 De esta manera, d2y dy −2 + y = xe x + 2e x − 2 ( xe x + e x ) + xe x + e x = 0 dx 2 dx 2

Reconocer conceptos generales e integradores.

La ecuación d y2 − 2 dy + y = 0 se conoce como una ecuación diferencial porque la incógnita es dx dx una función, y se dice que la función y = xex es una solución porque al sustituirla junto con sus derivadas en la ecuación diferencial, la satisface. Una manera natural de iniciar el estudio de las ecuaciones diferenciales es que a partir de la definición de ecuación diferencial se establezca una clasificación, para poder tener criterios de decisión acerca de los métodos de solución estudiados. A continuación proporcionamos la definición de ecuación diferencial.

Definiciones generales Definición 1

Ecuación diferencial (ED) Una ecuación diferencial es una ecuación que contiene la derivada o las derivadas de una o más variables dependientes respecto de una o más variables independientes.

En un curso de álgebra elemental se aprende que para resolver la ecuación ax 1 b 5 0 hay que realizar un “despeje” de la variable x, porque se trata de una ecuación lineal en una variable. Si la ecuación por resolver es de la forma ax2 + bx + c = 0, sabemos que por tratarse de una ecuación cuadrática, la fórmula general es una opción. La clasificación de las ecuaciones permite elegir el método de solución adecuado. Con las ecuaciones diferenciales sucede lo mismo: dada una ecuación diferencial, es primordial identificar su forma para que a partir de esto se elija correctaLas ecuaciones diferenciales se clasifican por su tipo, orden, mente el procedimiento de solución. De esta manera, es necesario caracterizar las linealidad y grado. ecuaciones diferenciales. Básicamente, las ecuaciones pueden clasificarse de acuerdo con su tipo, orden, linealidad y grado. Describimos a continuación cada una estas clasificaciones.

1.1

Introducción

Tipo de una ecuación diferencial De acuerdo con su tipo, las ecuaciones diferenciales pueden clasificarse en ordinarias y parciales. La definición precisa se muestra a continuación. Ecuación diferencial ordinaria (EDO)


2 Definición

Una ecuación diferencial se dice ordinaria si contiene la derivada o las derivadas de una o más variables dependientes respecto de una sola variable independiente.

Generalmente, la derivada de una función respecto de una sola variable independiente se conoce como una derivada ordinaria, de manera que una ecuación diferencial ordinaria es aquella que contiene solo derivadas ordinarias de una o más variables dependientes.

EJEMPLO 1

Ecuaciones diferenciales ordinarias

Todas las siguientes ecuaciones diferenciales son ordinarias: dy = ln x y ln y dx dy ( y − 1)( y + 3) = dx ( x + 4)( x − 2) x 2 ( y − 1)dx = ( x 2 y 2 + x 2 + y 2 + 1)dy (3 y − 1)(3x + 1)

dy = x( y + 3) dx

( xy + 9x − 3 y − 27)dx + ( xy + 4x − 5 y − 20)dy = 0 du 3u − 2 = dt 2t + 1 csc 2 y dx + cot x dy = 0 e y sen2 x dx + ( e 2 x −3 y + 2 ye 2 x −3 y )dy = 0 tan x sen 3 y dx + sec 3 x cos y dy = 0 y( x 2 + 1)3

dy = x(1 − y 2 )2 dx

x2 dx − y x + y dy = 0 y

( y sen

y x

)

+ x cos x dx + ( x ln y − x ln x ) dy = 0 y

y 2 xdx + x 2 ydy = 0

Por su tipo, las ecuaciones diferenciales son ordinarias (si solo existe una única variable independiente) o parciales (si existen dos o más variables independientes).

3

4

UNIDAD 1


dy + y = f (x), dx y′ −

f (x) = b

1 0≤x<2 −1 2≤x

y(0) = 1

6 y = x 6 cos x x

dy 1 − y = x 4 ln x dx x dy 1 + y = ( x 2 − x − 1)e 2 x dx x

De la misma forma que la expresión y = f(x) representa a cualquier función que depende de x, la expresión

)=0 = f ( x, y, y ′, y ″,, y )

F ( x, y, y ′, y ′′,, y

oy

(n)

( n −1)

,y

(n)

OBSERVACIÓN 1

Notación para una ecuación diferencial ordinaria (EDO)

En general, si una ecuación diferencial es ordinaria de orden n, se denota por

)

F ( x, y, y ′, y ″,, y ( n −1) , y ( n ) = 0 O bien, resolviendo la derivada de mayor orden

( n −1)

y ( n ) = f ( x, y, y ′, y ″,, y ( n −1)

representa cualquier ecuación diferencial ordinaria de orden n.

)

De manera que, por ejemplo: Una EDO de orden 1 se denota por F ( x, y, y ′ ) = 0, o bien por y ′ = f ( x, y ). Una EDO de orden 2 se denota por F ( x, y, y ′, y ″ ) = 0, o bien por y ″ = f ( x, y, y ′ ). Reconocer conceptos generales e integradores.

Definición 3

Si una derivada no es ordinaria entonces es parcial, es decir, la derivación parcial considera la existencia de dos o más variables independientes sin importar el número de variables dependientes. Esta consideración da paso a la definición de ecuación diferencial parcial.

Ecuación diferencial parcial (EDP) Una ecuación diferencial se denomina parcial si contiene la derivada o las derivadas de una o más variables dependientes respecto de dos o más variables independientes.

EJEMPLO 2

Ecuaciones diferenciales parciales

Todas las siguientes ecuaciones diferenciales son parciales: ∂2 u ∂2 u + =0 ∂x 2 ∂ y 2 k

∂2 u ∂ u = ∂x 2 ∂t

a2

∂2 u ∂2 u = ∂x 2 ∂t 2

A

∂2 u ∂u ∂u ∂2 u ∂2 u +B +C 2 + D +E + Fu = G 2 ∂x ∂ y ∂y ∂x ∂y ∂x

∂2 u ∂u + =0 ∂x ∂ y ∂ y

1.1

Introducción

Orden de una ecuación diferencial Otra manera de clasificar las ecuaciones diferenciales considera el orden de la derivada más alta que aparece en la ecuación.

Orden de una ecuación diferencial


4 Definición

Se define el orden de una ecuación diferencial como el orden de la derivada más alta que aparece en la ecuación.

EJEMPLO 3

Ecuaciones diferenciales de orden n

La derivada de mayor orden es la que define el orden de la ecuación diferencial, sin importar a qué exponente esté elevada. Las siguientes ecuaciones tienen los órdenes indicados: y′ −

1 y = ex x

orden 1

y ″ − ( y ′ ) x = tan x

orden 2

x 4 y ′″ − x 2 y ″ = cos x

orden 3

y ( 4 ) − y ( 3) + 9 y ″ − 4 y ′ = 0

orden 4

3

∂u ∂2 u ∂2 u 3 + − ¢ 2≤ = 0 ∂x ∂x ∂ y ∂y 2 2 u u ∂ ∂ a2 2 = 2 ∂x ∂t

( y″ )3 − y ′x = x sen x

orden 2 orden 2 orden 2

y ′ − y ″ cos x = x ( y ′ )

3

orden 2

Linealidad de una ecuación diferencial ordinaria En un curso de álgebra lineal se aprende que una ecuación lineal en dos variables es una expresión de la forma ax + by = c. La característica principal de esta ecuación es que las variables están elevadas a la potencia 1. De la misma manera, una ecuación diferencial lineal tiene como propiedad que la variable dependiente y todas sus derivadas están elevadas a la potencia 1. La forma precisa se muestra en la siguiente definición.

Ecuación diferencial lineal Una ecuación diferencial ordinaria se denomina lineal si es de la forma an ( x ) y( n ) + an −1 ( x ) y( n −1) +  + a2 ( x ) y ″ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = g ( x ) Si g ( x ) = 0 la ecuación se denomina homogénea. Si g ( x ) ≠ 0, la ecuación es no homogénea. Si una ecuación no tiene la forma anterior, entonces se dice que la ecuación es no lineal.


5 Definición

5

6

UNIDAD 1


La ecuación diferencial lineal es ordinaria si la variable dependiente, así como cualquiera de sus derivadas, aparecen elevadas a la potencia 1. De igual forma, la función g(x) y cada una de las funciones que aparecen como coeficientes de las derivadas son funciones que dependen todas de la misma variable independiente considerada en la ecuación.


Definición 6

Propiedades de la ecuación diferencial ordinaria

OBSERVACIÓN 2

La ecuación diferencial lineal an ( x ) y ( n ) +  + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = g ( x ) es ordinaria y de grado 1, de manera que tanto la variable dependiente como cualquiera de sus derivadas aparecen elevadas a la potencia 1. De igual forma, la función g(x) y cada una de las funciones que aparecen como coeficientes de las derivadas son funciones que dependen todas de la misma variable independiente considerada en la ecuación.

Grado de una ecuación diferencial

Para determinar el orden de una ecuación diferencial consideramos la derivada más alta de la ecuación, sin importar el exponente al que estén elevadas las derivadas y la variable dependiente. Tal exponente se conoce como el grado de la ecuación diferencial. La siguiente definición establece lo anterior.

Grado de una ecuación diferencial La potencia más grande a la cual está elevada una variable dependiente, o bien alguna de sus derivadas, se conoce como grado de una ecuación diferencial.

Las ecuaciones diferenciales también se clasifican por su grado, el cual se define por la potencia más grande a la cual está elevada una variable dependiente o bien, alguna de sus derivadas.

EJEMPLO 4

Grado de una ecuación diferencial

Si consideramos el exponente más grande al que está elevada una variable dependiente o alguna de sus derivadas, las siguientes ecuaciones tienen los grados indicados: y′ −

1 y = ex x

grado 1

y ″ − ( y ′ ) x = tan x

grado 2

x 4 y ′″ − x 2 y ″ = y 4 cos x

grado 4

y ( 4) − y (3) + 9 ( y ″ ) − 4 y ′ = 0

grado 2

∂u ∂2 u ∂2 u 3 + − ¢ 2≤ = 0 ∂x ∂x ∂ y ∂y

grado 3

2

2

a2

∂2 u ∂2 u = ∂x 2 ∂t 2

grado 1

( y″ )3 − y ′x = x sen x

grado 3

y ′ − ( y ″ ) cos x = x ( y ′ ) 2

3

grado 3

1.1

Introducción

Solución de una ecuación diferencial El objetivo de esta unidad es aprender a resolver las ecuaciones diferenciales más conocidas, como las ecuaciones separables, las homogéneas, las exactas, las lineales, etcétera. Es importante resaltar que, en general, las ecuaciones diferenciales no tienen solución. Como podrá observarse, una vez conocida la clasificación, existe un número infinito de ecuaciones diferenciales, pero hasta hoy no han podido resolverse todas las ecuaciones imaginables. De hecho, muy pocas son solubles. En un primer curso de ecuaciones diferenciales solo se estudian métodos de solución de algunos casos especiales que por su “simplicidad” permiten desarrollar procedimientos que utilizan conceptos básicos del cálculo. Resolver una ecuación diferencial significa determinar una función definida en un intervalo adecuado tal que satisfaga la ecuación. Formalmente se tiene la siguiente definición.

Solución de una ecuación diferencial


7 Definición

Si f es una función definida en algún intervalo tal que al sustituirla en una ecuación diferencial la satisface, se dice entonces que f es una solución de la ecuación diferencial.

Entendemos que una función satisface una ecuación diferencial si al sustituirla en ella, la reduce a una identidad. EJEMPLO 5


Verificar si las funciones a) y = e − x; b) y = e x; c) y = e 2 x y d) y = c1e − x + c2 e x son soluciones de la ecuación diferencial y ″ − y = 0.

Solución a) Al derivar la función y = e − x sucesivamente tenemos que y ′ = −e − x y y ″ = e − x ; luego, y ″ − y = e−x − e−x = 0 . De manera que la función y = e − x sí es una solución de y ″ − y = 0.

Solución b) Al derivar la función y = e x sucesivamente tenemos que y ′ = e y y0 = ex; luego, y ″ − y = e x − e x = 0. De manera que la función y = e x sí es una solución de y ″ − y = 0. x

Solución c) Al derivar la función y = e 2 x sucesivamente tenemos que y ′ = 2e 2 x y y ″ = 4e 2 x; luego, y ″ − y = 4e 2 x − e 2 x = 3e 2 x ≠ 0 . De manera que la función y = e 2 x no es solución de y ″ − y = 0.

Solución d ) Al derivar la función y = c1e − x + c2 e x sucesivamente tenemos que y ′ = −c1e − x + c2 e x y y ″ = c1e − x + c2 e x; luego, y ″ − y = c1e − x + c2 e x − ( c1e − x + c2 e x ) = 0. De manera que la función y = c1e − x + c2 e x sí es una solución de y ″ − y = 0.

Una solución de una ecuación diferencial es una función que sustituida en la ecuación la transforma en una identidad.

7

8

UNIDAD 1


EJEMPLO 6


Verificar si la función 4 y + 1 = x 2 + c es una solución de la ecuación diferencial x y + 1 dx − dy = 0.

Solución Dada la función implícita 4 y + 1 = x 2 + c , tenemos 4 y + 1 − x2 = c dy =− dx

−2 x = x y +1 4 2 y +1

x y + 1 dx − dy = 0

reescribimos la función derivamos implícitamente

reordenamos

De manera que 4 y + 1 = x 2 + c sí es una solución de la ecuación diferencial dada.

OBSERVACIÓN 3

Clasificación de las soluciones de una ecuación diferencial

En los ejemplos anteriores podemos observar tipos diferentes de soluciones. Para la ecuación y ″ − y = 0 observamos que las soluciones y = e − x, y = e x y y = c1e − x + c2 e x tienen en esencia formas diferentes, por ejemplo, la función y = ex no contiene constantes arbitrarias, mientras que y = c1e−x + c2ex sí las tiene. Si comparamos las funciones y = e − x, y = e x y y = c1e − x + c2 e x, que son solucioLas soluciones de una ecuación nes de la ecuación y ″ − y = 0 con la función 4 y + 1 = x 2 + c , que es solución de diferencial también se clasifila ecuación x y + 1 dx − dy = 0, notamos que mientras en las primeras funciones can. La primera clasificación aparece la variable y “despejada”, en la segunda no es así. las divide en soluciones explícitas e implícitas.


Definición 8

Las soluciones de una ecuación diferencial, al igual que las propias ecuaciones, también tienen una clasificación. Básicamente, las soluciones se clasifican en implícitas y explícitas, en familias de soluciones, soluciones particulares y soluciones singulares.

Soluciones implícitas y explícitas

)

Sea F ( x, y, y ′, y ″,, y ( n −1) , y ( n ) = 0 una ecuación diferencial ordinaria. Se dice que una solución está en forma explícita si se puede expresar en la forma y = f ( x ), o bien x = g ( y ). Si ninguna de las variables está resuelta en términos de la otra, entonces decimos que la solución está dada en forma implícita, y se representa generalmente por la expresión G ( x, y ) = c .

En términos simples, una solución está dada en forma explícita si aparece “despejada” alguna de las variables en términos de la otra, y en caso contrario, cuando no aparece resuelta ninguna de las variables, la solución está dada en forma implícita. Para el caso de una función explícita, en el proceso para verificar si esta satisface a una ecuación diferencial, se utiliza, como pudimos observar en el ejemplo 5, la derivación ordinaria.

1.1 Si una solución está en forma implícita, se tienen dos opciones. En la primera, si es posible resolver una variable en términos de otra, se procede a resolverla y posteriormente a derivarla. En general esto no siempre es posible, pues solo para algunos casos elementales puede realizarse un proceso algebraico para lograrlo. Resulta más común que no pueda resolverse ninguna de las variables, que es la segunda opción, y en este caso la herramienta adecuada es la derivación implícita, como observamos en el ejemplo 6. Esto se establece en el teorema de la función implícita enunciado en la siguiente observación.

Introducción

Para derivar una función implícita F(x, y) = 0 puede suponerse que y = f(x) y derivar ordinariamente aplicando la regla de la cadena. Otra opción es aplicar el teorema de la función implícita.

Teorema de la función implícita

OBSERVACIÓN 4

Existen dos opciones para derivar una función implícita F(x, y) = 0. En la primera puede suponerse que y = f(x) y derivarse a la función ordinariamente aplicando la regla de la cadena. La segunda opción es aplicar el teorema de la función implícita enunciado sin demostración a continuación.


Teorema 1 Teorema de la función implícita Sea F(x, y) = 0 una función implícita de dos variables, si las derivadas parciales ∂F ∂F dx + dy = 0. existen y son continuas, entonces: dF = ∂x

∂F ∂x

y

∂F ∂y

∂y

∂F F dy ∂F = − ∂x = − x . ≠ 0, se cumple que En el caso en que ∂F dx Fy ∂y ∂y

Una solución implícita

EJEMPLO 7

2

Verificar que la función y 3 = ce −3x + 3 es una solución de la ecuación diferencial

Solución

dy dx

+ 2 xy =

6x y2

.

2

Consideramos la función y 3 − ce −3x = 3 y derivamos implícitamente 6cx e −3x dy =− dx 3 y2

2

6x ( y − 3 dy =− dx 3 y2 3

9

usamos el teorema de la función implícita

)

2

sustituimos ce −3x = y 3 − 3

dy 6x = −2 xy + 2 dx y

simplificamos

dy 6x + 2 xy = 2 dx y

reordenamos 2

que es la ecuación original, de manera que la función y 3 = ce −3x + 3 sí es una solución en forma implícita de la ecuación diferencial dada.

Argumentar con contundencia y precisión.

10

UNIDAD 1



EJEMPLO 8

)

Verificar que la función c ( x 2 + y 2 = y es una solución de la ecuación diferencial 2 xydx + ( y2 − x2 dy = 0.

)


Solución

)

Consideramos la función c ( x 2 + y 2 − y = 0 y derivamos implícitamente dy 2cx =− dx 2cy − 1 dy =− dx

dy =− dx

usamos el teorema de la función implícita

y ≤x x 2 + y2 y 2¢ 2 ≤y −1 x + y2 2¢

2 xy 2 ( x + y ¢ x22+y y2 − 1 ≤ 2

2

)

dy 2 xy =− 2 dx 2 y − ( x 2 + y2

(

(y

2

sustituimos

c=

y x + y2 2

simplificamos

distribuimos el denominador

))

)

− x 2 dy = −2 xy dx

reordenamos

)

de manera que la función c ( x 2 + y 2 − y = 0 es una solución implícita de la ecuación diferencial 2 xydx + ( y 2 − x 2 dy = 0.

)

EJEMPLO 9


Mostrar que la función y = x 3 sen x + cx 3 es una solución de la ecuación diferencial y ′ − x3 y = x 3 cos x .

Solución Consideramos la función y = x 3 sen x + cx 3 y derivamos de manera ordinaria: y ′ = x 3 cosx + 3x 2 sen x + 3cx 2 . Al sustituir en la ecuación diferencial, tenemos

)

)

3 3 3 x sen x + cx 3 = x 3 cos x + 3x 2 sen x + 3cx 2 − ( x 3 sen x + cx 3 = x 3 cos x . ( x x De lo anterior concluimos que la función y = x 3 sen x + cx 3 es una solución explícita de la ecuación diferencial dada. y′ −

EJEMPLO 10

Una solución explícita

Verificar que la función y = c1e x + c2 xe x + c3 x 2 e x es una solución de la ecuación diferencial y ′″ − 3 y ″ + 3 y ′ − y = 0.

Solución Si derivamos sucesivamente la función y = c1e x + c2 xe x + c3 x 2 e x , tenemos

1.1 y ′ = ( c1 + c2 ) e x + ( c2 + 2c3 ) xe x + c3 x 2 e x

segunda derivada

y ′″ = ( c1 + 3c2 + 6c3 ) e + ( c2 + 6c3 ) xe + c3 x e

tercera derivada

x

11

primera derivada

y ″ = ( c1 + 2c2 + 2c3 ) e x + ( c2 + 4c3 ) xe x + c3 x 2 e x x

Introducción

2 x

De esta manera, y ′″ − 3 y ″ + 3 y ′ − y = ( c1 + 3c2 + 6c3 ) e x + ( c2 + 6c3 ) xe x + c3 x 2 e x

−3 (( c1 + 2c2 + 2c3 ) e x + ( c2 + 4c3 ) xe x + c3 x 2 e x +3 (( c1 + c2 ) e + ( c2 + 2c3 ) xe + c3 x e x

x

− ( c1e + c2 xe + c3 x e x

x

2 x

2 x

)=0

)

)

La función y ′″ − 3 y ″ + 3 y ′ − y = 0 es una solución explícita de la ecuación y ′″ − 3 y ″ + 3 y ′ − y = 0. Otra manera de clasificar las soluciones de una ecuación diferencial se basa en si contienen o no constantes arbitrarias. Las constantes arbitrarias aparecen en una solución como resultado de agregar constantes de integración en el proceso de solución. Para el caso de una ecuación diferencial ordinaria, el número de constantes arbitrarias coincide con el orden de la ecuación.

Familia de soluciones, soluciones particulares y la solución trivial

)

Dada la ecuación diferencial ordinaria F ( x, y, y ′, y ′′,, y ( n −1) , y ( n ) = 0, se dice que una solución de la forma G ( x, y, c1 , c2 ,, cn ) = 0 es una familia de soluciones con n parámetros arbitrarios. Si una solución no contiene parámetros arbitrarios, se dice que es una solución particular. Si la función y = 0 es una solución, decimos que y = 0 es la solución trivial.


9 Definición

Una solución particular siempre está contenida en la familia de soluciones. Las soluciones de una ecuaUna manera de obtener muchas soluciones particulares de una ecuación diferención diferencial se clasifican en cial es dando valores específicos a las constantes arbitrarias de la familia de solufamilias de soluciones: particuciones. En el ejemplo 5, la función y = c1e − x + c2 e x es una familia de soluciones con lares y singulares. dos parámetros arbitrarios, mientras que las funciones y = e − x y y = e x son ambas soluciones particulares. Podemos observar que al elegir los valores c1 = 1 y c2 = 0 se obtiene de la familia de soluciones, la solución particular y = e − x , y al elegir los valores c1 = 0 y c2 = 1 se obtiene la solución y = e x .

EJEMPLO 11

Familia de soluciones y soluciones particulares

Identificar la familia de soluciones y las soluciones particulares de la ecuación diferencial dy + 2 xy = 6x2 para los valores c = 0, c = 1, c = 3 y c = −2. dx

Solución

y

Del ejercicio 7, tenemos que la ecuación diferencial dy + 2 xy = 6x2 tiene por familia de soludx 2 y ciones a la función y 3 = ce −3x + 3, de manera que algunas soluciones particulares son y 3 = 3, 2 2 2 y 3 = e −3x + 3, y 3 = 3e −3x + 3, y 3 = −2e −3x + 3, etcétera.

12

UNIDAD 1


EJEMPLO 12

Familia de soluciones y soluciones particulares

Identificar la familia de soluciones y las soluciones particulares de la ecuación diferencial 2 xydx + ( y 2 − x 2 dy = 0, para los valores c = 0, c = ±1, c = ±2 y c = ±3.

)

Solución

)

2 2 Del ejercicio 8 sabemos que la función c ( x + y = y es una familia de soluciones de la ecuación diferencial 2 xydx + ( y 2 − x 2 dy = 0, de manera que para los valores c = 0, c = ±1, c = ±2 y c = ±3, 2 2 son soluciones particulares y = 0, x 2 + y 2 = y, x + y + y = 0, 2 ( x 2 + y 2 = y, 2 x 2 + 2 y 2 + y = 0, 2 2 2 2 3 ( x + y = y y 3x + 3 y + y = 0.

)

)

)

En los ejemplos anteriores observamos la forma algebraica de una familia de soluciones, pero sin lugar a dudas, una manera más llamativa de trabajar con la solución de una ecuación diferencial es observando su gráfica. Dada la complejidad que puede tener una solución, por lo general es necesaria la utilización de un sistema algebraico computarizado (SAC) para visualizar las gráficas correctamente. En los siguientes ejemplos se observan las gráficas de algunas familias de soluciones.

EJEMPLO 13

Gráfica de una familia de soluciones

Verificar que y = ce 2 x es una familia de soluciones de la ecuación diferencial y ′ − 2 y = 0 y graficar algunas de las soluciones particulares utilizando un SAC.

Solución

c = 0.01

y 4

c = 0.1

Se verifica que si y = ce 2 x , entonces y ′ = 2ce 2 x; luego, y ′ − 2 y = 2ce 2 x − 2ce 2 x = 0, de manera que la función y = ce 2 x es una familia uniparamétrica de soluciones de la ecuación y ′ − 2 y = 0. La gráfica de algunas soluciones particulares se observa en la FIGURA 1.1. c=1

Las soluciones particulares pueden obtenerse de la familia de soluciones al darle valores específicos a las constantes arbitrarias.

2 Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías. Representar e interpretar conceptos en forma geométrica y algebraica.

x −4

0

−2

2

c = −0.01

c = −0.1

−4

c = −1

−2

Figura 1.1 Algunas soluciones.

EJEMPLO 14

Gráfica de una familia de soluciones

Verificar que y = cx es una familia de soluciones de la ecuación diferencial y ′ = algunas de las soluciones particulares utilizando un SAC.

y x

y graficar

1.1

Introducción

13

Solución Se verifica que si y = cx , entonces y ′ = c ; luego, y ′ = c = xy , de manera que la función y = cx es una familia uniparamétrica de soluciones de la ecuación y ′ = xy . La gráfica de algunas soluciones particulares se observa en la FIGURA 1.2. c = −1

c = −3 10

c = −1/2

−10

y

c=3

c = 1/2

5

0

−5

c=1

Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías. Representar e interpretar conceptos en forma geométrica y algebraica.

5

10

x

−5

−10 Figura 1.2 Algunas soluciones.

EJEMPLO 15

Una solución que no es familia ni es particular

Dada la ecuación diferencial y ′ = 3 xy , verificar si la función y1/2 − x 3/2 = c es una familia de soluciones y si la función y = 0 es una solución particular.

Solución a) Dada la función y1/2 − x 3/2 = c , tenemos − 3 x1/2 dy =− 2 = 3x1/2 y1/2 = 3 xy 1 dx 2 y1/2

derivamos implícitamente

Las soluciones singulares son soluciones que no se pueden obtener de la familia de soluciones al darle valores específicos a las constantes arbitrarias.

De manera que la función implícita y1/2 − x 3/2 = c sí es una familia de soluciones de la ecuación y ′ = 3 xy .

Solución b) Es evidente que la función y = 0 satisface la ecuación diferencial dada. Sin embargo, también puede verificarse que no existe un valor de la constante arbitraria c de manera que la solución trivial pueda obtenerse de la familia de soluciones. Una solución con esta propiedad se conoce como una solución singular. Reconocer conceptos generales e integradores.

Solución singular Una solución de una ecuación diferencial se denomina singular si no puede obtenerse de la familia de soluciones al darle valores a las constantes arbitrarias.

10 Definición

14

UNIDAD 1


Al observar las gráficas en los ejemplos 13 y 14, surgen de manera natural un par de preguntas cuyas respuestas serán objeto de estudio en la siguiente sección: dado un punto en particular en el plano, ¿existe una solución que pase por dicho punto? y además, ¿cuántas soluciones existen con esa propiedad? En la vida cotidiana, si algún problema real requiere de modelarse matemáticamente mediante una ecuación diferencial, la misma naturaleza del problema establece condiciones adicionales que permiten calcular una única solución. Es decir, para un problema específico no es de utilidad conocer la familia de soluciones, porque esta contiene una infinidad de soluciones, ni mucho menos descubrir que nuestro problema no tenga una solución factible. En la siguiente sección mencionamos las condiciones que deben cumplirse para que una solución de una ecuación diferencial exista y además satisfaga condiciones adicionales que permitan dar solución a problemas de aplicación específicos.

Problema del valor inicial y el teorema de existencia y unicidad


Definición 11

En la etapa de aplicación es muy común que en la vida real, estudiantes e investigadores que intentan resolver alguna ecuación diferencial se encuentren con grandes dificultades para hallar la solución, y no hablamos de dificultades algebraicas ni de cálculo. También puede suceder que sean capaces de resolverla, pero que se encuentren con la sorpresa de que hay más de una solución a sus necesidades. Cualquiera de estas opciones no resuelve un problema real. Una primera necesidad que surge al estudiar los métodos de solución de las ecuaciones diferenciales es poder garantizar que exista una solución y que exista solo una que satisfaga condiciones específicas generadas al plantear la ecuación como modelo matemático de un problema real. El conjunto formado por una ecuación diferencial y las condiciones adicionales que permiten seleccionar una solución particular de la familia recibe el nombre de problema de valor inicial. Para ser más precisos, tenemos la siguiente definición. Problema de valor inicial Se conoce como un problema de valor inicial al problema de resolver la ecuación diferencial y ( n ) = f ( x, y, y ′,, y ( n −1) ) sujeta a las condiciones y( x0 ) = y0, y ′( x0 ) = y1,…, y ( n −1) ( x0 ) = yn −1.

EJEMPLO 16

Un problema de valor inicial de primer orden

Para el caso de una ecuación de primer orden, el problema de valor inicial toma la forma: Resolver y ′ = f ( x, y ) sujeta a y( x0 ) = y0 .

EJEMPLO 17

Un problema de valor inicial de segundo orden

Para el caso de una ecuación diferencial de segundo orden, el problema de valor inicial se enuncia así: Resolver y ″ = f ( x, y, y ′ ) sujeta a y( x0 ) = y0 , y ′( x0 ) = y1.

Al resolver un problema de valor inicial, gráficamente estamos determinando qué función de la familia pasa por un punto o varios puntos dados. Técnicamente, debemos evaluar las condiciones proporcionadas para que mediante un proceso algebraico determinemos el valor de la constante arbitraria o los valores de las constantes arbitrarias que definen una función particular que satisface cada una de las condiciones dadas.

1.1 EJEMPLO 18

Introducción

15

Un problema de valor inicial

Resolver la ecuación y ′ − 2 y = 0 sujeta a la condición y(0) = 1.

Solución

c = 0.01

c = 0.1

y 4

c=1

Del ejemplo 13 hemos verificado que y = ce 2 x es una familia de soluciones de la ecuación diferencial y ′ − 2 y = 0. De la condición y(0) = 1 debemos entender que si x = 0, entonces y = 1, y sustituir en la familia de soluciones para obtener 1 = ce 2( 0 ), luego c = 1. De manera que la función y = e 2 x es una solución particular de la ecuación diferencial y ′ − 2 y = 0 sujeta a la condición dada, como observamos en la FIGURA 1.3.

Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías. Representar e interpretar conceptos en forma geométrica y algebraica.

2

−4

0

−2

2

x

c = −0.01

c = −0.1

−4

c = −1

−2

Figura 1.3 La función y = e 2x es una solución particular de la ecuación diferencial y ′ − 2y = 0 .

EJEMPLO 19


Resolver la ecuación y ″ − y = 0 sujeta a las condiciones y(0) = 4 y y ′(0) = 2 .

Solución Se puede verificar que y = c1e x + c2 e − x es una familia de soluciones de la ecuación y ″ − y = 0. Tenemos entonces: y ′ = c1e x − c2 e − x

derivamos la solución

y(0) = c1e + c2 e = c1 + c2 = 4

evaluamos la condición y(0) = 4

y ′(0) = c1e 0 − c2 e 0 = c1 − c2 = 2

evaluamos la condición y ′(0) = 2

0

0

Al resolver el sistema c1 + c2 = 4 c1 − c2 = 2 obtenemos c1 = 3 y c2 = 1, de manera que la solución particular que satisface las condiciones dadas es y = 3e x + e − x . La gráfica de la solución al problema del valor inicial se muestra en la FIGURA 1.4.

Representar e interpretar conceptos en forma geométrica y algebraica.

16

UNIDAD 1


y 10

0

−2

x

2

Figura 1.4 Gráfica de la solución al problema del valor inicial.

EJEMPLO 20

Un problema de valor inicial sin solución única

Resolver la ecuación y ′ = 3 xy sujeta a la condición y(0) = 0.

Solución Un problema de valor inicial que no tiene solución para las condiciones dadas, o bien que tiene más de una solución, se considera un problema sin solución.


En el ejemplo 15 verificamos que la función implícita y1/2 − x 3/2 = c es una familia de soluciones de la ecuación dada. Al considerar la condición y(0) = 0 tenemos que c = 0, de manera que la función y = x 3 es una solución particular del problema de valor inicial. Sin embargo, podemos observar que la solución trivial y = 0 también es una solución de la ecuación diferencial y satisface la condición dada. De manera que el problema de valor inicial tiene dos soluciones factibles en el punto (0,0).

En la práctica, un problema de valor inicial que no tiene o que tiene más de una solución para condiciones específicas no es de utilidad. Es importante poder garantizar bajo qué condiciones un problema de este tipo tiene solución y, además, que sea única. En general, no es fácil establecer un resultado que aplique para todas las ecuaciones diferenciales; de momento solo estamos en condiciones de enunciar sin demostración el resultado que nos puede ser de utilidad para garantizar la existencia y unicidad de la solución de un problema de valor inicial de primer orden. En un curso especializado puede profundizarse más en el tema.

Teorema 2 (Picard) Existencia y unicidad de la solución de un problema de valor inicial de primer orden dy

= f ( x, y ), sujeta a la conEl problema de valor inicial de resolver la ecuación diferencial dx dición y( x0 ) = y0 tiene una única solución definida sobre un intervalo con centro en x0 si ∂f las funciones f ( x, y ) y son ambas continuas sobre una región que contiene al punto ∂y ( x0 , y0 ) . EJEMPLO 21

Un problema de valor inicial con solución única

Verificar si el problema de resolver la ecuación una solución y además es única.

dy dx

= x 2 y 3 sujeto a la condición y( a ) = b tiene

1.1

Solución

Introducción

∂f

= 3x 2 y 2 y verificamos que ambas funConsideramos la función f ( x, y ) = x 2 y 3, calculamos ∂y ciones son continuas en el punto ( a, b ). Por el teorema de existencia y unicidad se garantiza que el problema de valor inicial dado tiene una única solución.

EJEMPLO 22

Un problema de valor inicial con solución única

Verificar si la ecuación esta es única.

dy dx

= 3 xy sujeta a la condición y( a ) = b tiene una solución y además

Solución Consideramos la función f ( x, y ) = 3 xy y calculamos

∂f ∂y

=

∂f

3 x 2 y

.

3 x

La función f ( x, y ) es continua en (0, 0), pero la función ∂ y = 2 y no es continua en el punto (0, 0). Por el teorema de existencia y unicidad, el problema de valor inicial no tiene solución o tiene más de una. En este caso, como observamos en el ejemplo 20, existen dos soluciones que satisfacen la condición del problema de valor inicial.


1.1

10. 2 y ″ − 4 y ′ + 6 y = cos x Resolver problemas.

En los ejercicios 1 a 34, dar una clasificación de las siguientes ecuaciones diferenciales.

11. ( y + y )dx + ( x − x )dy = 0 12.

1. x 2 y ″ + 2 sen x y ′ − 3 y = tan x

13. y (3) + xy ′ +

tan y cos x y′ − =0 2. cos2 x sec 2 y 3.

2

15. ¢

4. ( x − 1) y ′ + ( x + 1) y = e − x ( x − 1)

3/2

5.

( y ′ )3 −

16.

x y = xy −1 x2 + 1

7. ¢cot x +

∂2 z ∂2 z 2 + ¢ 2≤ = 0 2 ∂x ∂y

)

18.

)

y + 2 xy≤ dx + ( x 2 + ln x dy = 0 x

dy e y + e − y = dx e x − e − x

9. xye x / y dx − ( x 2 + y 2 ( ln y − ln x + 1) dy = 0

1 − y 2 dx + ( e x + 1) dy = 0

19. ( x − 1) 20.

)

dy 2 1 + y ≤ = dx 1+ x

17. xdy + ( 2 xy + y − x 2 − x dx = 0

dy = cos( x + y ) + cos( x − y ) 6. dx

8.

1 y = − x 2e x y2 x

14. 3cos x y ″ − 5tan x y ′ = 1

∂ z ∂ z + =0 ∂x 2 ∂ y 2 2

sen x d 2 y dy − + y = 1 + cos x 2 dx dx 1 − cos x

(y

2

dy + y + ln x + e x = xe x + x ln x dx

)

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

2 6 21. y (5) − 2 ( y ′ ) + y = ( x + 1) y −1/2 3

17

18

22.


UNIDAD 1

)

x y − 3x + 2 y = c 2

2 2 23. y ( 4) + ( y ′ ) − y = − xy5/2 x 3

)

)

26.

(y

27.

x2 dx − y x + y dy = 0 y

2

)

+ 2 x sen y + 1 dx + ( x cos y + 2 xy − ln y dy = 0

28. ¢x 2 −

2

)

45. (12 y 2 sen(2 x 2 + 4 y 3 ) dy +

( 4x sen(2x + 4 y ) ) dx = 0, cos ( 2x + 4 y ) = c 2

2

1 1 − ye x≤ dx + ¢ − e x≤ dy = 0 x2 2 y

)

30. xdy + ( xy + 2 y 3 − xe 2 x dx = 0

33. ¢

47. ¢

dy + xy = − ( x ) dx

2 1 1 − 6xe 3x ≤ dx − ¢ ≤ dy = 0, 2 x + 2y x + 2y

2

x + 2 y − e 3x = c 1 4( x + 3 y ) 3 − ≤ dx + ¢ ≤ dy = 0, 48. ¢ 4x − 5 (4x − 5)2 4x − 5

dy 2 3 x2 ≤ − y= 2 dx x x −1

34. ( x 2 + 1

3

x + tan x − ln( xy ) = c y

1 y 1 31. ¢ − 2 + 1≤ dx + ¢ − 1≤ dy = 0 x x x dy 4 ≤ + y ″ = tan x − sen x cos x dx

3

1 1 x 1 46. ¢ − + tan2 x + 1≤ dx − ¢ 2 + ≤ dy = 0, y x y y

29. ( ln x + cos y + 1) dx + ( ln y − x sen y + 1) dy = 0

32. tan x ¢

2

x 4 y 3 − 3x cos x + 2 sen y = c

25. x y dx + ( 2 x + xy dy = 0 2

)

(2 cos y + 3x y ) dy = 0, 4

24. x ydx + y xdy = 0 2

3

44. ( 4x 3 y 3 − 3cos x + 3x sen x dx +

2

2

)

43. ( 3x 2 y 2 + 2 dy + ( 2 xy 3 − 3 dx = 0,

dy 1 + ¢ + 1≤ y = xe − x cos x dx x

x + 3y =c 4x − 5 3

)

+ x y4

En los ejercicios 35 a 51, verificar si la función indicada es solución de la ecuación diferencial correspondiente (suponer que c1 y c2 son constantes arbitrarias).

)

)

49. y (1 + e 2 xy dx + x (1 + e 2 xy dy = 0, e 2 xy + 2 xy = c 50. y ″ +

1 4 y ′ + 2 y = 0, y = c1 cos(ln x 2 ) + c2 sen(ln x 2 ) x x

51. x 2 y ″ + xy ′ + 2 y = 9x, y = 3x

35. y ″ − y = 0, y = c1e x + c2 e − x 36. y ″ + y = 0, y = c1 cos x + c2 sen x 37. x 2 y ″ + 5 y ′ + 4 y = 0, x 2 y = c1 + c2 ln x 38. y ″ + 2 y ′ − 3 y = 0, y = c1e x + c2 e −3x 39. y ″ + 8 y ′ + 16 y = 0, y = c1e −4 x + c2 xe −4 x

En los ejercicios 52 a 60, verificar si los problemas de valor inicial dados satisfacen las condiciones del teorema de existencia y unicidad. dy = ( x + 1) y1/2, y(0) = 0 52. dx 53.

40. y ′″ − 6 y ″ + 12 y ′ − 8 y = 0, y = c1e 2 x + c2 xe 2 x + c3 x 2 e 2 x

54.

41. y ( 4) + 2 y ″ + y = 0, y = c1 cos x + c2 x cos x +

dy = dx

y3 , y( −2) = 5 x+2

55.

dy = x y5/2 , y(0) = 0 dx

56.

dy 2 x 3 = 2 , y( −1) = 0 dx y

c3 sen x + c4 x sen x 42. x 2 y ″ − 3x y ′ + 4 y = 4x 4 ln x + 4x 4 , y = 4x 4 ln x

dy x + 1 = 2 , y(1) = 0 dx y


57.

dy 1 = , y(0) = 0 dx xy

59.

dy ( x − 1)( y + 2) = , y(1) = −2 dx ( x + 2)( y − 1)

58.

dy ( x − 1)( y + 2) = , y( −2) = 1 dx ( x + 2)( y − 1)

60.

dy = ( x 2 + 2 y1/2 , y(0) = 1 dx

En los ejercicios 8 a 10, verificar si la función indicada es solución de la ecuación diferencial correspondiente (suponer que c1 y c2 son constantes arbitrarias).


En los ejercicios 1 a 7, clasificar las siguientes ecuaciones diferenciales. Indicar su tipo, orden, tipo de linealidad y grado. ∂ z ∂ z ∂z ∂z =0 − + + ∂x 2 ∂ y 2 ∂x ∂ y 2

2

x −1 y = x 4 y −2 x2

( y″ )3 −

3.

dy = sen( x + y ) + cos( x − y ) dx

∂2 u ∂2 u ∂2 u =0 c + b + ∂ y2 ∂x ∂ y ∂x 2

(y )

7.

(y

(5) 4

1.2

2

x y 9. ¢ + ln x≤ dy + ¢ + ln y≤ dx = 0, x ln y + y ln x = c y x

En los ejercicios 11 y 12, verificar si los problemas de valor inicial dados satisfacen las condiciones del teorema de existencia y unicidad.

∂2 u ∂2 u 4. = c2 2 2 ∂x ∂t

6.

x 2x 3x 8. y ′″ − 6 y ″ + 11y ′ − 6 y = 0, y = c1e + c2 e + c3e

10. x 2 y ″ + 3xy ′ + 5 y = 13x 2 , y = c1x 2

2

2.

5. a

)

Competencia final

1.1

1.

19

+ xy ′ +

x − 11 3 y = −x2e x y4 x5

)

)

11.

dy 1/2 = ( x − 1) ( y − 1) , dx

y(0) = 1

12.

dy ( x − 1)( y + 2) = , dx ( x + 1)( y − 1)

y(1) = −1

+ 3xy + x dx + ( 2 x 2 y + 3x + y dy = 0

Ecuaciones diferenciales separables

El estudio de los métodos de solución de las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer dy orden inicia con la solución de una ecuación de la forma = f ( x ) g ( y ), conocida como una dx ecuación diferencial separable. Una ecuación muy conocida de este tipo es la que modela el dx problema clásico de la velocidad como un cambio de la posición respecto del tiempo: = v. dt

Ecuación diferencial separable Una ecuación diferencial de la forma rencial separable.


1 Definición dy = dx

f ( x ) g ( y ) se conoce como una ecuación dife-

20

UNIDAD 1


Una ecuación separable se resuelve por integración directa.

Una ecuación diferencial separable se resuelve por integración directa siempre 1 que las funciones g ( y ) y f ( x ) sean integrables en algún intervalo, como se expresa en el siguiente teorema.


Teorema 1 dy = dx

La ecuación diferencial separable por integración directa

f ( x ) g ( y ) se resuelve

Demostración Dada la ecuación diferencial separable 1 dy = g( y) 1 funciones g ( y )

dy = dx

f ( x ) g ( y ) , se tiene

f ( x ) dx

reescribimos

Considerando que las y f(x) sean integrables en algún intervalo, podemos integrar ambos miembros de la igualdad para obtener 1


∫ g( y) dy = ∫ f (x ) dx

integramos ambos miembros

G( y) = F (x) + c

agregamos una constante de integración

que representa una familia de soluciones buscada. Es necesario realizar un par de observaciones acerca de las funciones que aparecen en una ecuación diferencial: •

•

En general, las funciones consideradas en un primer curso de ecuaciones diferenciales se elige que sean integrables para evitar mayor conflicto en los primeros acercamientos del lector con la búsqueda de una solución. De la misma forma, se considera que las funciones son integrables en un dominio adecuado, de manera que en caso de haber algún punto de discontinuidad, no sea necesario que la integral indefinida deba resolverse como una integral impropia. Por lo regular, al calcular una integral indefinida, el dominio en el que esto puede hacerse es el adecuado para que la función obtenida esté bien definida.

Antes de presentar algunos ejemplos de solución de ecuaciones diferenciales separables, hagamos una observación acerca de la constante de integración. OBSERVACIÓN 1

La constante de integración

Al integrar una ecuación no es necesario sumar una constante de integración por cada integral realizada; solamente basta una constante que pueda ser agregada en cualquiera de los miembros. Al considerar la ecuación g ( y )dy = f ( x )dx, se tiene Al resolver una ecuación diferencial ordinaria de primer orden, solamente se agrega una sola constante de integración por todas las integrales que se calculan.

∫ g( y) dy = ∫ f (x ) dx ∫ g( y) dy + c = ∫ f (x ) dx + c ∫ g( y) dy = ∫ f (x ) dx + c − c ∫ g( y) dy = ∫ f (x ) dx + c 1

2

integramos

2

sumamos constantes de integración

1

reescribimos definimos c = c2 − c1

Lo anterior equivale a utilizar una sola constante de integración en la ecuación.


Una ecuación separable

EJEMPLO 1

Resolver

dy dx

= f ( x ) , en donde f ( x ) es una función integrable en un intervalo.

Solución La ecuación se resuelve al integrar de manera directa, es decir dy = f ( x )dx

reescribimos

∫ dy = ∫ f (x ) dx y = f ( x ) dx + c = F ( x ) + c ∫

agregamos una sola constante de integración

Otra ecuación separable

EJEMPLO 2

Resolver y ′ =

integramos ambos lados

1 . x2 + 1

Solución La ecuación diferencial se puede escribir como 1 dx x +1 1 dy = dx 2 x +1

dy =

2

∫

∫

reescribimos integramos ambos miembros

y = tan −1 x + c

EJEMPLO 3

agregamos una sola constante de integración

Un primer problema de valor inicial

dy 5 = e 2 x sujeta a y(0) = . Resolver dx 2

Solución Si escribimos la ecuación en la forma dy = e 2 x dx , tenemos

∫ dy = ∫ e

2x

dx

1 y = e2x + c 2

integramos ambos miembros familia de soluciones 5 2

Ahora consideramos la condición inicial y(0) = , e interpretamos que y = 5 1 0 = e +c 2 2

5 sustituimos y = , x = 0 2

c=2

valor particular de la constante

1 y = e2x + 2 2

solución particular

5 2

cuando x = 0

Antes de presentar más ejemplos de solución de las primeras ecuaciones diferenciales, es conveniente hacer otras observaciones acerca de la solución de una ecuación.

21

22

UNIDAD 1


Se ha justificado el uso de una sola constante de integración al resolver una ecuación diferencial ordinaria de primer orden; sin embargo, surgen de manera natural otras cuestiones al respecto: ¿cuál es la forma “más conveniente” para expresar una solución?, ¿qué tan simplificada debe expresarse?, ¿en qué lado de la ecuación debe agregarse la constante de integración?, ¿puede tomar la constante alguna forma especial?, etcétera. En general, no existen reglas que regulen la forma de la solución de una ecuación diferencial; simplemente se considera conveniente si no está expresada en términos de funciones con dominios muy restringidos. Lo anterior se debe a que las ecuaciones diferenciales son el modelo matemático de muchos fenómenos de la vida común y por esta razón los problemas de condición inicial y de valores en la frontera son parte importante de las matemáticas, así que la sustitución de valores que se hace al resolver un problema de este tipo requiere de funciones que permitan hacerlo. Por esta razón, la solución de una ecuación diferencial de preferencia no debe contener funciones logarítmicas, trigonométricas La constante de integración de una familia de soluciones se inversas o cualquier otra de dominio restringido, y esto se logra utilizando propiepuede redefinir de manera que dades algebraicas adecuadas. más convenga para simplificar Para hacer algunas observaciones acerca de la constante de integración, conla expresión. sideremos el siguiente ejemplo. Al resolver una ecuación diferencial ordinaria de primer orden, solamente se agrega una sola constante de integración por todas las integrales que se calculan.

EJEMPLO 4

La constante de integración correcta

Resolver la ecuación

dy − y = 0 sujeta a y(0) = −2. dx

Solución 1 Optimizar soluciones.

Al reescribir la ecuación

dy dy = dx y al integrar, tenemos − y = 0 en la forma y dx dy

∫ y = ∫ dx

integramos

ln y = x + c1

agregamos una constante

Resulta evidente que la condición y(0) = −2 no puede sustituirse porque la función logaritmo no lo permite. Si reescribimos la solución, tenemos Una constante de integración se puede redefinir tantas veces como se crea conveniente.

Las constantes de integración pueden tomar formas especiales que combinen múltiplos, potencias y logaritmos de una constante arbitraria, como, por 1 ejemplo, 2c, −c, ec, lnc, c , etc., y se puede reemplazar por una simple constante c.

y = e x +c1

solución sin logaritmos

y = e x e c1

definir c = e c1

y = ce x

familia de soluciones

Observemos que en esta forma equivalente de la solución sí es posible sustituir la condición y(0) = −2 , pues −2 = ce 0

sustituimos y(0) = −2

c = −2

valor particular de la constante

De esta manera, tenemos que la solución particular al problema de condición inicial es y = −2e x


Observemos que esta solución particular al problema de valor inicial es correcta, porque satisdy face − y = −2e x − ( −2e x ) = 0 y además y(0) = −2e 0 = −2 . dx


23

Solución 2 (Agregar la constante de integración a la izquierda) Optimizar soluciones.

Al proceder de la misma forma que en la solución 1, tenemos dy

∫ y = ∫ dx

integramos y agregamos una constante de integración

Si en este paso agregamos la constante al lado izquierdo, tenemos: ln y + c1 = x e ln y +c1 = e x

tomamos exponencial

e ln y e c1 = e x

separamos

c2 y = e x

definimos c2 = e c1

y=

1 x e c2

resolvemos para y

1 c2 que es la misma familia de soluciones obtenida en la solución 1. definimos c =

y = ce x

Al resolver un problema de valor inicial, no importa la forma en la que se elige la constante de integración, pues siempre se llega a la misma solución particular (algebraicamente equivalente). Los casos de soluciones singulares se consideran por separado.

Solución 3 (Agregar la constante de integración con una forma especial) Hasta aquí, sabemos que la constante puede agregarse en cualquiera de los lados. Si procedemos de la misma forma que en la solución 1, tenemos dy

∫ y = ∫ dx

integramos y agregamos una constante de integración

Si en este paso agregamos la constante ln c1, tenemos ln y + ln c1 = x ln c1 y = x

propiedades de logaritmos

c1 y = e x

tomamos exponencial

y = ce x

definimos c =

1 c1

que es la misma familia de soluciones obtenida en la solución 1.

Las propiedades observadas en las diferentes soluciones del ejemplo 4 pueden generalizarse para cualquier ecuación diferencial (ver desarrollo de competencias 1.2). OBSERVACIÓN 2

En los capítulos siguientes y con base en las consideraciones anteriores, las soluciones serán expresadas de la manera que más convenga. Del mismo modo, las constantes de integración se reescribirán las veces que sea necesario para que la solución tome una forma fácil de manipular para posteriores aplicaciones.

EJEMPLO 5

Resolver


dy 2x = sujeta a y(1) = 2 . dx x + 2

Optimizar soluciones.

24

UNIDAD 1


Solución Si integramos ambos miembros de la ecuación, tenemos 2x

∫ dy = ∫ x + 2 dx ∫ dy = ∫

reescribimos e integramos ambos miembros

2x + 4 − 4 dx x+2

sumamos 4 y restamos 4 −4

x+2

∫ dy = 2 ∫ x + 2 dx + ∫ x + 2 dx 1

separamos en dos integrales

∫ dy = 2 ∫ dx − 4 ∫ x + 2 dx

simplificamos

y = 2 x − 4 ln( x + 2) + ln c

integramos y agregamos constante de la forma ln c

y − 2 x = ln e y−2 x =

c ( x + 2)4

aplicamos propiedades de logaritmos

c ( x + 2)4

tomamos exponencial

( x + 2)4 e y −2 x = c

Aun cuando las ecuaciones diferenciales no contengan en su solución funciones logarítmicas, siempre resulta muy útil considerar constantes de integración de la forma ln c.

familia de soluciones en forma implícita

Ahora se considera la condición inicial y(1) = 2, y se interpreta que y = 2 cuando x = 1:

EJEMPLO 6

c = (1 + 2)4 e 2 −2(1) = 81

evaluamos y = 2, x = 1 en la familia de soluciones

( x + 2)4 e y − 2 x = 81


La constante de integración correcta

Resolver la ecuación diferencial ( x 2 + 1) dx − xy 2 dy = 0.

Solución Lograr un pensamiento lógico, analítico y sintético.

La ecuación diferencial es de variables separables, de esta manera: ( x 2 + 1) dx = y 2 dy x 1

separamos las variables

∫ ¢x + x ≤ dx = ∫ y dy 1 2 2x

2

+ ln x + ln c1 = 13 y 3

6 ln c1x + 3x 2 = 2 y 3 2

( c1x )6 e 3x = e 2 y

3

integramos ambos miembros multiplicamos por 6 y utilizamos logaritmos tomamos exponencial escribimos c2 = c16

1.2 Ecuaciones diferenciales separables 2

c2 x 6 e 3x = e 2 y x 6 e 3x

2

− 2 y3

3

25

familia de soluciones de manera equivalente con c =

=c

1 c2

Ecuación diferencial separable

EJEMPLO 7

Resolver la siguiente ecuación diferencial xdx − ydy = xy ( xdy − ydx ).

Solución La ecuación es separable, de manera que xdx − ydy = x 2 y dy − xy 2 dx

)

)

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

∫ x +1 dx = ∫ y 2

2

y dy +1

)

)

)

ln ( x 2 + 1 = ln c ( y 2 + 1

)

x 2 + 1 = c ( y2 + 1

EJEMPLO 8

desarrollamos agrupamos separamos variables e integramos

1 1 1 ln ( x 2 + 1 = ln ( y 2 + 1 + ln c 2 2 2

)


tomamos

1 ln c como constante de integración 2

tomamos exponencial familia de soluciones

Ecuación diferencial separable

Resolver la ecuación diferencial por separación de variables tan x sen ydx + cos3 x cot ydy = 0 .

Solución Al dividir la ecuación por cos3 x sen y , tenemos


tanx cot y dx + dy = 0 3 cos x sen y sen x cos y dx + dy = 0 cos 4 x sen2 y sen x

cos y dy = 0 2 y

∫ cos xdx + ∫ sen 4

−

du

dw

4

2

∫u +∫w

=0

utilizamos tan x =

sen x cos y y cot y = cos x sen y

integramos todos los términos donde u = cos x y w = sen y

1 1 − = c1 3 3u w

integramos cada término

1 1 − = c1 3cos3 x sen y

sustituimos u = cos x y w = sen y

sec 3 x − 3csc y = c

con c = 3c1

26

UNIDAD 1


EJEMPLO 9

Resolver

Problema de valor inicial

dx = ye x − y + ye − x − y , sujeta a y(0) = 0. dy

Solución Lograr un pensamiento lógico, analítico y sintético.

Al separar las variables tenemos dx = ye − y dy e + e−x x

e x dx = ye − y dy e x (e x + e − x

)

∫

ex dx = e 2x + 1

∫u

du = +1

2

∫ ye

∫ ye −y

−y

dy

dy

tan −1 e x + (1+ y ) e − y = c Se considera que dos familias de soluciones son equivalentes si una puede transformarse en otra mediante un proceso algebraico.

multiplicamos y dividimos por ex

simplificamos e integramos

con u = ex familia de soluciones

Evaluando la condición inicial y(0) = 0 , tenemos

OBSERVACIÓN 3

c = tan −1 e 0 + (1+ 0 ) e − 0 = tan −1 e x + (1+ y ) e − y =

π +1 4

π +1 4

simplificamos solución particular

Se dice que dos familias de soluciones son equivalentes si una puede transformarse en la otra mediante algún proceso algebraico

En la medida en que el lector profundice en el estudio de los métodos de solución de las ecuaciones diferenciales, debe considerar que una familia de soluciones obtenida por algún método puede en apariencia ser diferente y sin embargo ser equivalente a la obtenida por otro método diferente, ya sea por haber elegido una constante arbitraria diferente o simplemente por haber simplificado de otra manera. No obstante, al redefinir las constantes de integración, al aplicar un poco de álgebra, al utilizar identidades trigonométricas, al resolver alguna de las variables, etc., puede mostrarse que se trabaja con la misma solución. dy Por ejemplo, para la ecuación separable dx = 2y +1 , las siguientes familias de soluciones son equivalentes:

2 y +1 x +1

x −1

= c , 2 y + 1 = c ( x + 1), 2 y + 1 = c ( x + 1)2 y c ( 2 y + 1) = ( x + 1)2 .

Ecuaciones que se reducen a ecuaciones separables


La primera ecuación diferencial que se resuelve en un curso de métodos de solución es la de variables separables; sin embargo, ya estamos en condiciones de resolver otras ecuaciones diferenciales ordinarias, incluyendo algunas no lineales. En el siguiente teorema se presenta una ecuación diferencial con estas características.


27

Teorema 2 dy La ecuación diferencial de la forma dx = f ( ax + by + c ) puede reducirse a una ecuación diferencial separable

Demostración dy Consideremos la ecuación diferencial de la forma dx = f ( ax + by + c ) . Es evidente que no tiene una clasificación específica, porque eso depende de la función f (x) que se compone. Al definir el cambio de variable u = ax + by + c, tenemos du dx

dy = a + b dx

Las ecuaciones diferenciales de dy la forma dx = f ( ax + by + c ) se pueden reducir a una ecuación diferencial separable.

derivamos u

Al sustituir el cambio de variable en la ecuación diferencial, tenemos


dy = f (u) dx Si combinamos estas dos últimas expresiones, obtenemos du = a + bf ( u ) dx que es una ecuación diferencial separable, cuya solución está dada por du

∫ a + bf (u) = ∫ dx. EJEMPLO 10

Las ecuaciones diferenciales de dy la forma dx = f ( ax + by + c ) se reducen a una ecuación separable al utilizar el cambio de variable u = ax + by + c, de tal du dy modo que dx . = a + b dx

Una ecuación que se reduce a una ecuación separable

Resolver la ecuación

dy dx

= (6x − 3 y + 4)3 + 2 .

Solución Al considerar el cambio de variable u = 6x − 3 y + 4, se tiene du dy = 6−3 dx dx du = 6 − 3 ( u3 + 2 dx

derivamos

)

du = −3 dx u3

∫

− u −3 du =

dy = u 3 + 2. Además: dx

sustituimos separamos

∫ 3 dx

reordenamos

1 = 3x + c 2u2

integramos

1 = 3x + c1 2(6x − 3 y + 4)2

sustituimos cambio de variable

1 = 6x + c (6x − 3 y + 4)2



28

UNIDAD 1


Al resolver ecuaciones diferenciales es fundamental considerar la expresión correcta, ya que la modificación mínima de un signo, un dígito, un punto decimal, una condición inicial o una variable pueden originar un cambio drástico en la solución obtenida. El siguiente ejemplo tiene la intención de mostrar esta situación: resolver una ecuación diferencial haciendo ligeras modificaciones en la estructura original para comparar las soluciones obtenidas. EJEMPLO 11

Un pequeño cambio, una solución diferente

Resolver la ecuación diferencial

dy = y + 2 sujeta a la condición y(0) = 1 . dx

Solución

Caso 1 Al considerar la ecuación separable

dy = y + 2 , tenemos dx

dy

∫ y + 2 = ∫ dx

separamos e integramos

ln( y + 2) = x + c1

una familia de soluciones

y = ce − 2

definimos c = e c1

1 + 2 = ce 0

evaluamos y(0) = 1

y = 3e x − 2


x

Caso 2 Si resolvemos

Caso 3 Si resolvemos

Caso 4 Si resolvemos Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías.

dy = y + 2 sujeta a la condición y(1) = 0, tenemos y = 2e x −1 − 2. dx dy = y + 2 sujeta a la condición y(0) = −2, tenemos y = −2 . dx dy = y − 2 sujeta a la condición y(0) = 1, tenemos y = −e x + 2 . dx

En la gráfica se muestran las variaciones gráficas en la solución obtenida al “modificar por error” la ecuación original. y

−4

y

4

4

2

2

0

−2

2

4

x

−4

−4

−4

Caso 1

y = 3e x − 2

2

−2

−2

dy = y + 2, y(0) = 1 dx

0

−2

Caso 2

dy = y + 2, y(1) = 0 dx y = 2e x −1 − 2

4

x


−4

y 4

y 4

2

2

0

−2

Caso 3

2

4

x

−4

−2

−2

−4

−4

dy = y + 2, y(0) = −2 dx y = −2

Caso 4

2

x

4

dy = y − 2, y(0) = 1 dx y = −e x + 2


1.2

Resolver problemas.

En los problemas 1 a 39, resolver las ecuaciones diferenciales por separación de variables. 1.

0

−2

dy = tan 4x dx

13. ln y 14. ye x

2

dy + 2 x 2 ln x = 0 dx dy + 5xe y = 0 dx

15.

dy + p( x ) y = 0 dx

dy = 2y dt

16.

dy = ax + b , a, b ∈  dx

4. y ′ + x 2 + 1 = 0

17.

dy = ( ax + b )2 , a, b ∈  dx

2. 3 y 3 dx − 6x 4 dy = 0 3. (t 2 + 1)

5. y ′ + 6.

4 y= 0 x −1 2

x2 + 1 y′ = e y

)

18. ye 4 y ( x 2 − 4 y ′ = x + 3 19. y ′ + e y + e − y = 0

7.

dy = xe 6 x −5 y dx

20.

dx ( y − 1)( y + 3) = dy ( x + 4)( x − 2)

8.

dy x + 5 = dx x − 2

21.

dy ( y − 1)( y + 3) = dx ( x + 4)( x − 2)

9.

dy 5x 2 + 3 y=0 dx e 3x

22. e x (1 + e 2 y )dx + e y ( e 2 x + 2e x + 1)dy = 0

10. ( y + 1)dx + (4x + 2)2 dy = 0

23. ( e x + e − x )2 dx + ( y − 2)2 e 3( x + y ) dy = 0

11.

dy x 2 y 3 = dx x + 3

24. x 2 ( y − 1)dx = ( x 2 y 2 + x 2 + y 2 + 1)dy

12.

dy 2 y − 1 = dx 5x + 4

25.

dy x − 1 y − 2 = dx x + 3 y − 3

29

30


UNIDAD 1

26. (3 y − 1)(3x + 1)

dy = x( y + 3) dx

27. ( xy + 9x − 3 y − 27)dx + ( xy + 4x − 5 y − 20)dy = 0

43. x

dy − y = 1, y(0) = 1 dx

44. y ′ = y 2 − 2 y + 1, y(2) = 1

28.

du = u 3 + 3u 2 − 4u dt

45. dy + y = xye −4 x , y(0) = 0 dx

29.

du 3u − 2 = dt 2t + 1

46. y ′ =

30. csc 2 y dx + cot x dy = 0 31. e y sen2 x dx + ( e 2 x −3 y + 2 ye 2 x −3 y )dy = 0 32.

dy x 3 =¢ ≤ ln2 x dx y−2

y( x − 1) + 4x − 4 , y(2) = 0 y( x + 2) − x − 2

π 47. (sen x + 1)sen y dy − cos x cos y dx = 0, y ¢ ≤ = 0 4 En los ejercicios 48 a 55, resolver la ecuación diferencial reduciéndola a una ecuación separable. Utilizar el procedimiento del ejemplo 10. 48.

dy = ( x + y )2 dx

49.

dy = 2 + e −2 x + y +1 dx

dy 35. y( x + 1) = x(1 − y 2 )2 dx

50.

dy = cos( x + y + 1) dx

1 dy ln x sen x − = 2 36. x dx y 2 y

51.

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

33. 34.

dy 1 = dx 1 − cos2 x dy = ln x y ln y dx 2

3

2

37.

tan y cos x y′ − =0 cos2 x sec 2 y

52.

dy = 2x + 3 y + 1 dx

38.

dy e y + e − y = dx e x − e − x

53.

dy = cos( x − y ) dx

39.

( y + y ) dx + ( x − x ) dy = 0

54.

dy 1 = dx x − y + 1

55.

dy = ( x + y + 1)3/2 dx

En los problemas 40 a 47, resolver los siguientes problemas de valor inicial. Discutir los resultados obtenidos. Utilizar un SAC para graficar la solución.

Comunicarse en el lenguaje matemático en forma oral y escrita. Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías.

dy 1 + y = 0, y(0) = 0 dx x dy 1 π 41. + = 0, y ¢ ≤ = 1 4 dx x 2 + 1 40.

42.

dy y = 2 , y(0) = e dx x − 4

En los problemas 56 a 60, resolver el problema de valor inicial y comparar la solución particular obtenida. Discutir y graficar los resultados obtenidos.

Comunicarse en el lenguaje matemático en forma oral y escrita. Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías.

dy = y 2 − 1, y(0) = 0 dx dy 57. = y 2 + 1, y(0) = 0 dx 56.

1.3

58.

dy = y 2 − 1, y(0) = 1 dx

59.

dy = y 2 − 0.1, y(0) = 0.1 dx

1.2

dx ( y − 1)( y + 3) = dy y 2 senh x

du 2. = u 3 − 11u 2 + 10 u + 72 dt 3. tan x sen 3 y dx + sec 3 x cos y dy = 0 4.

dy = cos( x + y ) + cos( x − y ) dx

5.

dy 1 + y = dx 1 + x

6.

1.3

31

60. Demostrar que sin importar la forma de la constante arbitraria ni el lado en el que esta se agrega, las familias de soluciones obtenidas son equivalentes, es decir, una puede transformarse en la otra mediante procesos algebraicos.

Competencia final

En los problemas 1 a 6, resolver las ecuaciones diferenciales por separación de variables. 1.

Ecuaciones diferenciales homogéneas

1 − y 2 dx + ( e x + 1) dy = 0

En los problemas 7 a 8, resolver los siguientes problemas de valor inicial. 7. ( x 2 + 4x ) y ′ = y 2 − y, y(0) = 0 8. (1 + y 2 ) dx + 2 y(1 + x 2 )dy = 0, y(0) = 0


En los ejercicios 9 y 10, resolver la ecuación diferencial reduciéndola a una ecuación separable, utilizar el procedimiento del ejemplo 10. 9. 10.

dy = (2 x + 3 y )2 dx dy = 1 + ( − x + 2 y + 1)2 dx


Una función polinomial en dos variables p(x, y) es homogénea de grado n si todos sus términos son del mismo grado.

En un curso de álgebra se aprende que si una función polinomial en dos variables tiene todos sus términos del mismo grado, entonces la función se denomina homogénea. Este concepto puede extenderse a cualquier tipo de función en dos variables, y nos permitirá resolver una ecuación diferencial que puede no ser separable.


Función homogénea de grado n

1 Definición

Una función z = f(x, y) se denomina homogénea de grado n si satisface f(tx, ty) = t f(x, y) para alguna n ∈  . n

Se deja como ejercicio al lector, que demuestre que cualquier función polinomial en dos variables que tiene todos sus términos de grado n es una función homogénea de grado n.

32

UNIDAD 1


EJEMPLO 1

Una función homogénea de grado 0 y

Una función constante es una función homogénea de grado cero.

x

Verificar si la función f ( x, y ) = tan − 2 es homogénea y determinar su grado de x y homogeneidad.

Solución Dada la función f ( x, y ) = f (tx, ty ) =

ty tx tan − 2 tx ty

evaluamos

f (tx, ty ) =

y x tan − 2 x y

simplificamos

p( x , y ) q ( x, y )

Una función racional es de grado cero si los polinomios p(x, y) y q(x, y) son del mismo grado.

y x tan − 2 , tenemos x y

f (tx, ty ) = f ( x, y )

función homogénea de grado cero

y x Observamos que f (tx, ty ) = t 0 f ( x, y ) , de manera que la función f ( x, y ) = tan − 2 es hox y mogénea de grado 0.

EJEMPLO 2

Una función homogénea de grado 1

Verificar si la función f ( x, y ) = 4x − 3 y es homogénea y determinar su grado de homogeneidad.

Solución En el ejemplo 2, la función polinomial f (x, y) es homogénea de grado 1 porque sus dos términos son de grado 1.

Al evaluar f (tx, ty ), tenemos f (tx, ty ) = 4tx − 3ty

evaluamos

f (tx, ty ) = t ( 4x − 3 y )

factorizamos

f (tx, ty ) = t1 f ( x, y )

función homogénea

1

Observamos que f (tx, ty ) = t1 f ( x, y ) , de manera que la función f ( x, y ) = 4x − 3 y es homogénea de grado 1.

EJEMPLO 3

Una función que no es homogénea

Verificar que la función f ( x, y ) = 4x 3 − 3 y 2 no es homogénea.

Solución Al evaluar f (tx, ty ), tenemos En el ejemplo 3, la función polinomial f (x, y) no es homogénea porque sus dos términos son de grados diferentes.

f (tx, ty ) = 4 (tx ) − 3 (ty )

2

3

f (tx, ty ) = t 2 ( 4tx 3 − 3 y

)

y f (tx, ty ) = t 3 ¢4x 3 − 3 ≤ t

evaluamos factorizamos de manera equivalente

En cualquiera de los dos casos se observa que f (tx, ty ) ≠ t 2 f ( x, y ) o bien f (tx, ty ) ≠ t 3 f ( x, y ), y que no existe un valor real de n para el cual f (tx, ty ) = t n f ( x, y ); de manera que la función no es homogénea.

1.3


OBSERVACIÓN 1

Una propiedad importante de las funciones homogéneas que nos permitirá resolver algunas ecuaciones diferenciales que no son separables, es la siguiente. Supongamos que f ( x, y ) es una función homogénea de grado n, entonces por definición se cumple que f (tx, ty ) = t n f ( x, y ). Podemos escribir: y y y f ( x, y ) = f ¢x ⋅ 1, x ⋅ ≤ = x n f ¢1, ≤ = x n f (1, u ) = x n F1 ( u ), donde u = x x x

Si f (x, y) es una función homogénea de grado n, entonces se puede expresar en la forma f ( x, y ) = x n F1 ( u ) , donde u = xy .

O bien: x x x f ( x, y ) = f ¢ y ⋅ , y ⋅ 1≤ = y n f ¢ , 1≤ = y n f ( v, 1) = y n F2 ( v ), donde v = y y y

Lo anterior significa que si f ( x, y ) es una función homogénea de grado n, entonces siempre es posible “factorizar” una de las variables elevada a la potencia que corresponde al grado de homogeneidad de la función y que multiplica a una nueva en términos de una nueva variable en forma de cociente, esto es: f ( x, y ) = x n F1 ( u ), donde u =

y x

O bien: f ( x, y ) = y n F2 ( v ) , donde v =

EJEMPLO 4

Si f (x, y) es una función homogénea de grado n, entonces se puede expresar en la forma f ( x, y ) = y n F2 ( v ), donde v = xy .

x y

Propiedades de una función homogénea

Reescribir la función homogénea f ( x, y ) = x − 5 y en términos de las variables u =

y x

y v = xy .

Solución Como la función f ( x, y ) = x − 5 y es homogénea de grado 1, se puede factorizar una variable x, o bien una variable y. De esta manera, y f ( x, y ) = x ¢1 − 5 ¢ ≤≤ = x (1 − 5u ) x

donde u =

y x

donde v =

x y

O bien: f ( x, y ) = y ¢¢

EJEMPLO 5

x ≤ −5≤ = y ( v − 5 ) y

Propiedades de una función homogénea

Reescribir la función homogénea f ( x, y ) = x 2 y − 5 y 3 en términos de las variables u =

y x

y v = xy .

Solución Como la función f ( x, y ) = x 2 y − 5 y 3 es homogénea de grado 3, se puede factorizar la variable x3, o bien una variable y3. De esta manera, y y 3 f ( x, y ) = x 3 ¢¢ ≤ −5 ¢ ≤ ≤ = x 3 ( u − 5u 3 x x

)

donde u =

y x

33

34

UNIDAD 1


O bien

)

(

x f ( x , y ) = y 3 ¢¢ y ≤ 2 −5 ≤ = y 3 v 2 − 5


Definición 2

donde v =

x y

Ya estamos en condiciones de definir la siguiente ecuación diferencial ordinaria que aprenderemos a resolver: la ecuación diferencial homogénea de grado n.

Ecuación diferencial homogénea de grado n Una ecuación diferencial de la forma M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy = 0 se denomina una ecuación diferencial homogénea de grado n si las funciones M ( x, y ) y N ( x, y ) son ambas funciones homogéneas de grado n.

EJEMPLO 6

Una ecuación diferencial homogénea de grado 1

Verificar si la ecuación dad.

dy dx

=

2x− y x+ y

es homogénea. Si lo es, determinar su grado de homogenei-

Solución

La ecuación se puede reescribir como ( y − 2 x ) dx + ( x + y ) dy = 0 para identificar las funciones M ( x, y ) = y − 2 x y N ( x, y ) = x + y. Dado que M ( ux, uy ) = uy − 2 ( ux ) = u( y − 2 x ) = u1M ( x, y ) y que N ( ux, uy ) = ux + uy = u ( x + y ) = u1N ( x, y ) , se puede concluir que tanto M ( x, y ) como N ( x, y ) son ambas funciones dy homogéneas de grado 1, y en consecuencia la ecuación diferencial dx = 2xx+−yy es homogénea de grado 1.

EJEMPLO 7

Una ecuación diferencial no homogénea

)

)

Verificar si la ecuación ( x 2 + xy dx − ( x − 2 y 2 dy = 0 es homogénea. Si lo es, determinar su grado de homogeneidad.

Solución Al identificar las funciones M ( x, y ) = x 2 + xy y N ( x, y ) = − x + 2 y 2 , tenemos que

)

M ( ux, uy ) = ( ux ) + ( ux ) ( uy ) = u 2 ( x 2 + xy = u 2 M ( x, y ) 2

)

(

)

Pero N ( ux, uy ) = − ( ux ) + 2 ( uy ) = u ( − x + 2 uy 2 = u 2 − + 2 y 2 . u La función M ( x, y ) es homogénea de grado 2 y N ( x, y ) no es homogénea, de manera que la ecuación diferencial ( x 2 + xy dx − ( x − 2 y 2 dy = 0 no es homogénea. 2

)

x

)

Existen diversos métodos para resolver una ecuación diferencial homogénea de grado n. En el siguiente teorema se presenta una primera opción y una variante de esta. Una tercera opción la comentamos en la observación 3.

1.3


35

Teorema 1 La ecuación diferencial homogénea de grado n de la forma M ( x, y )dx + N ( x, y )dy = 0 se puede reducir a una ecuación diferencial separable Demostración Supongamos que la ecuación M ( x, y )dx + N ( x, y )dy = 0 es homogénea de grado n. Primeramente reescribimos la ecuación original en la forma

Toda ecuación diferencial homogénea de grado n se puede reducir a una ecuación de variables separables.

dy M ( x, y ) . =− dx N ( x, y ) Por definición, ambas funciones M ( x, y ) y N ( x, y ) son funciones homogéneas de grado n, de manera que podemos aplicar la propiedad mencionada en la observación 1 de esta sección; es decir, de ambas funciones podemos factorizar xn, o bien yn. Al factorizar xn de ambas funciones, tenemos

( ) ( ( ) ) y

x n M 1, x dy M ( x, y ) =− =− =G y dx N ( x, y ) x n N 1, x Al definir como nueva variable u =

Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita. Argumentar con contundencia y precisión.

y x

y x

y = ux

despejamos

dy du = u+x dx dx

derivamos respecto a x dy dx

De esta manera, al combinar las expresiones

= G(u) y

dy dx

du

= u + x dx , escribimos

du dx que es una ecuación diferencial separable. De esta manera, G (u) = u + x

dx du = x G (u) − u Una integración directa de ambos miembros y la sustitución del cambio de variable utilizado u = xy proporciona la familia de soluciones. OBSERVACIÓN 2

El proceso de resolver una ecuación diferencial homogénea puede realizarse al considerar como variable independiente a cualquiera de las variables, ya sea x o y.

La demostración anterior puede realizarse de una manera diferente

Sea M ( x, y )dx + N ( x, y )dy = 0 una ecuación diferencial homogénea de grado n, si escribimos

( ) ( )

y n N 1, xy dx N ( x, y ) =− =− =H dy M ( x, y ) y n M 1, xy x y

() x y


y definimos como cambio de variable v = , entonces x=vy

despejamos

dx dv =v+y dy dy

derivamos respecto a y

De esta manera, al combinar las expresiones

dx dy

= H (v ) y

H (v ) = v + y

dv dy

dx dy

dv

= v + y dy , escribimos Argumentar con contundencia y precisión.

36

UNIDAD 1


que es una ecuación diferencial separable. De esta manera, dy du = y H (v ) − v Una integración directa de ambos miembros y la sustitución del cambio de variable utilizado v = xy proporciona la familia de soluciones.

EJEMPLO 8

Una ecuación diferencial homogénea

Resolver la ecuación ( x + y ) dx + xdy = 0 .

Solución La ecuación diferencial dada es homogénea de grado 1. Con base en el teorema anterior, escribimos dy x+ y dy resolvemos para =− dx x dx y + x 1 / dy x y factorizamos x =− = − 1+ x dx x/

Al proponer el cambio de variable u = xy , y = ux y dy du = u + x dx , una ecuación dx homogénea se reduce a una ecuación separable.

( ) ( )

Al proponer u = u+x −

du y dy , y = ux y = u+x dx x dx

du = − ( u + 1) dx du

sustituimos

dx

∫ 2u + 1 = ∫ x


1 1 − ln ( 2 u + 1) = ln x − ln c 2 2

1 agregamos constante de integración − ln c 2

ln ( 2 u + 1) = −2 ln x + ln c

multiplicamos por −2

ln x 2 ( 2 u + 1) = ln c


x 2 ¢2

y + 1≤ = c x

tomamos exponencial y sustituimos u =

2 xy + x 2 = c

EJEMPLO 9

y x

simplificamos

La misma ecuación diferencial homogénea

Resolver la ecuación ( x + y ) dx + xdy = 0. Al proponer el cambio de variable v = xy , x = vy y dx dv = v + y dy , una ecuación dy homogénea se reduce a una ecuación separable.

Solución Con base en el teorema anterior, escribimos dx x =− dy x+ y

()

resolvemos para

x


y y dx =− =− dy y xy + 1

( )

x y x y

+1

dx dy

factorizamos y y cancelamos

1.3 Al proponer v = v+y

x y

dx dy

, x = vy y

dv

= v + y dy .

dv v =− dy v +1

−v − 1

A = ln A − ln B ln B

dy

dv

ln Ar = r ln A que son propiedades análogas válidas para el logaritmo en cualquier base.


dv

dy

∫ v − ∫ v+2 = ∫ y 1 2

fracciones parciales

− 21 ln v − 21 ln( v + 2) = ln y − 21 ln c

1 agregamos constante de integración − ln c 2

ln v + ln( v + 2) + 2 ln y = ln c

multiplicamos por −2

ln v ( v + 2) y 2 = ln c


x x ¢ + 2 ≤ y2 = c y y

tomamos exponencial y sustituimos v =

x 2 + 2 xy = c

simplificamos

EJEMPLO 10

37

Recordemos las siguientes propiedades de los logaritmos: ln AB = ln A + ln B

sustituimos

∫ v(v + 2)dv = ∫ y − 21


x y


Resolver y(ln y − ln x 2 + 1)dx − xdy = 0 sujeta a la condición y(1) = e π . 2

Solución Se verifica que la ecuación dada es homogénea de grado 1. Con base en el teorema anterior, escribimos dy y y = (2 ln x + 1) dx x Al proponer u = u+x

y x

, y = ux y

dy dx

du = u ( 2 ln u + 1) dx

du

dx

resolvemos para

dy dx

du

= u + x dx . sustituimos


∫ 2u ln u = ∫ x

separamos e integramos por cambio de variable

1 1 ln ln u = ln x + ln c 2 2

agregamos constante

ln u = cx 2

aplicamos propiedades de logaritmos

ln

y = cx 2 x

sustituimos u =

1 ln c 2

y x

Al evaluar la condición y(1) = e π , tenemos ln

Recordemos que las funciones exponencial y logaritmo natural son funciones inversas una de la otra; es decir, e ln x = x y ln e x = x.

eπ = c (1)2 1

evaluamos y(1) = e π

38

UNIDAD 1


c=π

simplificamos

y = xe π x



Una manera diferente de separar una ecuación homogénea

OBSERVACIÓN 3 Argumentar con contundencia y precisión.

2

Existe un procedimiento equivalente a los anteriores para resolver la misma ecuación. Supongamos que M ( x, y )dx + N ( x, y )dy = 0 es una ecuación diferencial homogénea de grado n. Para esto, basta considerar de nueva cuenta el cambio de variable y = ux, pero en lugar de calcular dy la derivada dx calculamos ahora el diferencial dy, dado por dy = udx + xdu. Al sustituir en la ecuación M ( x, y )dx + N ( x, y )dy = 0 , tenemos M ( x, ux )dx + N ( x, ux ) ( udx + xdu ) = 0

sustituimos y = ux, dy = udx + xdu

)

x n M (1, u ) dx + x n N (1, u ) ( udx + xdu = 0

utilizamos la observación 1 de esta sección

M (1, u )dx + N (1, u ) ( udx + xdu ) = 0

multiplicamos por xn

¢

M (1, u ) + u≤ dx + xdu = 0 N (1, u )

que es la ecuación diferencial separable dx

∫ x +∫

du M (1,u ) N (1,u )

+u

= 0.

Una manera diferente de separar una ecuación diferencial homogénea

EJEMPLO 11

)

Resolver la ecuación diferencial ( x 2 + y 2 dx − xydy = 0.

Solución Se verifica que la ecuación dada es homogénea de grado 2. Al sustituir y = ux, dy = udx + xdu en la ecuación ( x 2 + y 2 dx − xydy = 0, tenemos

)

(x

2

)

+ ( ux )2 dx − x( ux )( udx + xdu ) = 0

)

x 2 (1 + u 2 dx − x 2 u( udx + xdu ) = 0

(1 + u ) − u≤ dx − xdu = 0

sustituimos y = ux, dy = udx + xdu factorizamos x2

2

Al sustituir y = ux y dy = udx + xdu en una ecuación homogénea, esta se reduce a una ecuación separable.

¢

u

1

∫ x dx − ∫ u du = 0 1 2

1 2

ln x − u 2 = ln c Lograr un pensamiento lógico, algorítmico, analítico y sintético.

ln x 2 −

cancelamos x2 y agrupamos separamos e integramos agregamos la constante

( ) = ln c

sustituimos u =

=c


y x

2

y x

2

x2e

− y2 x

1 ln c 2

1.3


1.3

20.

Resolver problemas.

En los ejercicios 1 a 9, verificar si las ecuaciones diferenciales dadas son o no homogéneas, y en caso afirmativo, determinar el grado. No hay que resolverlas.

dx 4x 2 y − 3xy 2 = 3 dy x + 6xy 2 − 4 y 3

)

)

21. ( 4xy − 3 y 2 dx + ( 2 xy − 2 x 2 dy = 0

)

22. 6xydx + (8 y 2 − 7 x 2 dy = 0

)

1. xy 2 dx − 4 x 2 ydy = 0

2 2 23. ( 3 y − 9x dx − 4xydy = 0

2. x x 2 + y 2 dx − y 2 e y / x dy = 0

24. ( 2 x 2 − 2 xy − y 2 dx + x 2 dy = 0

3.

)

x 3 + y 3 dx − x 3/2 dy = 0

)

25. ( x 2 − xy − y 2 dx + x 2 dy = 0

4. ( x + y )dx + ( x + y )dy = 0 2

2

2 2 3 26. dy = 13x y − 73xy + y dx x

5. x ydx + y xdy = 0

)

6. x 2 y 2 dx + ( 2 x 2 + xy dy = 0

2 2 27. dy = 12 x − 62xy + y dx x

7. y 2 xdx + x 2 ydy = 0

29. y 3

9. ( x cos x + y ) dx − ( 4 y + x ) dy = 0 En los ejercicios 10 a 61, verificar si las ecuaciones dadas son o no homogéneas de algún grado, y en caso afirmativo, utilizar un cambio de variable adecuado para resolverlas.

dx = 2 xy 2 + x 3 dy

30.

dy 8 y3 + y= 3 dx x x

31.

dy 4 y2 − y= 2 −4 dx x x

10.

dy y y = + csc dx x x

32. x 2

dy + 5xy = 8x 2 + y 2 dx

11.

dy xy + x 2 + y 2 = dx x2

33. y 2

dx + 3xy = x 2 − 5 y 2 dy

)

2 2 12. ( x + 3 y dx − 2 xydy = 0

13. x ¢ln

)

)

)

)

3 4 4 15. 8x ydx + ( 2 y − 9x dy = 0

)

)

)

2

2 2 2 16. ( x − 2 xy − 3 y dx + ( x + 2 xy dy = 0

)

17. ( x + 6xy − 3 y dx + ( 2 xy − 3x dy = 0

)

)

2 2 3 2 3 18. ( 3x y − 6x y dx + ( y + 9x y − 4x dy = 0

dy x 3 + 3xy 2 + 4 y 3 = dx 2 x 2 y + 3xy 2

)

35. ( x 3 − x 2 y + xy 2 + y 3 dx + ( x 3 − x 2 y − xy 2 dy = 0

14. 4 ( x 3 + y 3 dx − 3xy 2 dy = 0

2

)

34. ( 3x 3 + 2 x 2 y + xy 2 dy = ( x 3 + 3x 2 y + 2 xy 2 + y 3 dx

x + 1≤ dy − ydx = 0 y

2

)

28. y 3 dx + ( y 3 − 2 xy 2 + x 2 y − x 3 dy = 0

8. ( x + 3 y ) dx + ( 4x − 12 y ) dy = 0

19.

39


36.

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

37.

dy y y = − −1 dx x x − y

38.

dy y y 1 = − + dx x 4x + 2 y 2

39. ( 2 y 2 + xy 40.

= (x + y) ) dx dy

dx y x = + dy x y

2

40


UNIDAD 1

41.

dx 2 x + y = dy y

59.

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

42.

dy 2 y = +5 dx x

60.

dx x 2 − xy + y 2 = dy y2

61.

dy y 2 xy − y 2 = + +1 dx x ( x − y )2

43. x

dy = 2 y − 3x dx

44.

dy x 3 − 9x 2 y + y 3 = dx x ( y 2 − 9x 2

45.

dy x 2 − 9xy + y 2 = dx xy − 9x 2

46.

dx 5x 3 − 3x 2 y + xy 2 = 3 dy x + 5x 2 y − 3xy 2 + y 3

47.

dy x5 + y5 = dx xy 4

)

48. 16

dy 16 y y2 = − −1 dx x 16x 2 − y 2

49. ( x + y ) dx + ( x + 2 y ) dy = 0

)

50. ( x + ye x / y dy − ydx = 0 51. x

52.

dy y = x sen + y dx x

dx x x = + ln dy y y

53. y

dx x = x + y tan2 dy y

En los problemas 62 a 72, resolver el problema de valor inicial dado. Utilizar un SAC para graficar la solución obtenida. Comunicarse en el lenguaje matemático en forma oral y escrita. Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías.

62.

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

63.

dx x 3 + y 3 = , dy x2 y

64.

dy y xy = + , dx x x 2 − xy + y 2

65. ( x 2 e y / x + xy 66. ¢y 2 ln

67. x

55. x

y dy = xe y / x + x ln + y x dx

dy 56. = dx

y2 − x 2 y + x x

y(1) = 1

dy = xye ) dx

y(2) = 0

y/x

+ x 2 + y2 ,

y(2) = 4

dx = xy + x 2 y 2 + x 4 , dy

69.

dy 2 x 2 y + y 3 , = dx x3

70.

dy 5x + y = , dx x

y dx y x / y = e +1, x dy x

y(0) = 1

dy = x 2 y + y3 , dx

y(1) = 1

57. y

dx = xy + x dy

71.

58. x

dy = x 2 + y2 + y dx

72. x 3

y( e ) = e

x x + xy≤ dx = ¢xy ln + x 2 + y 2≤ dy, y y

dy = x 2 + y2 + y , dx

68. y 2

dx x 54. y = y cos2 + x dy y

y( e ) = 2

y(1) = 1

y(1) = 1

y(0) = 1

y(1) = 1

1.4

1.3

Competencia final


En los ejercicios 1 a 3, verificar si las ecuaciones diferenciales dadas son o no homogéneas, y en caso afirmativo, determinar el grado.

)

x/ y 2 2 1. xye dx − ( x + y ( ln y − ln x + 1) dy = 0

x2 dx − y x + y dy = 0 2. y 3.

( y sen

y x

)

+ x cos x dx + ( x ln y − x ln x ) dy = 0 y

En los ejercicios 4 a 8, verificar si las ecuaciones dadas son o no homogéneas de algún grado, y en caso afirmativo, utilizar un cambio de variable adecuado para resolverlas. 4.

1.4

41

Ecuaciones diferenciales exactas

dx x3 = 2 dy 3x y + 3xy 2 + y 3

)

)

5. x ( y 2 − x 2 dy = ( x 3 − x 2 y + y 3 dx 6.

dy y y x = − − −1 dx x x − y y

7.

dx x x y 1 = − − − dy y 4 ( 2 y − x ) 2 x 4

8.

dy x 2 − 16xy + y 2 = dx xy − 16x 2

En los problemas 9 y 10, resolver el problema de valor inicial dado. 9. ¢y 2 sen

10. 2 xy

x dx x + xy≤ = xy sen + x 2 + y 2, y dy y

dy = x x 2 + y2 + 2 y2, dx


El siguiente tipo de ecuaciones que aprenderemos a resolver utiliza el concepto de diferencial total de una función de dos variables. Dada la función y = f ( x ), la derivada f ′( x0 ) representa la pendiente de la recta tangente a la gráfica de f (x) en el punto x0, de manera que la ecuación de la recta tangente a la gráfica en el punto ( x0 , f ( x0 ) ) está dada por y − f ( x0 ) = f ′( x0 ) ( x − x0 ), así que la función lineal definida por L ( x ) = f ′( x0 ) ( x − x0 ) + f ( x0 ) se conoce como una linealización de f (x) en el punto ( x0 , f ( x0 )). Para el caso de una función de una sola variable independiente y = f ( x ), se definen dos tipos de diferenciales; a saber, dx = Δx que representa el cambio en la variable independiente, y dy = f ′( x ) dx que representa el cambio en la linealización L(x) en el punto x0, pues dy = ΔL = L ( x0 + Δx ) − L ( x0 ) = f ′( x0 )Δx − L ( x0 ) − ( f ( x0 ) ) = f ′( x0 )dx . Para el caso de una función de dos variables z = f ( x, y ), la ecuación del plano tangente a la superficie que tiene por gráfica en el punto ( x0 , y0 ) está dada por z − f ( x0 , y0 ) = fx ( x0 , y0 ) ( x − x0 ) + f y ( x0 , y0 ) ( y − y0 ). La función lineal L ( x, y ) = fx ( x0 , y0 ) ( x − x0 ) + f y ( x0 , y0 ) ( y − y0 ) + f ( x0 , y0 ) se conoce como una linealización de f ( x, y ) en el punto ( x0 , y0 , f ( x0 , y0 ) ) , y para el caso de una función de dos variables z = f ( x, y ) existen tres diferenciales. A saber, dx y dy que representan respectivamente los cambios en las variables independientes, y dz que representa el cambio en la linealización L(x, y) en el punto ( x0 , y0 ) y que está dado por

y(0) = 0

y(1) = 4

42

UNIDAD 1


ΔL = L ( x0 + Δx, y0 + Δy ) − L ( x0 , y0 ) El diferencial de una función también se conoce como el diferencial total.

ΔL = f ( x0 , y0 ) + fx ( x0 , y0 ) ( x0 + Δx − x0 ) + f y ( x0 , y0 ) ( y0 + Δy − y0 ) − f ( x0 , y0 ) ΔL = fx ( x0 , y0 )Δx + f y ( x0 , y0 )Δy . Con base en esta observación, definimos el diferencial de una función en un punto arbitrario.


Definición 1

Diferencial total de una función Sea z = f ( x, y ) una función de dos variables y supongamos que sus primeras derivadas parciales fx y fy existen. Se define el diferencial total de z por dz = fx ( x, y ) dx + f y ( x, y ) dy .

En la notación de Leibniz, las primeras derivadas parciales se denotan por fx = ∂ f y f y = ∂ f . ∂x

OBSERVACIÓN 1

En la notación de Leibniz, el diferencial total de una función z = f ( x, y ) se escribe como dz = ∂∂ xf dx + ∂∂ yf dy.

∂y

Diferencial total de una función

EJEMPLO 1

Calcular el diferencial total de la función z = 4x 3 + 2 y 2 .

Solución Dado que

∂z ∂x

= 12 x 2 y

∂z ∂y

= 4 y , entonces dz = 12 x 2 dx + 4 y dy .

Diferencial total de una función

EJEMPLO 2

Calcular el diferencial total de la función z = x 3 y 2 − 2 y sen x .

Solución Reconocer conceptos generales e integradores.

Dado que ∂∂xz = 3x 2 y 2 − 2 y cos x y (2x3 y − 2 sen x dy .

)

∂z ∂y

)

= 2 x 3 y − 2 sen x , entonces dz = ( 3x 2 y 2 − 2 y cos x dx +

Una vez establecido el concepto de diferencial total, ya estamos en condiciones de definir una ecuación diferencial exacta.

Definición 2

Ecuación diferencial exacta Se dice que la ecuación diferencial M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy = 0 es exacta si la expresión M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy es el diferencial total de alguna función z = f ( x, y ).

En otras palabras, la ecuación diferencial M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy = 0 es exacta si existe una función z = f ( x, y ) tal que dz = M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy. En el siguiente teorema se establecen las

1.4


condiciones para poder resolver esta nueva ecuación diferencial. La demostración de la condición necesaria proporciona un criterio para decidir cuándo una ecuación es exacta; la demostración de la condición suficiente proporciona el método de solución.

43

Comunicarse en el lenguaje matemático en forma oral y escrita. Argumentar con contundencia y precisión.

Teorema 1 La ecuación diferencial M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy = 0 es exacta si y solo si Demostración Supongamos que la ecuación diferencial M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy = 0 es exacta. Por definición, existe entonces una función z = f ( x, y ) tal que dz = M ( x, y )dx + N ( x, y )dy . Dada la función z = f ( x, y ), su diferencial total es dz = ∂∂ xf dx + ∂∂ f dy . Al y igualar estas dos expresiones ∂f ∂f dx + dy = M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy ∂x ∂y Al comparar ambos miembros de esta igualdad observamos que ∂∂ xf = M ( x, y ) y ∂∂ f = N ( x, y ). y

Se tiene, entonces M ( x, y ) =

∂f ∂x

∂M ∂y

=

∂N ∂x

El teorema 1 establece una condición necesaria y suficiente para que una ecuación diferencial sea exacta.

En la demostración del teorema 1, para resolver una ecuación diferencial exacta partimos la ecuación ∂∂ xf = M ( x, y ) y realizamos una integración respecto a la variable x. Un procedimiento similar se puede realizar al considerar de inicio la ecuación ∂∂ f = N ( x, y ) y y realizar una integración parcial respecto a y. Los detalles se discuten en la observación 2.

∂ ∂ ∂f ( M ( x, y ) ) = ¢ ≤ ∂y ∂ y ∂x

derivamos respecto de y

∂2 f ∂2 f ∂ = ( M ( x, y ) ) = ∂ y ∂x ∂x ∂ y ∂y

invertimos orden de derivación

∂ ∂ ∂f ∂ ( M ( x, y ) ) = ¢ ≤ = ( N ( x, y ) ) ∂y ∂x ∂ y ∂x

sustituimos N ( x, y ) =

∂f ∂y

∂M ∂ N = ∂y ∂x De manera recíproca, hemos establecido que si la ecuación diferencial M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy = 0 es exacta, existe entonces una función z = f ( x, y ) tal que ∂∂ xf = M ( x, y ) y ∂f = N ( x, y ). Para determinar tal función z = f ( x, y ), basta resolver simultáneamente tales ∂y ecuaciones. De esta manera, ∂f = M ( x, y ) ∂x

ecuación inicial

∂ f = M ( x, y ) ∂ x

resolvemos para ∂f

∫ ∂ f = ∫ M ( x, y ) ∂ x

integramos parcialmente respecto a x

f =

∫ M ( x, y ) ∂ x + c ( y ) 1

agregamos constante c1 ( y )


44

UNIDAD 1

Capacidad de análisis y síntesis.


En este punto, para determinar la función f que resuelve la ecuación diferencial solo resta determinar a la constante c1(y). Para calcular c1(y), derivamos la última ecuación obtenida respecto a y, y utilizamos la condición ∂∂ yf = N ( x, y ) . ∂f ∂ ¢ M ( x, y ) ∂x + c1 ( y )≤ = ∂y ∂y

∫

N ( x, y ) =

∂ ¢ M ( x, y ) ∂x≤ +c1′( y ) ∂y

∫

c1′( y ) = N ( x, y ) − A diferencia de las ecuaciones homogéneas, en donde no se obtienen las mismas integrales si se considera como variable independiente a x o a y, en las ecuaciones exactas se puede iniciar con cualquiera de las ecuaciones ∂∂ xf = M ( x, y ) o ∂f = N ( x, y ) e invariablemente ∂y se deberán calcular las mismas integrales durante el proceso y llegar a la misma familia de soluciones.



sustituimos

∂ ¢ M ( x, y ) ∂x≤ ∂y

∫

∂f = N ( x, y ) ∂y

resolvemos para c1′( y )

Para obtener la constante c1(y) solo resta integrar de manera ordinaria la función c1′(y). Para esto, es necesario mostrar que en efecto c1′(y) es una función ordinaria que solo depende de la variable y, y para esto mostraremos que ∂ c ′( y ) ) = 0. ∂x ( 1 c1′( y ) = N ( x, y ) −

∂ ¢ M ( x, y ) ∂x≤ ∂y

∫

∂ ∂ ∂2 ¢ M ( x, y ) ∂x≤ (c1′( y )) = ( N ( x, y )) − ∂x ∂x ∂x ∂ y

∫

∂ ∂N ∂2 ¢ M ( x, y ) ∂x≤ (c1′( y )) = − ∂x ∂x ∂ y ∂x

∫

∂ ∂N ∂ (c1′( y )) = − (M ( x, y )) ∂x ∂x ∂ y ∂ ∂ N ∂M (c1′( y )) = − ∂x ∂x ∂y

derivamos respecto a x

invertimos orden de integración

derivamos la integral

reescribimos y utilizamos

∂M ∂ N = ∂y ∂x

∂ (c1′( y )) = 0 ∂x Capacidad de análisis y síntesis.

Esto demuestra que en efecto, c1′( y ) es una función ordinaria, de manera que para encontrar la función f solo resta integrar c1 ( y ) =

∂

∫ ¢ N (x, y) − ∂ y ¢ ∫ M (x, y) ∂x ≤≤ ∂ y

integramos respecto a y

Al sustituir esta expresión en la ecuación f = ∫ M ( x, y ) ∂x + c1 ( y ), tenemos la función f que satisface df = M ( x, y )dx + N ( x, y )dy, y observamos que para satisfacer la ecuación M ( x, y )dx + N ( x, y )dy = 0 debe cumplirse que la familia de soluciones tome la forma f = constante.

1.4 EJEMPLO 3


45

Una ecuación diferencial exacta

Resolver la ecuación 8xy 3 dx + 12 x 2 y 2 dy = 0.

En el ejemplo 3 se inicia considerando la ecuación

Solución

Dado que ∂∂y (8xy 3 ) = 24xy 2 y que ∂∂x (12 x 2 y 2 ) = 24xy 2 , concluimos que la ecuación diferencial en cuestión es exacta. De esta manera, y con base en la demostración del teorema 1 de esta sección, tenemos

y posteriormente

∂f = M ( x, y ) ∂x ∂f = N ( x, y ). ∂y

En el ejemplo 4 se utiliza el orden contrario.

∂f = 8xy 3 ∂x ∂ f = 8xy 3 ∂x

∫ ∂ f = ∫ 8xy

resolvemos para ∂ f 3

∂x

f = 4x 2 y 3 + c1 ( y )

integramos parcialmente respecto a x agregamos constante c1(y)

Continuando con el procedimiento, y dado que la integral anterior se realizó respecto a la variable x, derivamos esta última expresión obtenida respecto a la variable y: ∂f ∂ = ( 4x2 y3 + c1 ( y ) ∂y ∂y

)

∂f = 12 x 2 y 2 + c1′( y ) ∂y


∂f = 12 x 2 y 2 + c1′( y ) = 12 x 2 y 2 ∂y

igualamos

c1′( y ) = 0


∂f = 12 x 2 y 2 ∂y

De esta manera, al integrar respecto a y, tenemos c1 ( y ) = c0, por lo que la familia de soluciones buscada es f = 4x 2 y 3 + c0 = constante , es decir, 4x 2 y 3 = c .

OBSERVACIÓN 2

Un procedimiento análogo para resolver una ecuación exacta

El procedimiento de solución de una ecuación diferencial exacta mostrado en la demostración del teorema 1 puede realizarse intercambiando las variables x y y. Es decir, se puede iniciar con una integración respecto a la variable y y resolver simultáneamente tales ecuaciones. De esta manera, ∂f = N ( x, y ) ∂y ∂ f = N ( x, y ) ∂ y

resolvemos para ∂ f

∫ ∂ f = ∫ N ( x, y ) ∂ y f = N ( x, y ) ∂ y + c ( x ) ∫ 1

integramos parcialmente respecto a y agregamos constante c1(x)

∂ ∂f = ¢ N ( x, y ) ∂ y + c1 ( x )≤ ∂x ∂x


∂f ∂ = ¢ N ( x, y ) ∂ y≤ +c ′( x ) = M ( x, y ) ∂x ∂x

sustituimos

∫ ∫

∂f = M ( x, y ) ∂x


46

UNIDAD 1


En este paso resolvemos c1′( x ) e integramos respecto a x: Lograr un pensamiento lógico, analítico y sintético.


c1 ( x ) =

∂

∫ ¢M (x, y) − ∂x ¢ ∫ N (x, y) ∂ y ≤≤ ∂x


Al sustituir esta expresión en la ecuación f = ∫ N ( x, y ) ∂ y + c1 ( x ), tenemos la función f que satisface df = M ( x, y )dx + N ( x, y )dy, y se observa que para satisfacer la ecuación M ( x, y )dx + N ( x, y )dy = 0 debe cumplirse que la familia de soluciones tome la forma f = constante.

EJEMPLO 4

La misma ecuación diferencial exacta del ejemplo 3

Resolver la ecuación 8xy 3 dx + 12 x 2 y 2 dy = 0. En el ejemplo 3 se inicia considerando la ecuación ∂f = N ( x, y ) y posteriormente ∂y

Solución En este ejemplo utilizaremos el procedimiento descrito en la observación 1. En el ejemplo 3 verificamos que la ecuación diferencial es exacta. Luego:

∂f ∂x

∂f = 12 x 2 y 2 ∂y

= M ( x, y ). Si comparamos las integrales realizadas en los ejemplos 3 y 4, podremos observar que salvo el orden, se realizaron exactamente las mismas.

∂ f = 12 x 2 y 2 ∂ y

∫ ∂ f = ∫ 12x y 2

2

resolvemos para ∂ f ∂y

integramos parcialmente respecto a y

f = 4x 2 y 3 + c1 ( x )

agregamos constante c1(x)

Derivamos esta última expresión obtenida respecto a la variable y, y consideramos que ∂∂ xf = 8xy 3. ∂f ∂ = ( 4x2 y3 + c1 ( x ) ∂x ∂x ∂f = 8xy 3 + c1′( x ) ∂x ∂f = 8xy 3 + c1′( x ) = 8xy 3 ∂x


c ′( y ) = 0


)

igualamos

∂f = 8xy 3 ∂x

De esta manera, al integrar respecto a y tenemos c1 ( y ) = c0, por lo que la familia de soluciones buscada es f = 4x 2 y 3 + c0 = constante, es decir, 4x 2 y 3 = c, que es la misma familia de soluciones obtenida en el ejemplo 3.

EJEMPLO 5


(

)

(

)

Resolver 2 x + xy dx + ( 4 y + ln x ) dy = 0 sujeta a y(1) = 2. Al resolver una ecuación exacta, basta elegir alguna de las dos opciones posibles, ya sea la mostrada en la demostración del teorema 1, o bien la ilustrada en la observación 2.

Solución

y Como ∂∂y 2 x + x = x1 y además ∂∂x ( 4 y + ln x ) = x1 , concluimos que la ecuación diferencial del problema de valor inicial es exacta. De esta manera, y con base en la demostración del teorema 1 de esta sección, tenemos

1.4


∂f y = 2x + ∂x x y ∂ f = ¢2 x + ≤ dx x y


∫ ∂ f = ∫ ¢2x + x ≤ ∂x


f = x 2 + y ln x + c1 ( y )

agregamos constante c1(y)

Como la integral anterior se realizó con respecto a la variable x, derivamos esta última expresión obtenida respecto a la variable y: ∂f ∂ 2 = ( x + y ln x + c1 ( y ) ∂y ∂y

)

∂f = ln x + c1′( y ) ∂y


∂f = ln x + c1′( y ) = 4 y + ln x ∂y

igualamos

c1′( y ) = 4 y


c1 ( y ) = 2 y 2


∂f = 4 y + ln x ∂y

Por lo que la familia de soluciones buscada es x 2 + y ln x + 2 y 2 = c . Al evaluar la condición y(1) = 2, tenemos c = (1)2 + (2) ln1 + 2(2)2 = 9, de manera que la solución particular al problema de valor inicial es x 2 + y ln x + 2 y 2 = 9.

El mismo problema de valor inicial

EJEMPLO 6

)

(

Resolver 2 x + xy dx + ( 4 y + ln x ) dy = 0 sujeta a y(1) = 2 .

Solución

(

)

De igual manera que en el ejemplo 5, iniciamos calculando ∂∂y 2 x + xy = x1 y ∂∂x ( 4 y + ln x ) = x1 , para concluir que la ecuación diferencial del problema de valor inicial es exacta. De esta manera, y con base en la demostración del teorema 1 de esta sección, tenemos ∂f = 4 y + ln x ∂y ∂ f = ( 4 y + ln x ) ∂x


∫ ∂ f = ∫ ( 4 y + ln x ) ∂ y

integramos parcialmente respecto a y

f = 2 y 2 + y ln x + c1 ( x )

agregamos constante c1 ( x )

Como la integral anterior se realizó con respecto a la variable y, derivamos esta última expresión obtenida respecto a la variable x, e igualamos ∂∂ xf = 2 x + xy ∂f ∂ = (2 y2 + y ln x + c1 ( x ) ∂x ∂x ∂f y = + c1′( x ) ∂x x

) derivamos respecto a x

47

48

UNIDAD 1


∂f y = 2x + ∂x x

∂f y y = + c1′( x ) = 2 x + ∂y x x

igualamos

c1′( x ) = 2 x

resolvemos para c1′( x )

c1 ( x ) = x 2

integramos respecto a x

por lo que la familia de soluciones buscada es 2 y 2 + y ln x + x 2 = c . Al evaluar la condición y(1) = 2, obtenemos la solución particular x 2 + y ln x + 2 y 2 = 9 .

Otro problema de valor inicial

EJEMPLO 7

)

)

Resolver ( 3x y + cos y + x dx + ( 2 x 3 y − x sen y + y dy = 0 sujeta a y(1) = 0. 2

2

Solución

)

)

Como ∂∂y ( 3x 2 y 2 + cos y + x = 6x 2 y − sen y y además ∂∂x ( 2 x 3 y − x sen y + y = 6x 2 y − sen y, concluimos que la ecuación diferencial del problema de valor inicial es exacta. De esta manera, y con base en la demostración del teorema 1 de esta sección, tenemos ∂f = 3x 2 y 2 + cos y + x ∂x

∫ ∂ f = ∫ (3x y 2

2

)

+ cos y + x ∂x


1 f = x 3 y 2 + x cos y + x 2 + c1 ( y ) 2 Capacidad de análisis y síntesis.


Como la integral anterior se realizó con respecto a la variable x, derivamos esta última expresión obtenida respecto a la variable y:

(

∂f ∂ 3 2 1 = x y + x cos y + x 2 + c1 ( y ) 2 ∂y ∂y

)

∂f = 2 x 3 y − x sen y + c1′ ( y ) ∂y


2 x 3 y − x sen y + c1′ ( y ) = 2 x 3 y − x sen y + y

igualamos

c1′( y ) = y


∂f = 2 x 3 y − x sen y + y ∂y

1 2 y integramos respecto a y 2 1 1 Por lo que la familia de soluciones buscada es x 3 y 2 + x cos y + x 2 + y 2 = c . 2 2 3 Al evaluar la condición y(1) = 0, tenemos c = 2 , de manera que la solución particular al problema de valor inicial es 2 x 3 y 2 + 2 x cos y + x 2 + y 2 = 3. c1 ( y ) =

OBSERVACIÓN 3

Transformación de una ecuación que no es exacta a otra ecuación equivalente que sí lo es

)

Si consideramos la siguiente ecuación diferencial ( y 2 + 1 dx + xy dy = 0, podemos observar que es separable y como tal puede resolverse, no es homogénea y dado que ∂∂y ( y 2 + 1 ≠ ∂∂y ( xy ), concluimos que la ecuación no es exacta.

)

1.4


Sin embargo, analicemos que ocurre cuando multiplicamos la ecuación diferencial por la función μ(x) = x:

( y + 1) dx + xy dy = 0 x ( y + 1) dx + x ( xy ) dy = 0 ( xy + x ) dx + ( x y ) dy = 0 2

2

2

2

multiplicamos por μ(x) = x simplificamos

En esta nueva ecuación diferencial equivalente algebraicamente a la ecuación dada, se verifica que ∂∂y ( xy 2 + x = 2 xy y además ∂∂x ( x 2 y = 2 xy, de manera que ¡la ecuación equivalente es exacta! No siempre es posible transformar una ecuación diferencial que no es exacta en otra ecuación algebraicamente equivalente que sí lo sea; sin embargo, existen algunos casos especiales donde esto es posible al multiplicar una función μ(x,y) conocida como un factor integrante o factor de integración.

)

)


49

Para algunas ecuaciones diferenciales que no son exactas es posible encontrar una función especial llamada un factor integrante, tal que al multiplicar la ecuación por el factor, esta se transforma en una ecuación algebraicamente equivalente que sí es exacta.

Al utilizar un factor integrante, la ecuación equivalente obtenida puede tener más o menos soluciones en la familia obtenida. Esto se debe a que las funciones involucradas cambian su forma y, como consecuencia, su dominio. Sin embargo, la familia de soluciones obtenida es la correcta.

Factor integrante

3 Definición

Se dice que la función μ(x, y) es un factor integrante de la ecuación diferencial M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 si tiene la propiedad de que la ecuación diferencial μ(x, y) M(x, y)dx + μ(x, y) N(x, y)dy = 0 sea exacta. Al multiplicar una ecuación diferencial por un factor integrante obtenemos una nueva ecuación diferencial algebraicamente equivalente; sin embargo, en el sentido formal, esto no garantiza que las soluciones de ambas, antes y después de la transformación, sean las mismas. En general, y debido a que los dominios de las funciones involucradas pueden cambiar significativamente, es común que se ganen o se pierdan soluciones con esta transformación. El uso de un factor integrante de la forma μ(x, y) implica resolver una nueva ecuación diferencial, y si el objetivo es transformar una ecuación no exacta en otra que sí lo es, deben hacerse algunas consideraciones tomando en cuenta que hasta este punto solo hemos estudiado algunas ecuaciones diferenciales ordinarias. En la siguiente observación se muestran dos casos especiales de factores integrantes que pueden calcularse en esta sección sin mayor dificultad. No obstante sean casos simples de factores en una sola variable, ejemplifican el procedimiento y la utilidad de estas funciones; en casos más generales se requiere resolver ecuaciones diferenciales parciales, y de momento quedan fuera de nuestro interés. OBSERVACIÓN 4

Cálculo de un factor integrante

Consideremos la ecuación diferencial no exacta M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0. El objetivo de este desarrollo es determinar un factor integrante que produzca una ecuación algebraicamente equivalente que sea exacta. Si μ(x, y) es un factor integrante de la ecuación M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0, debe cumplirse que la nueva ecuación diferencial μ(x, y)M(x, y)dx + μ(x, y) N(x, y)dy = 0 sea exacta, de manera que ∂∂y ( μ( x, y )M ( x, y ) ) = ∂∂x ( μ( x, y ) N ( x, y ) ).

El cálculo del factor integrante de una ecuación diferencial, si lo tiene, depende de la forma de la ecuación y de las funciones involucradas; el proceso de calcularlo cuando es posible, se restringe al número de variables que tiene el factor. Los casos más simples de resolver son cuando el factor integrante solo depende de una variable.

En la observación 4 se ilustra un procedimiento para calcular el factor integrante de una ecuación diferencial en el caso en que exista y dependa de una sola variable. El cálculo de un factor integrante en dos variables requiere poder resolver ecuaciones diferenciales parciales y de momento no lo estudiaremos.

50


UNIDAD 1

Al derivar los productos de ambos lados de la ecuación anterior tenemos μ( x, y )M y ( x, y ) + μy ( x, y )M ( x, y ) = μ( x, y ) N x ( x, y ) + μx ( x, y ) N ( x, y ) . El procedimiento termina cuando a partir de esta expresión, y con base en las habilidades matemáticas del lector, se pueda resolver la función μ(x, y). Considerando que nuestro estudio de las ecuaciones diferenciales apenas inicia, haremos algunas suposiciones que si bien limitan el método, nos permitirán mostrar el uso de factores integrantes de una variable.


En el caso especial 1 se muestra cómo calcular un factor integrante de la ecuación M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy = 0 cuando existe y solo depende de la variable x; en este caso, μ( x ) = e

∫

M y ( x , y ) − Nx ( x , y ) N ( x,y )

dx

Caso especial 1

Si el factor integrante solo depende de x

Supongamos que μ = μ( x ), entonces μy ( x, y ) = 0 y μx ( x, y ) = μ′( x ) . De esta manera, la ecuación μ( x, y )M y ( x, y ) + μy ( x, y )M ( x, y ) = μ( x, y ) N x ( x, y ) + μx ( x, y ) N ( x, y ) se reduce a μ( x )M y ( x, y ) = μ( x ) N x ( x, y ) + μ′( x ) N ( x, y )

de donde

)

(


μ( x ) M y ( x, y ) − N x ( x, y ) = μ′( x ) N ( x, y )

agrupamos

μ ′ ( x ) M y ( x, y ) − N x ( x, y ) = μ( x ) N ( x, y )

separamos

∫ μ(x ) = ∫

M y ( x, y ) − N x ( x, y )

∫

M y ( x, y ) − N x ( x, y )

dμ

ln μ( x ) =

μ( x ) = e


∫

N ( x, y )

N ( x, y )

M y ( x , y )− Nx ( x , y ) N ( x,y )

despejamos

factor integrante

produce una función que solo depende de la variable x, de modo que el factor

Caso especial 2 En el caso especial 2 se muestra cómo calcular un factor integrante de la ecuación M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy = 0 cuando existe y solo depende de la variable y; en este caso, μ( y ) = e

dx

dx

integrante está dado por μ( x ) = e

Nx ( x , y ) − M y ( x , y ) M ( x,y )


Es evidente que la expresión anterior está bien definida si la función μ(x) solo depende M ( x, y ) − Nx ( x, y ) de la variable x, y para esto es necesario que la función y quede expresada en N ( x, y ) términos de x. Debe entenderse que esto no siempre será posible, pues de ser así estaríamos aceptando que cualquier ecuación no exacta pueda transformarse en otra que sí lo es, lo cual es falso. En otras palabras, nuestro caso especial 1 funciona a la perfección cuando la expresión M y ( x, y ) − Nx ( x, y ) N ( x, y )

∫

dx

dy

∫

M y ( x , y )− Nx ( x , y ) N ( x,y )

dx

Si el factor integrante solo depende de y

Supongamos que μ = μ( y ), entonces μx ( x, y ) = 0 y μy ( x, y ) = μ′( y ). De esta manera, la ecuación μ( x, y )M y ( x, y ) + μy ( x, y )M ( x, y ) = μ( x, y ) N x ( x, y ) + μx ( x, y ) N ( x, y ) se reduce a μ( y )M y ( x, y ) + μ′( y )M ( x, y ) = μ( x, y ) N x ( x, y )

1.4 de donde

(

μ′( y )M ( x, y ) = μ( y ) N x ( x, y ) − M y ( x, y )

)

agrupamos

μ ′ ( y ) N x ( x, y ) − M y ( x, y ) = μ( y ) M ( x, y ) N x ( x, y ) − M y ( x, y )

∫

N x ( x, y ) − M y ( x, y )

dμ

ln μ( y ) = μ( y ) = e

∫

M ( x, y ) M ( x, y )

Nx ( x , y )− M y ( x , y ) M ( x,y )


separamos

∫ μ( y) = ∫

51


dy


dy

despejamos

dy

factor integrante

Es evidente que la expresión anterior está bien definida si la función μ(y) solo depende de la variable y, y para esto es necesario que la función Nx ( x, y )− M y ( x, y ) quede expresada en M ( x, y ) términos de y. Al igual que en el caso 1, debe entenderse que esto no siempre será posible, porque no todas las ecuaciones diferenciales pueden transformarse en una ecuación diferencial exacta. N ( x, y ) − M ( x, y ) En otras palabras, el caso 2 funciona siempre y cuando la expresión x M ( x, yy) produzca una función que solo dependa de la variable y, de modo que el factor integrante estará dado por μ( y ) = e

∫

Nx ( x , y )− M y ( x , y ) M ( x,y )


dy

Completando a una ecuación diferencial exacta caso 1

EJEMPLO 8

)

Resolver la ecuación diferencial ( y 2 + 1 dx + xy dy = 0.

Solución En la observación 2 verificamos que la ecuación no es exacta. Al considerar M ( x, y ) = y 2 + 1 y N ( x, y ) = xy , se tiene M y ( x, y ) = 2 y y N x ( x, y ) = y , tenemos μ( x ) = e

∫

M y ( x , y )− Nx ( x , y ) N ( x,y )

dx

=e

∫

2 y− y dx xy

1

=e

∫ x dx

= e ln x = x

Se verifica que el factor integrante solo depende de x, de manera que la aplicación del caso 1 en esta ecuación es correcta; luego

(y

2

( xy

μ( x ) = e

+ 1 dx + xy dy = 0 2

)

+ x dx + x 2 y dy = 0

multiplicamos por μ( x ) = x

( x y ) = 2xy , es decir, la ecuación obtenida es exacta. Luego, al considerar ( xy + x ) dx + x y dy = 0

donde

∂ ∂y

( xy

2

)

)

+x =

∂ ∂x

2

2

2

∂f = xy 2 + x ∂x

∫ ∂ f = ∫ ( xy f =

2

)

+ x dx

1 2 2 1 2 x y + x + c1 ( y ) 2 2

En el ejemplo 8 se ilustra la aplicación del caso 1 en el cálculo de un factor integrante, utilizando

integramos parcialmente respecto a x agregamos constante c1 ( y )

∫

M y ( x , y ) − Nx ( x , y ) N ( x,y )

dx

52

UNIDAD 1


∂f = x 2 y + c1′ ( y ) ∂y


x 2 y + c1′ ( y ) = x 2 y

igualamos

c1′( y ) = 0


c1 ( y ) = c0


∂f = x2 y ∂y

por lo que la familia de soluciones buscada es 21 x 2 y 2 + 21 x 2 + c0 = constante, de manera equivalente x 2 y 2 + x 2 = c.

Completando a una ecuación diferencial exacta caso 2

EJEMPLO 9

)

Resolver la ecuación diferencial ( y 2 + 1 dx + xy dy = 0.

En el ejemplo 9 se ilustra la aplicación del caso 2 en el cálculo de un factor integrante, utilizando Nx ( x , y ) − M y ( x , y ) dy ∫ M ( x,y ) μ( y ) = e

Solución En la observación 2 y en el ejercicio 8 se ha verificado que la ecuación no es exacta. Al considerar M ( x, y ) = y 2 + 1 y N ( x, y ) = xy se tiene M y ( x, y ) = 2 y y N x ( x, y ) = y , tenemos μ( y ) = e

Nx ( x , y )− M y ( x , y )

∫

M ( x,y )

dy

y−2 y

=e

∫ y2 +1 dy

=e

−

y

∫ y2 +1 dy

=e

(

)

ln y 2 +1

−1/2

=

(y

1

)

+1

2

1/2

Verificamos que el factor integrante solo depende de y, de manera que la aplicación del caso 2 en esta ecuación es correcta; luego

(y

2

(y

(y (y donde

)

+ 1 dx + xy dy = 0

)

+1

2

)

2

+1

2

+1

1/2

)

1/2

dx +

dx +

xy

(y

2

(y

dy = 0

multiplicamos por μ( y ) =

1/2

dy = 0

simplificamos

)

+1

xy 2

1/2

)

+1

1/2 ∂ 2 ( y + 1 = ∂∂x ¢ y2xy+1 1/2 ≤ = ∂y ( )

)

)

Luego, al considerar ( y 2 + 1

1/2

y

(

)

y 2 +1

dx +

1/2

)

+1

xy 1/2

dy = 0

1/2 ∂f = ( y2 + 1 ∂x

)

∫ ∂ f = ∫(y

)

+1

2

)

f = x ( y2 + 1

1/2

1/2

dx

+ c1 ( y )

∂f xy = + c1′ ( y ) ∂ y ( y 2 + 1 1/2

)

1/2

, es decir, la ecuación obtenida es exacta.

( y +1) 2

(y

1 2

integramos parcialmente respecto a x agregamos constante c1 ( y ) derivamos respecto a y

1.4 xy

(y

)

+1

2

1/2

+ c1′ ( y ) =

xy

(y

2

igualamos

)

+1

1/2


∂f xy = ∂ y ( y 2 + 1 1/2

)

c1′( y ) = 0


c1 ( y ) = c2


)

por lo que la familia de soluciones buscada es x ( y 2 + 1 + c2 = constante, de ma1/2 nera equivalente x ( y 2 + 1 = c0. Un breve desarrollo muestra que la familia de soluciones puede expresarse en la forma x 2 ( y 2 + 1 = c, que es la misma familia obtenida en el ejemplo 8. 1/2

)

)

No siempre es posible poder utilizar los dos casos en el cálculo de un factor integrante. La ecuación diferencial de los ejemplos 8 y 9 es un caso curioso, porque tuvo dos factores integrantes diferentes. En general, si un factor integrante existe solo aplica alguno de los dos casos y eso es suficiente.

Es importante mencionar que no todas las ecuaciones que se pueden completar a una ecuación diferencial exacta pueden hacerlo aplicando ambos casos. En general, si es posible completar una ecuación haciendo uso de un factor integrante, esto solo puede realizarse aplicando uno de los dos casos. EJEMPLO 10

Completando a una ecuación diferencial exacta

)

Resolver la ecuación diferencial ( 3xy + 2 cos y ) dx + ( x 2 − xseny dy = 0 .

Solución

)

Dado que ∂∂y ( 3xy + 2 cos y ) = 3x − 2 sen y y ∂∂x ( x 2 − xseny = 2 x − sen y , se encuentra que la ecuación dada no es exacta. Al considerar M ( x, y ) = 3xy + 2 cos y y N ( x, y ) = x 2 − xseny , se tiene M y ( x, y ) = 3x − 2 sen y y N x ( x, y ) = 2 x − sen y , tenemos μ( y ) = e

∫

Nx ( x , y )− M y ( x , y ) M ( x,y )

dy

=e

∫

2 x − sen y −( 3 x − 2sen y ) 3 xy + 2 cos y

dy

sen y − x

=e

∫ 3xy +2 cos y dy

.

Podemos observar que la expresión anterior no está bien definida, dado que el factor integrante no depende únicamente de la variable y, de manera que el caso 2 no puede aplicarse. Sin embargo, μ( x ) = e

∫

M y ( x , y )− Nx ( x , y ) N ( x,y )

dx

=e

∫

3 x − 2sen y −( 2 x − sen y ) x 2 − x sen y

dx

x − sen y

=e

∫ x ( x − sen y ) dx

=x

Se verifica que el factor integrante solo depende de x, de manera que la aplicación del caso 1 en esta ecuación es correcta, luego

( 3xy + 2 cos y ) dx + ( x 2 − x sen y ) dy = 0

(3x y + 2x cos y ) dx + ( x 2

3

)

− x 2 sen y dy = 0

)

multiplicamos por μ( x ) = x

)

donde ∂∂y ( 3x 2 y + 2 x cos y = ∂∂x ( x 3 − x 2 sen y = 3x 2 − 2 x sen y, es decir, la ecuación obtenida es exacta. Luego, al considerar ( 3x 2 y + 2 x cos y dx + ( x 3 − x 2 sen y dy = 0

)

∂f = 3x 2 y + 2 x cos y ∂x

)

∫ ∂ f = ∫ (3x y + 2x cos y) dx


f = x 3 y + x 2 cos y + c1 ( y )


∂f = x 3 − x 2 sen y + c1′ ( y ) ∂y


2

53

54


UNIDAD 1

c1′( y ) = 0

∂f = x 3 − x 2 sen y ∂y resolvemos para c1′( y )

c1 ( y ) = c0


x 3 − x 2 sen y + c1′ ( y ) = x 3 − x 2 sen y

igualamos

por lo que la familia de soluciones buscada es x 3 y + x 2 cos y = c.


1.4

)

En los ejercicios 1 a 10, determinar si las ecuaciones diferenciales dadas son o no exactas. No hay que resolverlas.

)

)

)

)

1. ( 3x 2 y + cos y dx + ( x 3 − x sen y dy = 0

)

)

4. ( 3x e + e cos y dx + ( x e − e sen y dy = 0 3 y

x

5.

( ye x + x y e x ) dx + ( ln y + x e x + 1) dy = 0

6.

( ye

7. ¢

x

+ x e x ) dx + ( ln y + e x + 1) dy = 0

y x − 2 x 2≤ dx + ¢3 y + 2 2 ≤ dy = 0 2 x y +1 x y +1

y x 8. ¢ 2 2 − 2 x≤ dx + ¢3 y 2 + 2 2 ≤ dy = 0 x y +1 x y +1

)

2

)

2

)

9. (1 − 2 xy dx + (12 y − 4xy dy = 0

En los ejercicios 11 a 37, resolver las ecuaciones diferenciales dadas.

)

)

)

22. ( 3x 2 y 3 + 2 xy 2 + y dx + ( 3x 3 y 2 + 2 x 2 y + x dy = 0 1 ≤ dx + 2 x 2 y dy = 0 x +1 2

24. ( − tan x − sen x sen y ) dx + ( cos x cos y ) dy = 0

)

25. ( 2 y 2 − 6x 2 dx + ( 2 y + 4xy + 1) dy = 0

)

)

26. ( 4x 3 y + 9x 2 − 2 y dx + ( x 4 − 2 x + 2 y dy = 0

)

)

2

21. ( 2 x − e y + ye x ) dx + ( 2 y + e x − xe y ) dy = 0

27. ( tan2 x + cot y + 1 dx + x csc 2 y dy = 0

10. (1 − 2 xy dx + (12 y − 2 x y + 3 dy = 0 2

)

20. ( y + xe x ) dx + ( x + 4 y 3 dy = 0

23. ¢2 xy 2 +

2

2

)

18. ( tan y + y cos x ) dx + ( sen x + x sec 2 y dy = 0

)

3. ( 3x e y + e x cos y ) dx + ( xe y + e x sen y ) dy = 0 x

17. ( 6x − 2 y + ye xy ) dx + ( xe x − 2 x ) dy = 0

19. ( y 2 + y sen x dx + ( y + 2 xy − cos x ) dy = 0

2. ( 3xy 2 + cos y dx + ( x 3 − x sen y dy = 0

2 y

)

16. (12 x 2 − 10 xy + 2 y 3 + 4 dx + ( 6xy 2 − 5x 2 dy = 0

Resolver problemas.

)

11. ( 3x 2 y 2 + cos y + x dx + ( 2 x 3 y − x sen y + y dy = 0

28. ( y − ln y ) dx + ¢x −

x 1 + ≤ dy = 0 y y2 + 1

29. ( y senh x − senh y ) dx + ( cosh x − x cosh y ) dy = 0

)

)

12. (12 x 2 + y 2 + 1 dx + ( 2 xy − 12 y 3 dy = 0

30. ( e x − 4x 3 y 2 + xe x dx + ( 4e y − 2 x 4 y dy = 0

1 13. ¢ − 3 y 2≤ dz − ( 6xy + sen y ) dy = 0 x

1 1 x ≤ dx − 2 dy = 0 31. ¢ − 2 y ( x + 3) y

14. ( 2 x + 1) dx + (5 − 6 y ) dy = 0

32. ( y 2 + 2 x sen y + 1 dx + ( x 2 cos y + 2 xy − ln y dy = 0

)

)

)

15. (8x − 5 y + 1) dx + ( 6 y 2 − 5x dy = 0

)

)

33. ( ln x + cos y + 1) dx + ( ln y − x sen y + 1) dy = 0


1.4 34.

(y

2

)

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

)

y + 2 xy≤ dx + ( x 2 + ln x dy = 0 x

35. ¢cot x +

1 y 1 36. ¢ − 2 + 1≤ dx + ¢ − 1≤ dy = 0 x x x

En los ejercicios 38 a 45, resolver el problema de valor inicial. Utilizar un SAC para graficar la solución obtenida. Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías.

38. ¢

1 1 1 dy = 0, y(1) = 0 + 2 ≤ dx + 2 (x + y) x ( x + y )2

39. ¢

1 x+ y x+ y 1 − ≤ dx + ¢ + ≤ dy = 0, 2 2 x − y (x − y) (x − y) x− y

y(2) = 1

(

2

y

) dx + ( x e

2 x2 y

48. ( 2 sen y + ke x cos y ) dx + ( 2 x cos y + 4e x sen y ) dy = 0

)

49. ( tan y + 2 xy ) dx + ( x 2 + kx sec 2 y dy = 0 En los problemas 50 a 53, resolver la ecuación diferencial dada determinando, si es posible, un factor integrante.

37. ( e y − y + ye xy ) dx + ( xe xy − x + xe y ) dy = 0

40. 2e y + 2 x y e x

55

)

+ 2 xe y dy = 0,

50.

( ye

y2

(

2

)

(

2

2

)

+ 2 xe x dx + xe y − 2 ye x dy = 0

)

51. x e − x + y 2 + 1 dx + ydy = 0 2

52. y 2 (1 + ln x ) dx + ( 2 + xy ln x ) dy = 0

)

53. (1 + 4x ) y ln y dx + ( x + 2 x 2 dy = 0

En los problemas 54 a 57, determinar un factor integrante apropiado para resolver el problema de valor inicial. Graficar la solución obtenida.


y(1) = ln π

)

41. ( cos y + y cot 2 x dx + ( tan x − x sen y ) dy = 0 , y

( )= π 4

π 4

)

54. 6xy ln y dx + ( 20 y 2 + 3x 2 dy = 0, y(3) = 1 55.

)

( y + xy ) dx + ( x y + x − xy ) dy = 0 , 2

2

y( e ) = 1

42. (8x + 2 ) dx + (15 y 2 + 3 dy = 0, y(1) = 1

56. −4dx + ( 2 y 2 − 4x + 4 y dy = 0 , y(2) = 1

43. ( x( y + 1) + ( x − 1)( y + 1) ) dx + x ( x − 1) dy = 0,

57. ( 2 x 2 y 3 + y dx + ( 2 x 3 y 2 − x dy = 0, y( e ) = e

y(2) = 0

44. ( ln x + y cos xy + 1) dx + ( e y + x cos xy ) dy = 0,

π y(1) = 2

)

45. ( x 3 + x 2 + y dx + xdy = 0, y(1) =

5 12

En los problemas 46 a 49, determinar el valor de la constante k de tal manera que la ecuación dada sea exacta y posteriormente obtener la familia de soluciones correspondiente.

)

)

46. (8xy − 5 y 3 dx + ( kx 2 − 15xy 2 dy = 0

)

)

47. (8 y − 72 x y + 1 dx + (8x + kx y dy = 0 2

3

3

2

)

)

)

En los problemas 58 a 60, determinar una función p(x, y) que haga de la ecuación dada una ecuación diferencial exacta. 58. ( cos x − x sen x + 3 y cos x ) dx + p( x, y )dy = 0 59. ¢e x −

y + xe x≤ dx + p( x, y )dy = 0 x +1 2

60. ¢3x 2 y 2 −

1 ≤ dx + p( x, y )dy = 0 x2

61. Demostrar que la ecuación diferencial de la forma M ( x )dx + N ( y )dy = 0 es separable y además exacta.

56

UNIDAD 1

1.4


Competencia final En el problema 6, determinar el valor de la constante k de tal manera que la ecuación dada sea exacta y posteriormente obtener la familia de soluciones correspondiente.


En los ejercicios 1 a 3, resolver las ecuaciones diferenciales dadas. 1. ( cos x cos y + e x sen y ) dx + ( e x cos y − sen x sen y ) dy = 0

)

4. ( 2 senh y + e y ) dx + ( 2 x cosh y + xe y ) dy = 0, y(1) = 0

( y cos x − 2xy ) dx + ( sen x + ln y − 2x y + 1) dy = 0 2

1.5

)

)

8. ( 9xe 2 y − 2 dx + (18x 2 e 2 y − 4x dy = 0

1 1 − ye x ≤ dx + ¢ − e x≤ dy = 0 x2 2 y

2

En los problemas 7 y 8, resolver la ecuación diferencial dada determinando, si es posible, un factor integrante.

)

En los ejercicios 4 a 5, resolver el problema de valor inicial. Utilizar un SAC para graficar la solución obtenida.

5.

)

7. ( xy cos y − x 2 y ln y dx + ( x 2 + xy sen y dy = 0

2 2 2. ¢y + + 1≤ dx + ¢x + + 1≤ dy = 0 x y

3. ¢x 2 −

)

6. ( kxy 3 − 60 x 3 y dx + ( 30 x 2 y 2 − 15x 4 dy = 0

En el problema 9, determinar un factor integrante apropiado para resolver el problema de valor inicial dado. Graficar la solución obtenida. 9. (14e 5 y − 4xe x − 8e x ) dx + 35xe 5 y dy = 0, y(1) = 0 En el problema 10, determinar una función p( x, y ) que haga de la ecuación dada una ecuación diferencial exacta. 10. p( x, y )dx + ( x + 5e x + y + 2 ) dy = 0

Ecuaciones diferenciales lineales

En la primera sección de esta unidad, clasificamos las ecuaciones diferenciales ordinarias de acuerdo con su tipo, orden, linealidad y grado. Definimos también una ecuación diferencial lineal de orden n a aquella de la forma an ( x )


Definición 1

dny d n −1 y d2y dy + a ( x ) +  + a ( x ) + a1 ( x ) + a0 ( x ) y = g ( x ) 2 n −1 2 n −1 n dx dx dx dx

en donde los coeficientes an ( x ), an −1 ( x ),, a2 ( x ), a1 ( x ), a0 ( x ) y g(x) son todas funciones ordinad n y d n−1 y d 2 y dy rias que dependen de la variable x, y además la función y y las derivadas n , n−1 , , 2 , dx dx dx dx son todas de primer grado, es decir, están elevadas a la potencia 1. El estudio de las ecuaciones diferenciales lineales de orden n inicia considerando la ecuación lineal de primer orden mostrada en la siguiente definición. Ecuación diferencial lineal de orden 1 Una ecuación diferencial lineal ordinaria de primer orden es una expresión de la forma dy a1 ( x ) dx + a0 ( x ) y = g ( x ) , en donde las funciones a1 ( x ), a0 ( x ) y g(x) dependen todas de x y y es una función derivable.

1.5


57

Es evidente que debe cumplirse a1 ( x ) ≠ 0, pues de otra manera no tendríamos definida una dy ecuación diferencial. Una forma más útil de la ecuación a1 ( x ) dx + a0 ( x ) y = g ( x ) se obtiene al dy dividirla por la función a1(x), para obtener dx + p( x ) y = f ( x ). Resolver una ecuación diferencial lineal de primer orden significa determinar una función y que satisface a la ecuación en un intervalo donde las funciones p(x) y f(x) son ambas continuas. El método de solución de una ecuación diferencial lineal de primer orden se puede dividir en dos partes dependiendo de si la ecuación es o no homogénea. En la demostración del teorema 1 se muestra el proceso de solución de la ecuación lineal dy + p( x ) y = 0. homogénea dx

Teorema 1 La ecuación diferencial lineal homogénea

dy dx

+ p( x ) y = 0 es separable

Demostración dy La ecuación + p( x ) y = 0 se puede escribir como

Toda ecuación diferencial lineal homogénea de primer orden es separable, ya sea de la forma dy dy + p( x ) y = 0, o bien dx = f ( x ). dx

dx

dy

∫ y + ∫ p(x )dx = 0 ln y = − p( x )dx + c ∫

1

separamos e integramos la ecuación simplificamos

− p ( x )dx + c1 y=e ∫

tomamos exponencial

− p ( x )dx y = ce ∫

escribimos c = e c1 dy

Podemos observar que para el caso particular en que p( x ) = 0, la ecuación = f ( x ) redx sulta ser separable y fácil de resolver. El último caso, que complementa el método de solución de la ecuación lineal no homody génea de la forma dx + p( x ) y = f ( x ) (es decir p( x ) ≠ 0 y f ( x ) ≠ 0 ), se resuelve al escribir la ecuación en la forma ( p( x ) y − f ( x ) ) dx + dy = 0 . Dado que ∂∂y ( p( x ) y − f ( x ) ) = p( x ) y ∂∂x (1) = 0, podemos concluir de la sección anterior que la ecuación lineal no es exacta. En la demostración del teorema 2 se muestra un procedimiento para resolver la ecuación diferencial lineal no homogénea completándola a una ecuación diferencial exacta.

Argumentar con contundencia y precisión. Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita.

Teorema 2 La ecuación diferencial lineal no homogénea reducir a una ecuación exacta

dy dx

+ p( x ) y = f ( x ) se puede

Demostración dy Consideremos la ecuación dx + p( x ) y = f ( x ) con p( x ) ≠ 0 y f ( x ) ≠ 0 . De manera equivalente, podemos escribir

( p( x ) y −

f ( x ) ) dx + dy = 0

Hemos observado que esta ecuación no es exacta; sin embargo, si suponemos que existe un factor integrante μ( x ) tal que la ecuación

( p( x ) y −

f ( x ) ) μ( x ) dx + μ( x ) dy = 0

Argumentar con contundencia y precisión. Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita. Lograr un pensamiento lógico, analítico y sintético.

58

UNIDAD 1


es exacta, entonces debe cumplirse ∂ ∂ ( p( x ) y − f ( x ) ) μ( x ) ) = ( μ( x ) ) ( ∂y ∂x

Un procedimiento para resolver una ecuación lineal no homogénea de primer orden se basa en completarla a una ecuación diferencial exacta.

Luego,

∂ ∂μ ( p( x ) μ( x ) y − μ( x ) f ( x )) = ∂y ∂x

desarrollamos

∂μ = p( x ) μ( x ) ∂x

derivamos

∂μ


∫ μ(x ) = ∫ p(x ) ∂x ln μ( x ) = p( x ) dx + c ∫

separamos e integramos términos agregamos constante

1

μ( x ) = c e ∫

p ( x ) dx

tomamos exponencial y consideramos c = e c1

Esta expresión es válida para cualquier valor real de la constante arbitraria, en particular para c = 1. En este caso verificamos que el factor integrante que transforma a la ecuación dy lineal dx + p( x ) y = f ( x ) en una ecuación exacta es μ( x ) = e ∫ dy + p( x ) y = La ecuación lineal dx f ( x ) se puede completar a una ecuación exacta con el factor p ( x ) dx integrante μ( x ) = e ∫

Al multiplicar el factor integrante a la ecuación diferencial lineal, se completa un diferencial total formado por la derivada del factor integrante por la variable dependiente, es decir p ( x ) dx ≤ d ¢e ∫ y.

p ( x ) dx

factor integrante

p ( x ) dx Resta demostrar que en efecto, la expresión μ( x ) = e ∫ es un factor intedy grante de la ecuación lineal no homogénea dx + p( x ) y = f ( x ). Se verifica que p ( x ) dx p ( x ) dx dy ∫ p( x ) dx + p( x )e ∫ e y = f ( x )e ∫ dx Como

p ( x ) dx dy ∫ p( x ) dx e + p( x )e ∫ y , podemos escribir dx

d ¢e ∫

p ( x ) dx

y≤ =

d ¢e ∫

p ( x ) dx

y≤ = f ( x )e ∫

∫ d ¢e ∫ e∫

p ( x ) dx

p ( x ) dx

y=

multiplicamos el factor integrante

y≤ =

p ( x ) dx

∫ f (x )e ∫

∫ f (x )e ∫

p ( x ) dx

− p ( x ) dx − p ( x ) dx y = ce ∫ +e ∫

p ( x ) dx

agrupamos dx


dx + c

∫ f (x )e ∫

agregamos constante de integración p ( x ) dx

dx


OBSERVACIÓN 1

Al resolver la ecuación diferencial lineal no homogénea de primer orden de dy la forma dx + p( x ) y = f ( x ), suponemos que tanto p(x) como f(x) son ambas funciones continuas en un intervalo común, de manera que las condiciones del teorema de existencia y unicidad se satisfacen. Es decir, cualquier solución de la ecuación lineal de primer orden será de la forma − p ( x ) dx − p ( x ) dx p ( x ) dx y = ce ∫ +e ∫ f ( x )e ∫ dx

∫

para algún valor de c; esto garantiza que todas las soluciones son particulares, no singulares.

1.5


dy + p( x ) y = f ( x ) sujeta a la condición De esta manera, resolver la ecuación dx y( x0 ) = y0 implica simplemente determinar un valor particular de la constante arbitraria c en la familia de soluciones, que satisfaga la condición inicial. En otras palabras, la familia de soluciones contiene a todas las posibles soluciones particulares y por tal razón es correcto llamar a tal familia la solución general de la ecuación lineal de primer orden.

EJEMPLO 1

Resolver

Solución dy + p( x ) y = f ( x ), podemos Al comparar con la ecuación lineal de primer orden dx 2 identificar p(x) = 3 y f(x) = x . 3 dx Luego, el factor integrante de la ecuación dada es μ( x ) = e ∫ = e 3x; de esta manera,

dy + 3 y = x2 dx dy e 3x + 3 e 3x y = x 2 e 3x dx

)

d ( e 3x y = x 2 e 3x

∫x e

2 3x

dx

1 2 2 e 3x y = ¢ x 2 − x + ≤ e 3x + c 3 9 27 1 2 2 y = c e −3x + x 2 − x + 3 9 27

EJEMPLO 2

Resolver

Dado que todas las soluciones de una ecuación diferencial lineal no homogénea están incluidas en la familia de soluciones, regularmente se dice que la familia es la solución general de la ecuación diferencial.

Una ecuación lineal

dy + 3 y = x2 . dx

e 3x y =

59

multiplicamos factor integrante agrupamos integramos ambos miembros

El procedimiento para resolver una ecuación lineal no homogénea puede resumirse en los siguientes pasos: 1. Determinar el factor integrante. 2. Multiplicar la ecuación diferencial por el factor integrante. 3. Determinar el diferencial total como la derivada del factor integrante por la variable dependiente. 4. Integrar la expresión resultante y agregar la constante de integración.

integramos por partes solución general

Una ecuación lineal

ln x dy 3 + y= 2 . x dx x


Solución Identificando que p( x ) = x3 , tenemos que el factor integrante correspondiente a la ecuación dada es 3 ∫ dx factor integrante μ( x ) = e x = e 3ln x = x 3 Entonces, x3

dy 3 ln x + x 3 ¢ y≤ = x 3 ¢ 2 ≤ dx x x

multiplicamos factor integrante

)

agrupamos

x3 y =

∫ x ln x dx


x3 y =

1 2 1 x ln x − x 2 + c 2 4

integramos por partes

d ( x 3 y = x ln x

60

UNIDAD 1


c 1 1 + ln x − 4x x3 2x

y=

solución general

En la demostración del teorema 1 se determinó que la solución general de una ecuación difedy + p( x ) y = f ( x ) está dada por la expresión rencial lineal no homogénea dx − p ( x ) dx − p ( x ) dx y = ce ∫ +e ∫

∫ f (x )e ∫

p ( x ) dx

dx

− p ( x ) dx − p ( x ) dx la cual puede considerarse de la forma y = yc + y p , donde yc = c e ∫ y yp = e ∫ p ( x ) dx de la ecuación ∫ f ( x )e ∫ dydx. Se puede demostrar sin dificultad que la función yc es solución dy + p( x ) y = f ( x ). homogénea dx + p( x ) y = 0, y que la función yp es una solución particular de dx En la siguiente unidad se demostrará que la solución general de una ecuación lineal no homogénea es de la forma y = yc + y p; la primera parte se obtiene al resolver la ecuación homogénea asociada y la segunda parte al determinar una solución particular.


EJEMPLO 3

dy 2x + 2 y = x 2 − 4 sujeta a y(0) = 1 . dx x + 4

Resolver

Solución 2x , x2 + 4

Si consideramos p( x ) = dada es

tenemos que el factor integrante correspondiente a la ecuación 2x

μ( x ) = e

∫ x2 + 4 dx

= x2 + 4

factor integrante

Entonces,

(x

2

+4

dy + (x ) dx

2

+4

)

2x x +4 2

)

y = ( x2 + 4 ( x2 − 4

)


) )

(

d ( x 2 + 4 y = x 4 − 16

(x

2

(x

2

)

+4 y=

∫ (x

4

agrupamos

)

− 16 dx


)

1 agregamos constante de integración + 4 y = x5 − 16x + c 5 Al evaluar la condición y(0) = 1 , tenemos c = 4 , luego y=

1 x5 5

− 16x + 4


x2 + 4

La gráfica puede observarse en la FIGURA 1.5. y 10 5 Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías.

−10

−5

5 −5

Figura 1.5

−10

10

x

1.5

Un problema de valor inicial definido por una ecuación lineal

EJEMPLO 4

dy 1 = 2 sujeto a x(0) = −2. dx 6 y(1 − x ) + e −3 y

Resolver

61


Solución Al reescribir la ecuación, tenemos 2 2 dx = 6 y(1 − x ) + e −3 y = 6 y − 6xy + e −3 y dy Al simplificar

En el ejemplo 4, se considera a y como variable independiente. En este caso, la forma general + p( y )x = de la ecuación es dx dy f ( y ) , de manera que el factor integrante está dado en este caso por μ( y ) = e ∫

p ( y ) dy

.

2 dx + 6 y x = 6 y + e −3 y dy

que es una ecuación lineal no homogénea de primer orden en la variable y de la forma dx + p( y ) x = f ( y ) . En este caso es necesario considerar a y como variable independiente y dy debemos adecuar la expresión que define el factor integrante. De esta manera, si p( y ) = 6 y , tenemos que el factor integrante correspondiente a la ecuación es μ( y ) = e ∫

6 y dy

= e3y

2

factor integrante

Entonces, 2 dx 2 2 2 e3y + 6x y e 3 y = 6 y + e −3 y e 3 y dy

)

(

(

) x = ( 6 ye ∫ 2

2

d e 3 y x = 6 ye 3 y + 1 e3y

2

2

3 y2


multiplicamos factor integrante agrupamos

)

+ 1 dy


2

e3y x = e3y + y + c

agregamos constante de integración

Al evaluar la condición x(0) = −2 , tenemos c = −3 , luego 2

2

e3y x = e3y + y − 3

EJEMPLO 5

Resolver

dy dx



+ y tan x = 3sec x tan2 x sujeta a y(0) = 2. Lograr un pensamiento lógico, analítico y sintético.

Solución Al considerar p( x ) = tan x tenemos que el factor integrante correspondiente a la ecuación es μ( x ) = e ∫

tan x dx

= sec x

factor integrante

Entonces, sec x

dy + y sec x tan x = 3sec 2 x tan2 x dx

d ( y sec x ) = 3sec 2 x tan2 x

∫

multiplicamos el factor integrante agrupamos términos

y sec x = 3 sec 2 x tan2 x dx


y sec x = tan3 x + c


62

UNIDAD 1


Al evaluar la condición y(0) = 2 , tenemos c = 2 , luego y sec x = tan3 x + 2


La solución particular puede observarse en la FIGURA 1.6. y

4 2


−4

0

−2

2

4

x

−2 −4 Figura 1.6

EJEMPLO 6

Resolver

dy dx


+ y cot x = 4sec 5 x sujeta a y(π ) = 1.

Solución Al considerar p( x ) = cot x tenemos que el factor integrante correspondiente a la ecuación es μ( x ) = e ∫

cot x dx

= sen x

factor integrante

Entonces, dy + y sen x cot x = 4sen x sec 5 x dx dy sen x + y cos x = 4sen x sec 5 x dx sen x

d ( y sen x ) = 4sen x sec 5 x

multiplicamos factor integrante simplificamos agrupamos

∫

y sen x = 4 sen x sec 5 x dx


y sen x = sec 4 x + c


Al evaluar la condición y(π ) = 1 , tenemos c = −1 , luego y sen x = sec 4 x − 1

solución particular y 4

La gráfica de la solución particular puede observarse en la FIGURA 1.7.

2 Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías.

−4

0

−2 −2

Figura 1.7

−4

4

x

1.5 EJEMPLO 7

Resolver


63

Un problema de valor inicial definido por una función discontinua

dy 1 3x 0 ≤ x < 2 + y = f ( x ) sujeta a y(3) = 4, donde f ( x ) = b . dx x 2 2≤x

Solución Dado que la función involucrada es escalonada y discontinua en x = 2, el problema de valor inicial se resuelve al considerar que cada escalón define una ecuación diferencial diferente. De este modo, consideramos los siguientes dos casos:

Caso 1

Una función f (x) como la utilizada en el ejemplo 7 se conoce como una función escalonada. Al resolver una ecuación diferencial que incluye una función escalonada, se resuelven tantas ecuaciones diferenciales como escalones tenga la función.

Si 0 ≤ x < 2, entonces f ( x ) = 3x. Optimizar soluciones.

dy 1 + y = 3x dx x 1 dx Luego, el factor integrante está dado por μ( x ) = e ∫ x = x. Entonces, dy + y = 3x 2 dx d ( xy ) = 3x 2 x

xy = x 3 + c1 y = x2 +

multiplicamos factor integrante simplificamos integramos ambos miembros

c1 x

solución general del caso 1

Podemos observar que en este caso 1 no puede ser evaluada la condición inicial y(3) = 4, porque cae fuera del dominio considerado.

Caso 2 Si 2 ≤ x , entonces f ( x ) = 2 . dy 1 + y=2 dx x

1

Luego, el factor integrante no cambia y está dado por μ( x ) = e ∫ x Entonces, x

dy + y = 2x dx

dx

= x.


d ( xy ) = 2 x

simplificamos

xy = x 2 + c2


y= x+

c2 x

solución general del caso 2

Al evaluar la condición y(3) = 4 , tenemos 4 = 3 + De los dos casos anteriores podemos escribir c1 x y=d 3 x+ x x2 +

c2 3

, de donde c2 = 3 .

0≤x<2 2≤x

64

UNIDAD 1


Recordemos que por definición, una función h(x) es continua en un punto x0, siempre que lím h( x ) = h( x0 ). x → x0 De esta manera, para que la función y sea continua en x = 2 es necesario que c 3 lím y = y(2), es decir, lím− y = y(2); al evaluar, tenemos (2)2 + 1 = 2 + , finalmente 2 2 x →2 x →2 c1 = 1. 1 x La solución particular está dada por y = d 3 x+ x x2 −

N o t a b i o g r á fica


y 4 2

1

2

3

4

x

−2 −4 Figura 1.8


)

En los ejercicios 1 a 10, determinar si las ecuaciones diferenciales dadas son o no lineales. No hay que resolverlas. 1. y ′ + xy = y

3

2. x 2 y ′ + xy = cos x 3. x 2 y ′ +

)

6. ( xy + x 3 dx + ( x 2 + 1 dy = 0

Resolver problemas.

4.

2≤x

Y observamos que la solución es continua, pero no derivable en x = 2. La gráfica se muestra en la FIGURA 1.8.

Jakob Bernoulli, también conocido como Jacob, Jacques o James Bernoulli, fue un genial matemático y científico suizo y hermano mayor de Johann Bernoulli. Estudió física y matemáticas en Basilea a escondidas de su padre, que lo motivaba a estudiar teología. Se familiarizó con el cálculo mediante su correspondencia con Gottfried Leibniz, y colaboró con su hermano Johann en varias aplicaciones, siendo notable la publicación de artículos en curvas trascendentales (1696) e isoperimetría (1700, 1701). Planteó la ecuación diferencial que lleva su nombre y que más tarde resolvió su hermano Johann. Su obra maestra fue Ars Conjectandi (El arte de la conjetura), un trabajo pionero en la teoría de la probabilidad, que publicó su sobrino Nicholas en 1713, ocho años después de la muerte de Bernoulli debido a tuberculosis.

1.5

0≤x<2

x y = x2 y x2 + 1

dy + tan x y = xy 2 dx

5. 3e x y ′ + xe x y = cos x

7. xy ′ + 4 y = e x 8. y ′ = x + y 9. y ′ = 10. y ′ =

1 x+ y 1 x( x − y )

En los problemas 11 a 39, hallar la solución general de las ecuaciones diferenciales dadas en un intervalo válido. 3 11. y ′ − = x 4e 3x x

1.5

12. y ′ −


35. ( x + 2 )4 y ′ + 2 ( x + 2 )3 y = 2

6 y = x 6 cos x x

36. y ′ + cosh x y = cosh x

13.

dy 1 − y = x 4 ln x dx x

14.

dy 1 + y = ( x 2 − x − 1)e 2 x dx x

38. ( x + 1)

15.

dy + 2 xy = − x dx

39. dx + y 2 ( x − 3) dy = 0

16.

dy − 2 xy = e 3x − e − x dx

17.

dy x + 2 y = x2 + 1 dx x + 1

18.

dy x + 2 y = 4x dx x + 4

19.

37. y ′ + ( 2 x + 1) y = 2 x + 1 dy + 2 y = ( x + 1) ln x dx

En los problemas 40 a 51, resolver el problema de valor inicial dado. Graficar la solución particular.


dy 1 +y= dx 1+ ex

40.

dy + 6 y = x, dx

41.

dy 1 + y = x 2 + 1, dx x

42.

dy + 3x 2 y = 6x 2 , dx

43.

dy + y cot x = 2 cos2 x , dx

20. ( 2 y − 9 ) dx + xdy = 0

)

)

21. ( xy − x 2 − 1 dx + ( x 2 + 1 dy = 0 22.

dy x − y = xe − x dx x + 1

)

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

23. ( e x + 1) dy + ( ye x − e 2 x + 1 dx = 0

44. sec x

24. y ′ − y = cosh x

45.

dy 4 + y = 2 x5 + 1 25. dx x

46. x

dy + ( x + 2 ) y = 4e x , dx

47. L

di + Ri = E , dt

dy 3x y = x −1 + dx x 3 − 1

27. ( x − 2 ) y ′ + ( x + 2 ) y = ( x − 2 ) e − x −3

48.

sen x dy + y = 1 + cos x 28. dx 1 − cos x

)

30. xdy + ( 2 xy + y − x 2 − x dx = 0 31. ( x − 1) y ′ + ( x + 1) y = e 32. ( x − 1)

( x − 1)

−1

dy + y + ln x + e x = xe x + x ln x dx

)

33. ( e 2 x + 1 ( y ′ + y ) = 2 senh x 34. cos x y ′ + y = sen x

y (0) = 1 y(0) = 4

i (0) = i0 donde L, R, E ∈ 

dx 1 1 + x= 2 , dt t − 1 t −1

x(0) = 1

dy 1 + y = ln x − 1, y(1) = 2 dx x dy y = 3 50. , y(1) = −1 dx y − x

dy 3 x − y= 2 dx x x −1

−x

π y¢ ≤ = 2 2

49.

2

29.

y(0) = 1

dy + y tan x = tan x , dx

dy + y sec x = cos2 x , dx

2

26.

65

51.

dy 1 − y=e dx 2 xy

x

,

y(4) = 2

En los ejercicios 52 a 55, determinar una función continua que sea solución del problema de valor inicial dado. 52.

dy + y = f (x) , dx

f (x) = b

1 0≤x<2 −1 2≤x

y(0) = 1

66

UNIDAD 1


53.

dy + 3y = f (x) , dx

f (x) = b

0 0 ≤ x <1 x 1≤ x

y(0) = 0

54.

dy + 2 x y = f ( x ), dx

f (x) = b

0 0≤x<π x π ≤x

y(0) = 0

1.5

dy 2x 1 + 2 y= 2 dx x + 4 (x + 4

)

2

dx 3. = 6x + 2 y 2 − 5 y + 2 dy

1 0 ≤ x <1 0 1≤ x

y(1) = 1

)

7.

dy − 3 y = ( x 2 + 3x − 1 e 4 x , dx

8.

dy + y tan x = sec x, dx

9.

dy 1 x , + y= 2 dx x( x − 1) x −4

dy + y = tan x − sen x cos x dx

()

y π2 = 1

10.

dy + y = f (x) , dx

f (x) = b

)

6. xdy + ( xy + 2 y − xe 2 x dx = 0

1.6


Definición 1

y(1) = 1

1 0≤x<4 −1 4≤x

y(0) = 1

Ecuaciones diferenciales de Bernoulli

No obstante que el estudio de las ecuaciones diferenciales se inicia con el estudio de ecuaciones ordinarias y ecuaciones lineales: estamos en condiciones de aprender a resolver un caso dy + p( x ) y = f ( x ) y n, especial de ecuaciones no lineales, la ecuación diferencial de la forma dx conocida como la ecuación diferencial de Bernoulli. La ecuación diferencial de Bernoulli se puede reducir a una ecuación lineal mediante un cambio de variable.

Ecuación diferencial de Bernoulli La ecuación diferencial de la forma ferencial de Bernoulli.

OBSERVACIÓN 1 Argumentar con contundencia y precisión. Comunicarse en el lenguaje matemático en forma oral y escrita.

y(0) = 1

En el siguiente ejercicio, determinar una función continua que sea solución del problema de valor inicial dado.

dy 1 + y = sen x dx 2 x

5. tan x

f (x) = b

En los problemas 7 a 9, resolver el problema de valor inicial dado. Graficar la solución particular.

dy 1 + ¢ + 1≤ y = xe − x cos x 2. dx x

4.

dy 1 + y = f (x), dx x

Competencia final

En los problemas 1 a 6, hallar la solución general de las ecuaciones diferenciales dadas en un intervalo válido. 1.

55.

dy dx

+ p( x ) y = f ( x ) y n se conoce como la ecuación di-

Dos casos especiales de la ecuación diferencial de Bernoulli

En el estudio de la ecuación de Bernoulli de la forma por simplicidad los siguientes dos casos:

Caso 1

n=0

dy dx

+ p( x ) y = f ( x ) y n, se pueden estudiar

1.6


67

Para el caso en que n = 0, la ecuación de Bernoulli se reduce a la ecuady ción lineal no homogénea de la forma + p( x ) y = f ( x ), que estudiadx mos en la sección anterior.

Caso 2

n=1

Para el caso n = 1, la ecuación de Bernoulli se reduce a una ecuación separable, pues dy + p( x ) y = f ( x ) y dx dy = ( f ( x ) − p( x ) ) dx y

∫

dy = y

ln y =

∫ ( f (x ) − p(x )) dx

integramos

∫ ( f (x ) − p(x )) dx + c

y = c e∫

1

( f ( x )− p ( x )) dx

Nota biogr áf ic a

separamos

agregamos constante de integración sustituimos c = e c1

En la demostración del teorema 1 se desarrolla el procedimiento que permite reducir una ecuación diferencial de Bernoulli a una ecuación lineal no homogénea, que puede resolverse con un factor integrante, como se estudió en la sección anterior.

Johann Bernoulli, matemático, médico y filólogo suizo. En 1683 ingresa en la Universidad de Basilea y obtiene el título de médico; sin embargo, durante este tiempo también se dedicó al estudio de las matemáticas junto a su hermano Jakob. En 1691 viaja a París para guiar a los matemáticos franceses en el uso del cálculo, entre los cuales se hallaba el marqués L’Hôpital, se convirtió en defensor de Leibniz en la polémica que mantenía con Isaac Newton por quién había sido el primero en enunciar los principios del cálculo infinitesimal. En 1705, tras la muerte de su hermano por tuberculosis, le sustituyó como catedrático de matemáticas en la Universidad de Basilea, donde permaneció durante 42 años como profesor; allí tuvo como discípulo a Leonhard Euler. Se centró en el cálculo infinitesimal y resolvió la ecuación diferencial de Bernoulli, propuesta por su hermano.

Teorema 1 La ecuación diferencial de Bernoulli se puede reducir a una ecuación lineal de primer orden Demostración dy Dada la ecuación + p( x ) y = f ( x ) y n y con base en la observación anterior, podemos sudx poner que n ≠ 0 y n ≠ 1. Definimos la variable u = y1− n; al derivar, tenemos dy du = (1 − n ) y − n dx dx De la ecuación original, resolvemos para

dy dx

dy = f ( x ) y n − p( x ) y dx Combinamos estas últimas ecuaciones para obtener du = (1 − n ) y − n ( f ( x ) y n − p( x ) y ) dx


68

UNIDAD 1


du = (1 − n ) f ( x ) − (1 − n ) y1− n p( x ) dx

desarrollamos

du + (1 − n ) p( x ) u = (1 − n ) f ( x ) dx

ordenamos

Para resolver la ecuación lineal obtenida, calculamos el factor integrante correspondiente μ( x ) = e

∫

(1− n ) p ( x ) dx

du


Al multiplicar la ecuación diferencial + (1 − n ) p( x ) u = (1 − n ) f ( x ) por el factor integrante, dx tenemos e d ¢e e e

∫

(1− n ) p ( x ) dx

∫

(1− n ) p ( x ) dx

u≤ = (1 − n ) f ( x ) e

∫ (1 − n) f (x ) e

∫

u=

∫

y1− n =

(1− n ) p ( x ) dx

(1− n ) p ( x ) dx

(1− n ) ∫ p ( x ) dx (1− n ) ∫ p ( x ) dx du + (1 − n ) p( x )e u = (1 − n ) f ( x ) e dx

∫

(1− n ) p ( x ) dx

∫

(1− n ) p ( x ) dx

∫ (1 − n) f (x ) e

agrupamos

dx + c

∫

(1− n ) p ( x ) dx

integramos y agregamos constante

dx + c

sustituimos u = y1− n

que representa la familia de soluciones de la ecuación diferencial de Bernoulli.

EJEMPLO 1

Resolver Reconocer conceptos generales e integradores.

El procedimiento para resolver una ecuación diferencial de Bernoulli puede resumirse en los siguientes pasos: 1. Determinar el exponente n dy + p( x ) y = de la ecuación dx n f (x)y . 2. Considerar el cambio de variable u = y1− n . 3. Derivar el cambio de variable para obtener dy dy = (1 − n ) y − n dx . dx 4. Combinar con la ecuación original para obtener una nueva ecuación diferencial que es ahora lineal y no homogénea. 5. Resolver esta ecuación calculando un factor integrante.

Una ecuación diferencial de Bernoulli

dy 1 + y = 5x 2 y −1. dx x

Solución

dy

Al comparar con la ecuación + p( x ) y = f ( x ) y n, podemos identificar n = −1, de dx manera que consideramos el cambio u = y1−n, luego u = y1− n = y1−( −1) = y 2

cambio de variable adecuado

du dy = 2y dx dx

derivamos cambio de variable

du 1 = 2 y ¢5x 2 y −1 − y ≤ dx x

sustituimos ecuación original

du 2 = 10 x 2 − y 2 dx x

desarrollar

du 2 ordenar + u = 10 x 2 dx x Podemos observar que esta última ecuación diferencial es ordinaria, lineal, no homogénea de primer orden; de manera que se resuelve calculando el factor integrante correspondiente. 2

μ( x ) = e

∫ x dx

= x2

De esta manera, al multiplicar la ecuación lineal tegrante

du dx

2 x

+ u = 10 x 2 por el factor in-

1.6

x2

du 2 2 + x u = 10 x 2 ( x 2 dx x

)


69


)

d ( x 2 u = 10 x 4

asociamos

x 2 u = 2x5 + c

integramos ecuación

Para terminar el proceso de solución, sustituimos de nueva cuenta el cambio de variable considerado u = y 2 x 2 y2 = 2x5 + c

EJEMPLO 2

Resolver


Una ecuación diferencial de Bernoulli

dy 2 ln x + y= 6 2. dx x 3x y

Solución

dy + p( x ) y = f ( x ) y n , identificamos n = −2; de manera que conAl comparar con la ecuación dx 1− n 1− ( −2 ) = y 3 , luego sideramos el cambio u = y = y

u = y3


du dy = 3 y2 dx dx


du ln x 2 = 3 y 2 ¢ 6 2 − y≤ dx 3x y x


du ln x 6 3 = − y dx x 6 x

desarrollamos

ln x du 6 + u= 6 x dx x

ordenamos y sustituimos u = y 3

Podemos observar que esta última ecuación diferencial es ordinaria, lineal, no homogénea de primer orden, de manera que se resuelve calculando el factor integrante correspondiente. 6

μ( x ) = e

∫ x dx

= x6 du 6 ln x + u = 6 por el factor integrante De esta manera, al multiplicar la ecuación lineal dx x x 6 du 5 x + 6x u = ln x multiplicamos factor integrante dx

)

d ( x 6 u = ln x

asociamos

x 6 u = x ln x − x + c

integramos ecuación

Para terminar el proceso de solución, sustituimos de nueva cuenta el cambio de variable considerado u = y 3 x 6 y 3 = x ln x − x + c



70

UNIDAD 1


EJEMPLO 3

Resolver


dy 1 − y = −15x 2 y 3 sujeta a la condición y(1) = 2 . dx x + 1

Solución

dy Al comparar con la ecuación dx + p( x ) y = f ( x ) y n , identificamos n = 3, de manera que consideramos el cambio u = y1− n = y1−3 = y −2 , luego

u = y −2


du dy = −2 y −3 dx dx


du 1 = −2 y −3 ¢− 15x 2 y 3 + y≤ dx x +1


du 2 −2 = 30 x 2 − y dx x +1

desarrollamos

du 2 + u = 30 x 2 dx x + 1

ordenamos y sustituimos u = y −2

Podemos observar que esta última ecuación diferencial es ordinaria, lineal, no homogénea de primer orden, de manera que se resuelve calculando el factor integrante correspondiente 2

μ( x ) = e Lograr un pensamiento lógico, algorítmico, analítico y sintético.

∫ x +1 dx

De esta manera, al multiplicar la ecuación lineal

( x + 1)2

(

= ( x + 1)

2

du 2 + u = 30 x 2 por el factor integrante dx x + 1

du 2 + 2 ( x + 1) u = 30 x 2 ( x + 1) dx

)


d ( x + 1) u = 30 x 2 ( x + 1)

asociamos

( x + 1)2 u = 6x5 + 15x 4 + 10 x 3 + c

integramos la ecuación

2

2

Para terminar el proceso de solución, sustituimos de nueva cuenta el cambio de variable considerado u = y −2

( x + 1)2 y −2 = 6x5 + 15x 4 + 10 x 3 + c


Finalmente, evaluamos la condición y(1) = 2 para obtener c = −30, así la solución particular 2 buscada es ( x + 1) y −2 = 6x5 + 15x 4 + 10 x 3 − 30. La gráfica se puede observar en la FIGURA 1.9. y 4 3 2 Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías.

1 −1 −2 Figura 1.9

1

2

3

4

x

1.6



EJEMPLO 4

dy + xy = − ( x ) dx

Resolver ( x 2 + 1

)

+ x y 4 sujeta a la condición y(0) = 1.

3

Solución La ecuación puede escribirse de manera equivalente como dy x + y = − xy 4 dx x 2 + 1 dy dx

Al comparar con la ecuación

+ p( x ) y = f ( x ) y n, identificamos n = 4 , de manera que consi-

deramos el cambio u = y1− n = y1− 4 = y −3 , luego u = y −3


du dy = −3 y −4 dx dx


du x = −3 y −4 ¢− xy 4 − 2 y≤ dx x +1


du 3x −3 = 3x + 2 y dx x +1

desarrollamos

du 3x − 2 u = 3x dx x + 1

ordenamos y sustituimos u = y −3

Podemos observar que esta última ecuación diferencial es ordinaria, lineal, no homogénea de primer orden, de manera que se resuelve calculando el factor integrante correspondiente μ( x ) = e

x −3 2 dx x +1

∫

De esta manera, al multiplicar la ecuación lineal

(x

1 2

d£

(x

(x

1

1 2

)

+1

2

du 3x 3x − u= 3/2 2 dx ( x 2 + 1 5/2 (x + 1

)

+1

)

+1

)

3/2

3/2

3/2

u≥ =

u=−

(x

(x

3x 2

3 2

)

3/2

)

+1

1/2

du dx

(x −

1 2

)

+1

3/2

3x u x 2 +1

= 3x por el factor integrante


asociamos

)

+1

=

+c

integramos la ecuación

Para terminar el proceso de solución, sustituimos de nueva cuenta el cambio de variable considerado u = y −3

(x

1 2

)

+1

3/2

y −3 = −

(x

)

3 2

)

+1

1/2

+c


)

reescribimos

1 = −3 y 3 ( x 2 + 1 + cy 3 ( x 2 + 1

3/2

Finalmente, evaluamos la condición y(0) = 1, para obtener c = 4, así la solución particular bus3/2 cada es 1 = −3 y 3 ( x 2 + 1 + 4 y 3 ( x 2 + 1 .

)

)

Lograr un pensamiento lógico, algorítmico, analítico y sintético.

71

72

UNIDAD 1


La gráfica de la solución particular se observa en la FIGURA 1.10. y 2

1 Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías.

−2

−1

1

x

2

−1 −2 Figura 1.10

1.6

Desarrollo de competencias 11. y ′ −

Resolver problemas.

En los ejercicios 1 a 16, resolver las ecuaciones diferenciales dadas. x y = − xy 2 1. y ′ − 2 x +1 2. y ′ −

4 y = −2 y 3/2 ln x x

3. y ′ −

x y = xy −1 x2 + 1

4. y ′ +

x +1 y = − xy 2 x

1 5. y ′ + y = − x 2 e x y 2 x 6. y ′ −

1 y = − 21 e x y 3 x

7. y ′ + y = 2 y

1/2

x y = −2 xy 2 x2 + 1

1 12. y ′ + y tan x = − y 3 sec x 2 13. y ′ + y tan x = − y 2 cos x 14. y ′ + y cot x = − y 2 sen2 x 15. y ′ − y cot x = − y −2 sen x 16. y ′ + y sen x = y 2 sen x En los ejercicios 17 a 20, resolver el problema de valor inicial dado. Utilizar un SAC para graficar la solución. Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías.

17. y 2/3 y ′ −

3 5/3 y = 3x5 ln x , x

8. y ′ −

2 2 y = − xy5/2 x 3

18. y ′ +

x −1 y = −e x y2 , x

9. y ′ +

1 y = − x 2 sen x y 2 x

19. y ′ +

3 y = 3x y −1/3 , x

10. y ′ +

x y = 2 xy −3/2 x +1

20. y ′ + x 2 y = x 2 y −3 ,

2

y(1) = 1

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

y(1) = 1

1.6

1.6

73

Competencia final


En los ejercicios 1 a 4, resolver las ecuaciones diferenciales dadas. 2 1. y ′ + y = ( x + 1) y −1/2 3 2. y ′ +


1 1 y = sen x y −1 x 2

3. y ′ +

1 x y=2 x y

4. y ′ + y cot x = − y 2 sen2 x En los ejercicios 5 a 6, resolver el problema de valor inicial dado. Utilizar un SAC para graficar la solución. 5. y ′ + y sen x = y 2 sen x , 6. y ′ −

1 y = 3 x y 2/3, x

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

Unidad

2

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

2.1 Introducción

2.4 Ecuaciones diferenciales no homogéneas


2.5 Método de variación de parámetros

2.3 Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes

Competencia específica Modelar la relación existente entre una función desconocida y una variable independiente mediante una ecuación diferencial lineal de orden superior que describe algún proceso dinámico (movimiento vibratorio y circuitos eléctricos). Comprender la importancia de la solución de una EDL homogénea en la construcción de la solución general de una no homogénea. Aplicar el método de coeficientes indeterminados y el de variación de parámetros, seleccionando el más adecuado en situaciones específicas.




Competencias genéricas Representar e interpretar conceptos en forma geométrica y algebraica.




76

UNIDAD 2

Ecuaciones diferenciales de orden superior

La ecuación diferencial lineal es una ecuación ordinaria y la variable dependiente, como cualquiera de sus derivadas, aparecen elevadas a la potencia 1. De igual forma, la función g(x) y cada una de las funciones que aparecen como coeficientes de las derivadas son funciones que dependen todas de la misma variable independiente.

Reconocer conceptos generales e integradores

Definición 1

2.1

Introducción

El estudio de las ecuaciones diferenciales de orden superior es todo un reto. Existen tantas y tantas ecuaciones diferenciales, que desarrollar métodos para encontrar la solución de cualquier ecuación diferencial en términos de funciones elementales es prácticamente imposible. En esta unidad, nos centraremos en el estudio de los métodos de solución de algunas ecuaciones diferenciales lineales de orden n, como lo son las ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes.

2.2

Teoría preliminar

Iniciamos la sección con la definición de ecuación diferencial de orden n, a partir de la cual se desarrollan todos los temas de esta unidad.

Definición de ecuación diferencial lineal de orden n Ecuación diferencial lineal homogénea de orden n Una ecuación diferencial se dice lineal de orden n si es de la forma an ( x ) y( n ) + an −1 ( x ) y( n −1) +  + a2 ( x ) y ′′ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = g ( x ). Si g ( x ) = 0 la ecuación es homogénea. Si g ( x ) ≠ 0 es no homogénea. Si una ecuación no tiene la forma anterior, entonces se dice que la ecuación es no lineal.

Not a b i o g r á f i c a

Oliver Heaviside (Londres, 1850-Torquay, 1925) fue hijo de una familia pobre y numerosa, por esa condición no pudo asistir a la escuela hasta después de haber cumplido los 13 años de edad; sin embargo, su escolarización tuvo que finalizar al año siguiente. El resto de su formación intelectual fue autodidacta, siendo al parecer un asiduo y ávido visitante de las bibliotecas públicas. Le atraían especialmente las obras científicas y fue así como profundizó en los tratados de Newton y de Laplace. En 1867 tuvo que trabajar en una compañía de su tío como telegrafista. Un año después fue asignado al funcionamiento del nuevo cable submarino tendido entre Newcastle y Dinamarca, primero como operador y luego como electricista, nombre que se daba entonces a los especialistas de la materia, la más novedosa e interesante de toda la electrotecnia. Los años siguientes los pasó en los talleres y a bordo de los barcos encargados del mantenimiento de la línea, lugares privilegiados para realizar experimentos. A pesar de no haber tenido una educación formal, su obra es sorprendente. En 1872 publicó su primer trabajo y apareció en la revista English Mechanic con la firma “O.”, trataba de un método de comparación de fuerzas. En febrero de 1873 publicó su primer trabajo en la Philosophical Magazine, la más importante revista de física de la época. Esta vez se trataba de la optimización del puente de Wheatstone, con lo que sorprendió incluso a gente como Kelvin y Maxwell por la aplicación de poderosos métodos matemáticos a la resolución de problemas prácticos desconocidos hasta entonces. En 1874 abandonó su trabajo en Newcastle y retornó a casa de sus padres en Londres donde se dedicó exclusivamente al estudio autodidacta y a la investigación. Durante los cuarenta años siguientes, Heaviside produjo un flujo ininterrumpido de trabajos, que vieron la luz sobre todo en revistas, como The Electrician, Philosophical Magazine o Nature, hasta totalizar más de tres mil densas páginas. En todos los casos los numerosos reconocimientos a Heaviside fueron gestionados por personalidades influyentes, aunque él no los apreció en exceso. Entre los principales se pueden mencionar: miembro de la Royal Society de Londres (1891), miembro honorario de la American Academy of Arts and Sciences (1899), la Universidad alemana de Göttingen le concede el doctorado honoris causa (1905), miembro honorario de la Institution of Electrical Engineers inglesa (1908), miembro honorario del American Institute of Electrical Engineers (1918), primer galardonado con la medalla Faraday del Institute of Electrical Engineers (1921). Falleció en 1925, tras llevar una vida cada vez más solitaria y excéntrica.

2.2

Teoría preliminar

77

La ecuación diferencial lineal an ( x ) y( n ) +  + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = g ( x ) es ordinaria y de grado 1, de manera que tanto la variable dependiente como cualquiera de sus derivadas aparecen elevadas a la potencia 1. De igual forma, la función g(x) y cada una de las funciones que aparecen como coeficientes de las derivadas son funciones que dependen todas de la misma variable independiente considerada en la ecuación. En este punto, lleguemos a una convención que consideraremos válida durante el resto de la unidad. Al estudiar la ecuación diferencial lineal de orden n no homogénea an ( x ) y( n ) + an −1 ( x ) y( n −1) +  + a2 ( x ) y ′′ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = g ( x ), supondremos que todas las funciones an ( x ), an −1 ( x ), , a2 ( x ), a1 ( x ), a0 ( x ) y g ( x ) son continuas en un intervalo común I y además an ( x ) ≠ 0 sobre el mismo intervalo I.

Problema de valor inicial y problema de valores en la frontera Como lo mencionamos en la unidad anterior, una primera necesidad que surge al estudiar los métodos de solución de las ecuaciones diferenciales es garantizar que exista una solución, y posteriormente garantizar que solo exista una que satisfaga condiciones específicas generadas al plantear la ecuación como modelo matemático de un problema real. De nueva cuenta, el conjunto formado por una ecuación diferencial lineal de orden n y n condiciones adicionales que permitan seleccionar una solución particular de la familia recibe el nombre de problema de valor inicial. Para ser más precisos, tenemos la siguiente definición.


2 Definición

Problema de valor inicial Para el caso de una ecuación diferencial lineal de orden n, se conoce como un problema de valor inicial al resolver la ecuación diferencial an ( x ) y( n ) + an −1 ( x ) y( n −1) +  + a2 ( x ) y ′′ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = g ( x ) sujeta a las n condiciones iniciales y( x0 ) = y0, y ′( x0 ) = y1, y ″ ( x0 ) = y2 ,…, y ( n −1) ( x0 ) = yn −1. Al resolver un problema de valor inicial de orden n se busca una solución de la ecuación diferencial definida sobre un intervalo que contenga al punto x0. EJEMPLO 1


Un problema de valor inicial de orden n utiliza a la solución y, y a sus n − 1 primeras derivadas evaluadas en un mismo punto.

Para el caso de una ecuación diferencial lineal de segundo orden, el problema de valor inicial toma la forma: Resolver a2 ( x ) y ″ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = g ( x ) sujeta a y( x0 ) = y0 , y ′( x0 ) = y1.

EJEMPLO 2

Un problema de valor inicial de orden tres

Para el caso de una ecuación diferencial lineal de orden tres, el problema de valor inicial se enuncia así: Resolver a3 ( x ) y ′″ + a2 ( x ) y ″ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = g ( x ) sujeta a y( x0 ) = y0 , y ′( x0 ) = y1 , y ″ ( x0 ) = y2 . Al resolver un problema de valor inicial que involucra a una ecuación diferencial lineal, gráficamente estamos determinando una función de la solución general que satisface a cada una de las condiciones dadas. Técnicamente, debemos evaluar las condiciones dadas en el punto indicado para que mediante un proceso algebraico, que generalmente es un sistema de ecua-

78

UNIDAD 2


ciones lineales, determinemos el valor de la constante arbitraria o los valores de las constantes arbitrarias que definen una función particular que satisface las condiciones iniciales. EJEMPLO 3


Resolver la ecuación y ″ − 3 y ′ + 2 y = 0 sujeta a las condiciones y(0) = 0, y ′(0) = 4.

Solución Como justificaremos más adelante, la solución general de la ecuación diferencial dada es y = c1e x + c2 e 2 x . Al derivar, tenemos y ′ = c1e x + 2c2 e 2 x

derivamos

y(0) = c1 + c2 = 0


y ′(0) = c1 + 2c2 = 4

evaluamos la condición y ′(0) = 4

Resolvemos simultáneamente este sistema para obtener c1 = −4 y c2 = 4 , de manera que la solución particular al problema de valor inicial es y = −4e x + 4e 2 x .


Definición 3

Existe un problema diferente al problema de valor inicial, llamado problema de valores en la frontera, que también está encaminado a poder elegir una solución particular de la familia de soluciones de una ecuación diferencial. La diferencia entre ambos es que el problema de valor inicial utiliza la función original y a sus n − 1 derivadas evaluadas en un mismo punto para poder determinar la función que cumple con las condiciones establecidas, mientras que el problema de valores en la frontera utiliza a la función original evaluada en puntos diferentes. Existen problemas que utilizan ambas formas de establecer condiciones para determinar una solución particular, y por convención se siguen llamando problemas de valor inicial. En la siguiente definición se muestra la forma general de un problema de valores en la frontera. Problema de valores en la frontera Para el caso de una ecuación diferencial lineal de orden n, se conoce como un problema de valores en la frontera a resolver la ecuación diferencial an ( x ) y( n ) + an −1 ( x ) y( n −1) +  + a2 ( x ) y ″ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = g ( x ) sujeta a las n condiciones iniciales y( x0 ) = y0 , y( x1 ) = y1 , y( x2 ) = y2 ,…, y( xn −1 ) = yn −1 .

Un problema de valores en la frontera de orden n utiliza un conjunto de n ecuaciones combinadas entre la solución y y sus derivadas evaluadas en puntos diferentes.

EJEMPLO 4

Un problema de valores en la frontera de segundo orden

Para el caso de una ecuación diferencial lineal de segundo orden, el problema de valores en la frontera es: Resolver a2 ( x ) y ″ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = g ( x ) sujeta a y( x0 ) = y0 , y( x1 ) = y1. Otros posibles pares de condiciones para el problema de valores en la frontera pueden ser y ′( x0 ) = y0 , y( x1 ) = y1 y( x0 ) = y0 , y ′( x1 ) = y1 y ′( x0 ) = y0 , y ′( x1 ) = y1

2.2 EJEMPLO 5

Teoría preliminar

Un problema de valores en la frontera de orden tres

Para el caso de una ecuación diferencial lineal de orden tres, el problema de valores en la frontera es: Resolver a3 ( x ) y ′″ + a2 ( x ) y ″ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = g ( x ) sujeta a y( x0 ) = y0 , y( x1 ) = y1 , y( x2 ) = y2. Otras posibles tercias de condiciones para el problema de valores en la frontera pueden ser y ′( x0 ) = y0 , y( x1 ) = y1 , y( x2 ) = y2 y( x0 ) = y0 , y ′( x1 ) = y1 , y( x2 ) = y2 y( x0 ) = y0 , y( x1 ) = y1 , y ′( x2 ) = y2 y ′( x0 ) = y0 , y ′( x1 ) = y1 , y( x2 ) = y2 y ′( x0 ) = y0 , y( x1 ) = y1 , y ′( x2 ) = y2 y( x0 ) = y0 , y ′( x1 ) = y1 , y ′( x2 ) = y2 y ′( x0 ) = y0 , y ′( x1 ) = y1 , y ′( x2 ) = y2

EJEMPLO 6

Un problema de valores en la frontera de segundo orden

Resolver la ecuación y ″ − 3 y ′ + 2 y = 0 sujeta a las condiciones y(0) = 0, y(ln2) = 2.

Solución Como justificaremos más adelante, la solución general de la ecuación diferencial dada es y = c1e x + c2 e 2 x . Como podemos observar, las condiciones dadas solo hacen referencia a la solución general y no a sus derivadas; de esta manera, al sustituir tenemos y = c1e x + c2 e 2 x

solución general

y(0) = c1 + c2 = 0


y(ln2) = c1e ln2 + c2 e 2 ln2 = 2

evaluamos la condición y(ln2) = 2

Obtenemos el sistema de ecuaciones c1 + c2 = 0 2c1 + 4c2 = 2 La solución es c1 = −1 y c2 = 1, de manera que la solución particular al problema de valores en la frontera es y = − e x + e 2 x .

En cualquiera de los casos anteriores, tanto en los problemas de valor inicial como en los problemas de valores en la frontera, se establecen las condiciones que debe cumplir una función particular tomada de la familia de soluciones para que pueda considerarse una solución consistente de un problema de aplicación.

79

80

UNIDAD 2


Teorema de existencia y unicidad de la solución de un problema de valor inicial Al igual que en el caso de las ecuaciones de primer orden, también es preciso cuestionarnos acerca de las condiciones de existencia y unicidad que deben satisfacerse para que las soluciones de problemas reales queden bien definidas, es decir, debemos precisar qué condiciones deben cumplirse para pensar primero que un problema tiene solución, y posteriormente justificar que dicha solución sea única. El siguiente teorema, enunciado sin demostración, establece condiciones para la existencia y unicidad de la solución de un problema de valor inicial.

Teorema 1 Existencia y unicidad de una solución Sean a0 ( x ), a1 ( x ),..., an ( x ) y g ( x ) todas funciones continuas en un intervalo común I con an ( x ) ≠ 0. Entonces, para todo punto x0 ∈ I , el problema de resolver la ecuación diferencial an ( x ) y( n ) + an −1 ( x ) y( n −1) +  + a2 ( x ) y ″ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = g ( x ) sujeta a las n condiciones iniciales y( x0 ) = y0 , y ′ ( x0 ) = y1, …, y( n−1) ( x0 ) = yn−1 tiene una solución definida sobre el intervalo y además es única. EJEMPLO 7

Aplicación del teorema de existencia y unicidad 3

Verificar que la función y = c1 cos2 x + c2 sen2 x − x cos2 x es solución del problema de valor 4 inicial y ″ + 4 y = 3sen2 x , y(0) = 0, y ′(0) = 2.

Solución Se cumple que la ecuación diferencial es lineal y que las funciones a2 ( x ) = 1, a1 ( x ) = 4 y g ( x ) = 3sen2 x son funciones continuas. Verificamos, además, que a2 ( x ) = 1 ≠ 0 en cualquier intervalo que contiene al punto x = 0. El teorema de existencia y unicidad garantiza la unicidad 3 de la solución y = c1 cos2 x + c2 sen2 x − x cos2 x . 4

Para garantizar la existencia y unicidad de la solución de un problema de valor inicial es necesario que todas las funciones a0 ( x ), a1 ( x ),..., an ( x ) y g(x) sean continuas y que an ( x ) ≠ 0 para todo valor en el intervalo que contiene al punto x 0. Basta que una sola de las funciones mencionadas no sea continua, o bien que an ( x ) = 0 para algún valor del intervalo que contiene a x 0, para que la solución al problema de valor inicial no exista, o bien exista más de una solución.

EJEMPLO 8

Aplicación del teorema de existencia y unicidad

2 En el problema de valor inicial ( x − 1) y ″ − 2 x3 y ′ + 4 y = 1, y(1) = 0, y ′(1) = 0, a pesar de que las funciones a2 ( x ) = ( x − 1)2 , a1 ( x ) = −2 x, a0 ( x ) = 4 y g ( x ) = 1 son todas continuas; el hecho de que a2 (1) = 0 no garantiza que la solución exista o que sea única.

OBSERVACIÓN 1

Metodología de la solución de una ecuación diferencial lineal

En general, resolver la ecuación lineal de orden n es un problema complicado, y lo más común es que si se construye al azar, la ecuación no tenga solución. En un primer curso de ecuaciones diferenciales existen muchas limitantes para poder encontrar la solución de cualquier ecuación lineal que pudiéramos imaginar. El estudio de las ecuaciones lineales inicia estableciendo muchas restricciones para poder desarrollar métodos de solución. Tales restricciones se dan de la siguiente manera:

2.2

Teoría preliminar

81

Para poder resolver la ecuación no homogénea an ( x ) y( n ) +  + a2 ( x ) y ′′ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = g ( x ), primeramente iniciamos la discusión de la ecuación de segundo orden a2 ( x ) y ″ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = g ( x ). Para resolver la ecuación lineal no homogénea a2 ( x ) y ′′ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = g ( x ) se demuestra que la solución general es de la forma y = yc + y p , donde yc es la solución general de la ecuación lineal homogénea asociada a2 ( x ) y ′′ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = 0, y la función yp es una solución particular que puede obtenerse mediante dos métodos: coeficientes indeterminados o variación de parámetros. De esta manera, el estudio se centra primeramente en las ecuaciones lineales homogéneas y después en los métodos que permiten determinar yp. Al estudiar la ecuación a2 ( x ) y ′′ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = 0 se demuestra que la solución general puede obtenerse a partir de un par de soluciones especiales { y1 , y2 } que satisfacen algunas condiciones de independencia lineal. Posteriormente, se demuestra que mediante un método conocido como reducción de orden, la segunda solución y2 se puede obtener a partir de la primera solución y1, de manera que resolver la ecuación lineal de segundo orden requiere de encontrar únicamente una primera solución y1. Lo anterior establece las condiciones para que podamos resolver nuestras primeras ecuaciones lineales de orden superior. La ecuación diferencial a2 y ′′ + a1 y ′ + a0 y = 0 de coeficientes reales y constantes admite una solución de la forma y = e mx, y a partir de ella podemos calcular la segunda solución mediante una reducción de orden. Para resolver ecuaciones de orden mayor y ecuaciones no homogéneas se puede realizar el proceso inverso descrito arriba, es decir, primero se resuelve la ecuación homogénea asociada para determinar yc y se construye la solución yp mediante el método de los coeficientes indeterminados, o bien por variación de parámetros; la solución general será y = yc + y p. En las secciones siguientes justificaremos cada uno de los puntos mencionados.

Dependencia lineal e independencia lineal Iniciamos la discusión de esta sección con la siguiente observación acerca del espacio vectorial de las funciones continuas definidas sobre un intervalo. OBSERVACIÓN 2

El espacio vectorial de las funciones continuas

Al estudiar los conceptos del álgebra lineal como independencia lineal, dependencia lineal, combinación lineal y bases, entre otros, haremos referencia al conjunto de funciones continuas definidas sobre un intervalo C [ a, b ] = { f : [ a, b ] →  | f es continua en [ a, b ]}, el cual, con las operaciones de suma de funciones y de multiplicación de una función por un escalar real regularmente utilizadas en el álgebra de funciones, resulta un espacio vectorial. La demostración de este hecho queda como ejercicio para el lector. Iniciemos con un concepto básico del álgebra lineal. Reconocer conceptos generales e integradores.

Independencia lineal Sea { f1 , f2 ,, fn } ⊆ C [ a, b ] un conjunto de funciones continuas, se dice que las funciones f1 , f2 ,, fn son linealmente independientes (l.i.) en [ a, b ] si cuando c1 f1 + c2 f2 +  + cn fn = 0, entonces ci = 0 para cada valor i = 1,..., n . Un conjunto de funciones { f1 , f2 ,, fn } es linealmente independiente si al considerar una combinación lineal de ellas igualada a cero, todas las constantes son cero. Es decir, el conjunto { f1 , f2 ,, fn } es l.i. si las únicas constantes que satisfacen c1 f1 + c2 f2 + cn fn = 0 son c1 = c2 =  = cn = 0.

4 Definición

82

UNIDAD 2


Si un conjunto no es linealmente independiente, entonces es linealmente dependiente. La negación de la definición de independencia lineal se muestra en la siguiente definición.

Un conjunto de funciones { f1, f2 ,, fn } es linealmente independiente si al considerar una combinación lineal de ellas igualada a cero, todas las constantes son cero.

Definición 5

Dependencia lineal Sea { f1 , f2 ,, fn } ⊆ C [ a, b ] un conjunto de funciones continuas, se dice que las funciones f1 , f2 ,, fn son linealmente dependientes (l.d.) en [a, b], si cuando c1 f1 + c2 f2 +  + cn fn = 0, entonces ci ≠ 0 para al menos un valor i = 1,..., n .

EJEMPLO 9 Reconocer conceptos generales e integradores.

Un conjunto l.d.

{

}

Verificar que las funciones 5, cos2 x,sen2 x son linealmente dependientes.

Solución

( ) ⋅ 5 + (1) ⋅ cos x + (1) ⋅ sen x = 0, de manera que las funciones son l.d.

Podemos observar que −

EJEMPLO 10

1 5

2

Un conjunto l.i.

{

2

}

Verificar que las funciones 1, x, x 2 son linealmente independientes.

Solución Si consideramos la combinación lineal c1 ⋅ 1 + c2 ⋅ x + c3 ⋅ x 2 = 0, al igualar los coeficientes del polinomio resultante con el polinomio cero se deduce que c1 = 0 , c2 = 0 y c3 = 0 , de manera que las funciones son linealmente independientes. Si el conjunto { f1 , f2 ,, fn } ⊆ C [ a, b ] es linealmente dependiente en el intervalo [ a, b ], se cumple que existe al menos una constante ci ≠ 0 tal que c1 f1 + c2 f2 +  + cn fn = 0. Supongamos que c1 ≠ 0, de manera que f1 = − cc2 f2 −  − ccn fn. Esto significa que en un conjunto linealmente 1 1 dependiente de funciones, al menos una de ellas puede expresarse como combinación lineal de las funciones restantes. Para el caso particular de un par de funciones, la definición de dependencia lineal se puede interpretar de manera diferente para aplicarse de un modo más directo. El siguiente teorema establece esta opción.

Teorema 2 Las funciones { y1 , y2 } ⊆ [ a, b ] son linealmente dependientes si y solo si y2 = k y1 Demostración Supongamos que las funciones { y1 , y2 } son linealmente dependientes en el intervalo [ a, b ]. Por definición, se cumple que al formar la combinación lineal c1 f1 + c2 f2 = 0 , al menos una de las constantes es diferente de cero. Supongamos que c2 ≠ 0, entonces Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita. Argumentar con contundencia y precisión.

c1 f1 + c2 f2 = 0 f2 = −

c1 f1 c2

despejamos f2

2.2

f2 = k f1

definimos k = −

Teoría preliminar

83

c1 c2

Recíprocamente, si f2 = k f1 , entonces k ⋅ f1 − 1 ⋅ f2 = 0. De esta manera, por definición, las funciones son linealmente dependientes. El teorema anterior significa que dos funciones son linealmente dependientes si y solo si una función es múltiplo de otra. La negación de este teorema también resulta de utilidad, y significa que dos funciones son linealmente independientes si y solo si las funciones no son múltiplos entre sí. Esta situación se ilustra en el ejemplo 11. EJEMPLO 11


Dos funciones linealmente dependientes

{

}

Verificar que las funciones 4e 3x ,6e 3x son l.d en el intervalo ( −∞, ∞ ).

Solución

{

}

Dado que las funciones 4e 3x ,6e 3x son múltiplos entre sí para todo x ∈( −∞, ∞ ), las funciones son linealmente dependientes en el intervalo x ∈( −∞, ∞ ).

El wronskiano Como podemos observar, utilizar la definición de dependencia lineal para decidir si un conjunto de funciones es l.d. o l.i. solo aplica de manera directa para las funciones más conocidas y algebraicamente manipulables. En general, la sola definición no basta para analizar la dependencia lineal de cualquier conjunto de funciones. Como una solución a este problema, presentamos a continuación un resultado que da paso a la definición de un determinante conocido como el wronskiano de un conjunto de funciones, el cual fue desarrollado por Josef Hoëné-Wronski.

Josef Hoëné-Wronski (Wolsztyn, 1776-Neuilly, 1853), Filósofo polaco, oficial del ejército polaco y ruso. Su trabajo más significativo se dio en las series. Él criticó abiertamente y sin fundamento a Lagrange por el uso de series infinitas e introdujo a cambio una novedosa expansión para una función. Los coeficientes de la serie de Wronski fueron descubiertos después de su muerte y dieron origen a su resultado más conocido, el determinante, que en Thomas Muir definió como el wronskiano.

Teorema 3 Teorema de Wronski Sea { f1 , f2 ,, fn } ⊆ C [ a, b ] un conjunto de funciones continuas y derivables hasta el orden n − 1 en el intervalo [ a, b ], entonces las funciones { f1 , f2 ,, fn } son linealmente independientes en el intervalo [ a, b ] si y solo si

W ( f1 , f2 ,, fn ) =

f1

f2



fn

f1′

f2′



fn′







f1( n −1)

f2( n −1)

 

≠0

fn( n −1)

Al menos para algún punto en [ a, b ] . Demostración Sea { f1 , f2 ,, fn } un conjunto de funciones continuas en el intervalo [ a, b ], al considerar la combinación lineal de funciones c1 f1 + c2 f2 +  + cn fn = 0 y dado que todas las funciones


84

UNIDAD 2


son derivables al menos hasta el orden n − 1, derivamos para construir el sistema homogéneo de n ecuaciones en n variables c1 f1

+

c2 f2

+  +

cn f n

= 0

c1 f1′

+

c2 f2′

+  +

cn fn′

= 0

 c1 f1( n −1)


 + c2 f2( n −1)

 + cn fn( n −1)

+

 = 0

Sabemos como un resultado fundamental del álgebra lineal que un sistema de ecuaciones tiene una solución única siempre que el determinante del sistema sea diferente de cero, y esta condición es necesaria y suficiente. Si consideramos que c1 , c2 ,, cn son las variables, entonces el determinante del sistema es

W ( f1 , f2 ,, fn ) =

f1

f2



fn

f1′

f2′



fn′



 

 ( n −1) 1

f

f

( n −1) 2

 f

( n −1) n

de manera que el sistema homogéneo de ecuaciones obtenido por derivación tiene una solución única si y solo si W ( f1 , f2 ,, fn ) ≠ 0. Esto significa que c1 = c2 =  = cn = 0, de manera que por definición las funciones { f1 , f2 ,, fn } son linealmente independientes.

Definición 6

El wronskiano Dado el conjunto de funciones { f1 , f2 ,, fn } derivables al menos hasta el orden n − 1, se define su wronskiano por el determinante de orden n


W ( f1 , f2 ,, fn ) =

f1

f2



fn

f1′

f2′



fn′



 

 ( n −1) 1

f

EJEMPLO 12

f

( n −1) 2

 f

( n −1) n

Un conjunto l.i.

{

}

Verificar si el conjunto e ax , e bx es l.d. o l.i.

Solución Las funciones dadas son continuas y derivables en ( −∞, ∞ ), como W=

{

Concluimos que e ax , e bx

e ax ae ax

e bx be bx

= ( b − a )e ( a +b ) x ≠ 0 , si a ≠ b.

} es linealmente independiente siempre que a ≠ b .

2.2 EJEMPLO 13

Un conjunto l.i.

Verificar si el conjunto {e ax , xe ax } es l.d. o l.i. en ( −∞, ∞ ).


e ax ae ax

xe ax axe ax + e ax

= e 2 ax ≠ 0, para todo valor x ∈( −∞, ∞ ).

Concluimos que {e ax , xe ax } es linealmente independiente en ( −∞, ∞ ).

EJEMPLO 14

Un conjunto l.i.

{

}

Verificar si el conjunto x a , x b es l.d. o l.i. en ( −∞, ∞ ).


{

xa xb = ( b − a )x a +b −1 ≠ 0, si a ≠ b. a −1 b −1 ax bx

}

Concluimos que x a , x b es linealmente independiente en ( −∞, ∞ ).

EJEMPLO 15

Un conjunto l.i.

Verificar si el conjunto {x a , x a ln x} es l.d. o l.i. en (0, ∞ ).

Solución Las funciones dadas son continuas y derivables en (0, ∞ ) , como W=

xa ax a −1

x a ln x = x 2 a −1 ≠ 0 , si a ≠ b. x a −1 + ax a −1 ln x

Concluimos que {x a , x a ln x} es linealmente independiente en (0, ∞ ) .

EJEMPLO 16

Un conjunto l.i.

Verificar si el conjunto {x,1 − x,3x + 2} es l.d. o l.i. en ( −∞, ∞ ).

Solución Las funciones dadas son continuas y derivables en ( −∞, ∞ ), como x 1 − x 3x + 2 W = 1 −1 =0 3 0 0 0 Concluimos que {x,1 − x,3x + 2} es linealmente dependiente en ( −∞, ∞ ).

Teoría preliminar

85

86

UNIDAD 2


El principio de superposición


Como podremos observar, el número de soluciones de una ecuación diferencial lineal homogénea es infinito, de manera que para determinarlas a “todas” se demuestra que el conjunto de soluciones de una ecuación diferencial forman un subespacio vectorial del espacio de las funciones continuas C [ a, b ]. A partir de este resultado, el problema de determinar todas las soluciones se reduce a determinar una base del subespacio vectorial antes mencionado. El siguiente teorema establece esta observación.

Teorema 4 El conjunto de soluciones de la ecuación diferencial homogénea de orden n Argumentar con contundencia y precisión. Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita.

an ( x ) y( n ) + an −1 ( x ) y( n −1) +  + a2 ( x ) y ′′ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = 0

(2.1)

es un subespacio vectorial del espacio de funciones continuas C [ a, b ] Demostración Definamos el conjunto

{

}

K n = y | an ( x ) y( n ) + an −1 ( x ) y( n −1) +  + a2 ( x ) y ′′ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = 0 ⊆ C [ a, b ] Observemos que Kn es el conjunto formado por todas las soluciones de la ecuación diferencial homogénea de orden n, y que está contenido en el espacio vectorial de las funciones continuas sobre [ a, b ]. Consideremos las operaciones definidas sobre el espacio vectorial C [ a, b ]. Se cumplen los siguientes casos:

El siguiente teorema del álgebra lineal establece las condiciones para que un subconjunto de un espacio vectorial sea un subespacio vectorial. Teorema: Sea V un espacio vectorial y W ⊆ V , entonces W es un subespacio vectorial de V si se satisfacen las siguientes condiciones: 1. Si u, v ∈V , entonces u + v ∈W . 2. Si u ∈V y k ∈  , entonces ku ∈W . Este teorema aplicado al subespacio vectorial de las soluciones de una ecuación diferencial lineal homogénea se conoce como principio de superposición.

Caso 1 Sean y1 , y2 ∈ K n . Si y1 es solución de la ecuación lineal homogénea, se cumple an ( x ) y1( n ) + an −1 ( x ) y1( n −1) +  + a2 ( x ) y1′′+ a1 ( x ) y1′ + a0 ( x ) y1 = 0 Análogamente, como y2 es solución, tenemos an ( x ) y2( n ) + an −1 ( x ) y2( n −1) +  + a2 ( x ) y2′′+ a1 ( x ) y2′ + a0 ( x ) y2 = 0 Al sumar estas ecuaciones y al reagrupar, tenemos

De manera equivalente, an ( x ) ( y1 + y2 )

(n)

+  + a2 ( x ) ( y1 + y2 ) ″ + a1 ( x ) ( y1 + y2 ) ′ + a0 ( x ) ( y1 + y2 ) = 0

Esto significa que y1 + y2 es solución de la ecuación diferencial, luego y1 + y2 ∈ K n.

Caso 2 Sean y1 ∈ K n y c ∈ . Si y1 es solución de la ecuación lineal homogénea, se cumple an ( x ) y1( n ) + an −1 ( x ) y1( n −1) +  + a2 ( x ) y1″ + a1 ( x ) y1′ + a0 ( x ) y1 = 0

2.2

Si multiplicamos esta ecuación por c ∈ , tenemos

(

)

(

)

a1 ( x ) ( c ⋅ y1′ ) + c ⋅ a0 ( x ) ( c ⋅ y1 ) = 0

Utilizamos las propiedades de la derivada para escribir ( n)

( n −1)

+ an −1 ( x ) ( c ⋅ y1 )

87

Una base de un espacio vectorial es un conjunto linealmente independiente que genera al espacio vectorial; esto es, cualquier elemento de un espacio se puede expresar como una combinación lineal de la base. Por ejemplo, si V es un espacio vectorial con base {v1, v2 ,, vn }, entonces si v ∈V se puede escribir v = c1v1 + c2v2 +  + cnvn para algunas constantes reales ci.

an ( x ) c ⋅ y1( n ) + an −1 ( x ) c ⋅ y1( n −1) +  + a2 ( x )( c ⋅ y1″)+

an ( x ) ( c ⋅ y1 )

Teoría preliminar

+  + a2 ( x ) ( c ⋅ y1 )′′ + a1 ( x ) ( c ⋅ y1 )′ + c ⋅ a0 ( x ) (c ⋅ y1 ) = 0

Esto significa que c ⋅ y1 es solución de la ecuación diferencial, luego c ⋅ y1 ∈ K n .

De los casos 1 y 2, concluimos que Kn es un subespacio vectorial. Al número de elementos de una base se le conoce como la dimensión del espacio vectorial.

Una consecuencia inmediata del teorema anterior es que la función cero y = 0 siempre es una solución de la ecuación diferencial lineal homogénea. Otra consecuencia del teorema 4 es el siguiente corolario, conocido como el principio de superposición.

La función trivial y = 0 siempre satisface a la ecuación diferencial lineal homogénea.

Teorema 5 Principio de superposición Sean { y1 , y2 , yk } ⊆ K n soluciones de la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n (2.1) definidas sobre algún intervalo. Entonces, la combinación lineal de este conjunto y = c1 y1 + c2 y2 +  + ck yk también es una solución definida sobre el mismo intervalo. Demostración Demostramos en el teorema 4 que el conjunto de soluciones de la ecuación lineal homogénea Kn es un subespacio vectorial del espacio de funciones continuasC [a, b], de manera que cualquier combinación lineal de soluciones sigue siendo una solución de la ecuación.

Argumentar con contundencia y precisión. Comunicarse en el lenguaje matemático en forma oral y escrita.

Este resultado establece básicamente que para el caso de una ecuación diferencial lineal homogénea tanto la suma de dos soluciones como el múltiplo de una solución resultan ser otra solución.

Conjunto fundamental de soluciones

Para el caso de una ecuación diferencial lineal homogénea, la suma de dos soluciones es otra solución y el múltiplo de una solución es otra solución.

En el teorema 4 demostramos que el conjunto de soluciones Kn de la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n (2.1) es un subespacio vectorial del espacio de funciones continuas C [ a, b ]. Como siguiente paso, el objeto de estudio es determinar una base de este espacio, es decir, necesitamos determinar un conjunto linealmente independiente de funciones que genere al espacio de soluciones

{

K n = y | an ( x ) y( n ) + an −1 ( x ) y( n −1) +  + a2 ( x ) y ′′ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = 0

}

En el contexto de las ecuaciones diferenciales, una base del espacio de soluciones de una ecuación diferencial lineal homogénea se conoce como un conjunto fundamental de soluciones.

88

UNIDAD 2

Definición 7


Conjunto fundamental de soluciones

{

}

Sea K n = y | an ( x ) y( n ) + an −1 ( x ) y( n −1) +  + a2 ( x ) y ″ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = 0 el conjunto de todas las soluciones de la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n (2.1), se dice que el conjunto { y1 , y2 , yn } ⊆ K n es un conjunto fundamental de soluciones si es una base del subespacio Kn. Reconocer conceptos generales e integradores.

Si { y1, y2 , yn } es un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n (2.1) y y es cualquier otra solución, entonces existen constantes ci ∈  tales que y = c1 y1 + c2 y2 +  + cn yn .

En otras palabras, un conjunto fundamental de soluciones { y1 , y2 , yn } ⊆ K n de la ecuación diferencial (2.1) es un conjunto linealmente independiente de n soluciones a partir del cual cualquier otra solución y se puede expresar como una combinación lineal de este conjunto. Es decir, si y ∈ K n , entonces y = c1 y1 + c2 y2 +  + cn yn para algunas constantes ci ∈ . El siguiente criterio es consecuencia del teorema 3 y establece condiciones necesarias y suficientes para que un conjunto de soluciones pueda ser considerado como un conjunto fundamental.

Teorema 6 Criterio para conjuntos fundamentales de soluciones



Sea { y1 , y2 , yn } ⊆ K n un conjunto de n soluciones de la ecuación diferencial definidas sobre algún intervalo. Entonces el conjunto { y1 , y2 , yn } es un conjunto fundamental de soluciones si y solo si W ( y1 , y2 , yn ) ≠ 0. Demostración Es una consecuencia inmediata del teorema 3. Previo al desarrollo de un método de solución para ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de orden n, nos volvemos a hacer la pregunta obligada acerca de si lo que queremos resolver tiene o no una solución. El siguiente resultado justifica la existencia de un conjunto fundamental de soluciones para la ecuación (2.1).

Teorema 7 Existencia de un conjunto fundamental


Siempre existe un conjunto fundamental de soluciones { y1 , y2 , yn } para la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n an ( x ) y( n ) + an −1 ( x ) y( n −1) +  + a2 ( x ) y ′′ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = 0

(2.1)

Demostración Del teorema 4 sabemos que el conjunto de soluciones de la ecuación (2.1) dada por el conjunto Kn forma un subespacio vectorial del espacio de funciones continuas definidas sobre un intervalo C [ a, b ]. La definición de espacio vectorial establece la existencia de un conjunto no vacio junto con dos operaciones que satisfacen los axiomas de espacio vectorial. La dimensión no cero de Kn justifica la existencia del conjunto fundamental.

Solución general de la ecuación diferencial lineal homogénea En la unidad anterior, definimos el concepto de solución general de una ecuación diferencial homogénea de primer orden. La generalización de esta definición es la siguiente.

2.2

89

Teoría preliminar

8 Definición

Solución general de la ecuación diferencial lineal homogénea Si { y1 , y2 , yn } ⊆ K n es un conjunto fundamental de la ecuación (2.1) sobre algún intervalo I, la combinación lineal y = c1 y1 + c2 y2 +  + cn yn se define como la solución general de la ecuación.


Establecemos el siguiente resultado que nos precisa cómo obtener la solución general de la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n a partir de un conjunto fundamental de soluciones.

Teorema 8 Solución general de la ecuación diferencial lineal homogénea Si { y1 , y2 , yn } ⊆ K n es un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n, entonces la solución general de esta ecuación está dada por y = c1 y1 + c2 y2 +  + cn yn para algunas constantes ci ∈ . Demostración La solución general es una familia que contiene a todas las soluciones de la ecuación diferencial. Si y ∈ K n es cualquier otra solución y dado que { y1 , y2 , yn } es una base de Kn se sigue que y = c1 y1 + c2 y2 +  + cn yn .


Para el caso particular de la ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden, el espacio de soluciones está definido por K 2 = { y | a2 ( x ) y ″ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = 0} Si un conjunto fundamental es de la forma { y1 , y2 } ⊆ K 2 , la solución general de la ecuación de orden 2 es y = c1 y1 + c2 y2 . Como lo establecimos previamente en la observación 1, y adoptando toda la Para resolver la ecuación terminología introducida hasta el momento, nuestro objetivo es ahora determinar diferencial lineal homogénea un conjunto fundamental de soluciones para la ecuación diferencial lineal de sede orden n se requiere determigundo orden que nos permita expresar la solución general como una combinación nar un conjunto fundamental lineal. Desde esta perspectiva, el problema de resolver una ecuación diferencial de soluciones y , y , y

a2 ( x ) y ″ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = 0

{

(2.2)

se reduce a determinar un conjunto fundamental de soluciones { y1 , y2 }, de tal manera que la solución general tome la forma y = c1 y1 + c2 y2. Como podremos observar en la siguiente sección, si se conoce de alguna manera una primera solución y1 de la ecuación (2.2), existe un procedimiento por medio del cual podemos calcular la segunda solución y2; este procedimiento se conoce como una reducción de orden.

Reducción de orden En esta sección desarrollamos un método muy importante que nos permitirá determinar un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden a2 ( x ) y ″ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = 0

1

2

n

}

a partir del cual pueda expresarse la solución general como la combinación lineal y = c1 y1 + c2 y2 +  + cn yn .

(2.2)

A lo largo de la unidad, daremos por hecho que a2 ( x ), a1 ( x ) y a0 ( x ) son funciones continuas y a2 ( x ) ≠ 0 en un intervalo común.

90

UNIDAD 2


El método en cuestión, conocido con el nombre de reducción de orden, utiliza una primera solución y1 para obtener una segunda y2 linealmente independiente de la primera, de manera que { y1 , y2 } forma un conjunto fundamental de soluciones de (2.2), y a partir de este se concluye que la solución general es y = c1 y1 + c2 y2 . Ilustremos el método de reducción de orden en el siguiente ejemplo. EJEMPLO 17

Ilustración del método de reducción de orden

Una solución de la ecuación diferencial y ″ − 3 y ′ + 2 y = 0 es la función y1 = e 2 x . Determinar si existe una función u( x ) tal que y2 = u( x ) e 2 x sea una segunda solución linealmente independiente de la primera.

Solución Si suponemos que la función y2 = u( x ) e 2 x es una solución de la ecuación diferencial dada, entonces la satisface; de esta manera y2 = u( x ) e 2 x y2′ = 2 u( x ) e 2 x + u ′( x )e 2 x

derivamos una vez

y2′′′ = 4u( x ) e 2 x + 4u ′( x )e 2 x + u ″ ( x )e 2 x

derivamos nuevamente

Sustituimos estas funciones en la ecuación diferencial dada

)

y2′′′ − 3 y2′ + 2 y2 = 4u( x ) e 2 x + 4u ′( x )e 2 x + u ″ ( x )e 2 x − 3 ( 2 u( x ) e 2 x + u ′( x )e 2 x + 2 u( x ) e 2 x = 0 Al simplificar, tenemos

)

(

4u( x ) e 2 x + 4u ′( x )e 2 x + u ″ ( x )e 2 x − 3 2 u( x ) e 2 x + u ′( x )e 2 x + 2 u( x ) e 2 x = 0 de donde u ″ ( x )e 2 x + u ′( x )e 2 x = 0 u ″ ( x ) + u ′( x ) = 0

eliminamos la función exponencial

Si definimos una nueva variable como w = u ′ , entonces w ′ = u ″; de esta manera w ′ ( x ) + w( x ) = 0

sustituimos w = u ′ y w ′ = u ″

dw = − dx w( x )

separamos

ln w( x ) = − x + c0

integramos

w( x ) = c1e − x

escribimos c1 = e c0

u ′( x ) = c1e − x

sustituimos w = u ′

u( x ) = −c1e − x + c2

integramos

u( x ) = e − x

elegimos c1 = −1 y c2 = 0

de esta manera, y2 = u( x ) e 2 x = e − x e 2 x = e x. Se verifica que y2 = e x es una solución de la ecuación dada y del ejemplo 12 se concluye que es linealmente independiente de y1 = e 2 x ; de manera que e x , e 2 x es un conjunto fundamental y entonces la solución general es y = c1e x + c2 e 2 x .

{

}

2.2

Teoría preliminar

91

El método de reducción de orden

OBSERVACIÓN 3

Para desarrollar el método de reducción de orden para la ecuación diferencial ordinaria de segundo orden (2.2) y dado que a2 ( x ) ≠ 0 , la escribimos en la forma

y ″ + p( x ) y ′ + q ( x ) y = 0

(2.3)

en la cual observamos que el coeficiente principal (el que corresponde a la derivada de mayor orden) es un 1. La continuidad de las funciones a2 ( x ), a1 ( x ) y a0 ( x ) sobre un intervalo común I implica la continuidad de p(x) y q(x) en el mismo intervalo. Básicamente, el método consiste en reducir el orden de la ecuación (2.3). Para esto es necesario conocer primeramente una solución y1 no trivial y suponer que la segunda solución es de la forma y2 = u( x ) y1. De esta manera, si la suposición es falsa, la sustitución directa en la ecuación produciría un error; sin embargo, obtenemos y2 = u( x ) y1 y2′ = u( x ) y1′ + u ′( x ) y1

y2′′ = u( x ) y1′′ + u ′( x ) y1′ + u ′( x ) y1′ + u ″( x ) y1 Como hemos supuesto que y2 = u( x ) y1 es la segunda solución de (2.3), entonces y2 satisface la ecuación, de manera que al sustituir y2′′′ + p( x ) y2′ + q ( x ) y2 = 0 , tenemos

)

(

u( x ) y1′′ + u ′( x ) y1′ + u ′( x ) y1′ + u ″ ( x ) y1 + p( x ) u( x ) y1′ + u ′( x ) y1 + q ( x ) ( u( x ) y1 ) = 0

Luego, factorizamos u( x ) para escribir

)

(

u( x ) y1′′′ + p( x ) y1′ + q ( x ) y1 + 2 u ′( x ) y1′ + u ″ ( x ) y1 + p( x )u ′( x ) y1 = 0 Como y1 es una solución de (2.3), se cumple entonces que y1′′′ + p( x ) y1′ + q ( x ) y1 = 0 ; de manera que la expresión anterior se reduce a 2 u ′( x ) y1′ + u ″ ( x ) y1 + p( x )u ′( x ) y1 = 0 De esta manera, 2 u ′( x ) 2

y1′ + u ″ ( x ) + p( x )u ′( x ) = 0 y1

y1′ u ″ ( x ) + + p( x ) = 0 y1 u ′( x )

dividimos por y1 dividimos por u ′( x )

Si consideramos una nueva variable definida por v ( x ) = u ′( x ), tenemos que v ′( x ) = u ″ ( x ), luego 2

y1′ v ′( x ) + + p( x ) = 0 y1 v ( x )

2

∫y

dy1 1

dx +

dv

∫ v(x ) dx + ∫ p(x ) dx = 0

ln y12 + ln v ( x ) + ln c0 +

∫

∫ p(x ) dx = 0

sustituimos los cambios de variable integramos por término agregamos constante

ln c0 v ( x ) y12 = − p( x ) dx

asociamos

− p ( x ) dx c0 v ( x ) y12 = e ∫

tomamos exponencial, c0 = 1

v( x ) =

− p ( x ) dx e ∫ y12

resolvemos para v ( x )


92

UNIDAD 2


− p ( x ) dx e ∫ u ′( x ) = y12

u( x ) =

∫

sustituimos v ( x ) = u ′( x )

− p ( x ) dx e ∫ dx + c1 y12

integramos

Finalmente, elegimos c1 = 0 y como y2 = u( x ) y1 concluimos Capacidad de análisis y síntesis.

y2 = y1

∫

− p ( x ) dx e ∫ dx y12

Verifiquemos ahora que en efecto esta función es una solución de la ecuación (2.3). Si derivamos y2, tenemos y2′ =

− p ( x ) dx e ∫ + y1′ y1

y2′′′ = −

p( x )e ∫ y1

∫

− p ( x ) dx

− p ( x ) dx e ∫ dx y12

+ y1′′′

∫

− p ( x ) dx e ∫ dx y12

Sustituimos en la ecuación (2.3) y2′′′ + p( x ) y2′ + q ( x ) y2 = − − p ( x ) dx e ∫ + p( x ) £ + y1′ y1

Factorizamos el término

y2′′′ + p( x ) y2′ + q ( x ) y2 =

∫

∫

∫

p( x )e ∫ y1

− p ( x ) dx

+ y1′′′

∫

− p ( x ) dx e ∫ dx≥ +q ( x ) £y1 y12

− p ( x ) dx e ∫ dx y12

∫

− p ( x ) dx e ∫ dx≥ y12

− p ( x ) dx e ∫ dx y12

− p ( x ) dx − p ( x ) dx − p ( x ) dx e ∫ e ∫ e ∫ ′ ′′ ′ dx y1 + p( x ) y1 + q ( x ) y1 − p( x ) + p( x ) y12 y1 y1

)

(

y como y1 es una primer solución de la ecuación (2.3), concluimos que y2′′′ + p( x ) y2′ + q ( x ) y2 =

∫

− p ( x ) dx e ∫ dx ¢ y1′′′ + p( x )( y1′ + q ( x ) y1 ≤ = 0 y12

Hasta aquí hemos verificado que si y1 es una solución de (2.3), entonces y2 = y1

∫

− p ( x ) dx e ∫ dx y12

también es otra solución. Demostremos ahora para finalizar esta construcción que la solución y2 obtenida es linealmente independiente de y1. Se cumple que

W ( y1 , y2 ) =

∫

− p ( x ) dx e ∫ dx y12

y1

y1

y1′

− p ( x ) dx e ∫ + y1′ y1

∫

− p ( x ) dx e ∫ dx y12

2.2 − p ( x ) dx e ∫ W ( y1 , y2 ) = y1 ¢ + y1′ y1

∫

− p ( x ) dx e ∫ dx≤ − y1 y1′ y12

∫

Teoría preliminar

− p ( x ) dx e ∫ dx y12

− p ( x ) dx W ( y1 , y2 ) = e ∫ − p ( x ) dx Dado que W ( y1 , y2 ) = e ∫ ≠ 0 para todos los valores reales, por el teorema 6 concluimos que { y1 , y2 } es un conjunto fundamental, de manera que la solución general de la ecuación (2.3) es y = c1 y1 + c2 y2.

EJEMPLO 18

Reducción de orden

La función y1 = e 3x es una solución de la ecuación y ″ − 7 y ′ + 12 y = 0. Determinar una segunda solución linealmente independiente.

Solución En este caso p( x ) = −7, de manera que y2 = y1

∫

y2 = e 3x

− p ( x ) dx e ∫ dx = e 3x y12

∫

e7x dx = e 3x e6x

∫e

∫ x

− ( −7 ) dx e ∫ dx e 6x

dx

y2 = e 4 x

{

}

Luego e 3x , e 4 x es un conjunto fundamental y y = c1e 3x + c2 e 4 x es la solución general.

EJEMPLO 19

Reducción de orden 1

La función y1 = 2 es una solución de la ecuación x 2 y ″ + 5xy ′ + 4 y = 0. Determinar una segunx da solución linealmente independiente.

Solución

5 4 5 Si escribimos la ecuación en la forma y ″ + y ′ + 2 y = 0 , observamos que p( x ) = , de max x x nera que y2 = y1

Luego

{

}

∫

− p ( x ) dx 1 e ∫ dx = 2 y12 x

y2 =

1 x2

∫x e

y2 =

1 x2

∫x x

y2 =

1 x2

∫ x dx

y2 =

1 ln x x2

4 −5ln x

4

−5

∫

e

−

5

∫ x dx

1 x4

dx

dx

dx

1

1 1 1 1 , ln x es un conjunto fundamental y y = c1 2 + c2 2 ln x es la solución general. x2 x2 x x

93


94

UNIDAD 2


EJEMPLO 20

Reducción de orden

La función y1 = e ax es una solución de la ecuación y ″ − 2 ay ′ + a 2 y = 0. Determinar una segunda solución linealmente independiente.

Solución Observemos que el coeficiente principal de la ecuación es 1, y p( x ) = −2 a , de manera que y2 = y1 y2 = e ax y2 = e ax

∫

− p ( x ) dx e ∫ dx = e ax y12

∫

− ( −2 a ) dx e ∫ dx e 2 ax

e 2 ax dx e 2 ax

∫ ∫ dx

y2 = x e ax Luego {e ax , xe ax } es un conjunto fundamental y y = c1e ax + c2 xe ax es la solución general.

EJEMPLO 21

Reducción de orden

La función y1 = sen kx es una solución de la ecuación y ″ + k 2 y = 0. Determinar una segunda solución linealmente independiente.

Solución Como el coeficiente principal de la ecuación es 1, entonces p( x ) = 0; de manera que y2 = y1

∫

y2 = sen x

− p ( x ) dx e ∫ dx = sen x y12

1

∫ sen x dx 2

∫ csc x dx 2

y2 = sen x ( − cot x ) y2 = − cos x

Luego { sen x, cos x} es un conjunto fundamental y y = c1 sen x + c2 cos x es la solución general.

2.2

Desarrollo de competencias 2. La función y = c1e − 2 x cos 7 x + c2 e − 2 x sen 7 x es la solución general de la ecuación diferencial y ″ + y ′ + 2 y = 0 . Determinar la solución particular que satisface las condiciones y(0) = 0, y ′(0) = 0. 1


1. La función y = c1e x + c2 e − x es la solución general de la ecuación diferencial y ″ − y = 0. Determinar la solución particular que satisface las condiciones y(0) = 2, y ′(1) = 0.

1

3. La función y = c1 cos 4x + c2 sen 4x es la solución general de la ecuación diferencial y ″ + 16 y = 0 . Determinar la solución particular que satisface las condiciones y(0) = 1, y ′(1) = 4.

2.2 4. La función y = c1 cos2 x + c2 sen2 x es la solución general de la ecuación diferencial y ″ + 4 y = 0 . Determinar la solución particular que satisface las condiπ ciones y(0) = 0, y ′ = 1.

() 4

5. La función y = c1e −5 x + c2 e − x es la solución general de la ecuación diferencial y ″ + 6 y ′ + 5 y = 0 , determinar la solución particular que satisface las condiciones y(0) = 0, y ′(1) = 3. En los ejercicios 6 a 36, determinar si los conjuntos dados son linealmente dependientes o linealmente independientes.

Teoría preliminar

30. f1 ( x ) = x m , f2 ( x ) = x n , f3 ( x ) = x p 31. f1 ( x ) = e mx , f2 ( x ) = e nx , f3 ( x ) = e px mx nx ( m+ n ) x 32. f1 ( x ) = e , f2 ( x ) = e , f3 ( x ) = e

33. f1 ( x ) = x , f2 ( x ) = x, f3 ( x ) = 1 34. f1 ( x ) = sen x, f2 ( x ) = cos2 x, f3 ( x ) = cos x 35. f ( x ) = e x , f0 ( x ) = 1, f1 ( x ) = x, f2 ( x ) = x 2 , , fn ( x ) = x n 36. f ( x ) = e x , f0 ( x ) = 1, f1 ( x ) = x, f2 ( x ) = x 2 , , fn ( x ) = x n ,

6. f1 ( x ) = e ax , f2 ( x ) = xe ax 7. f1 ( x ) = e ax cos bx, f2 ( x ) = e ax sen bx

En los ejercicios 37 a 67, verificar que la función dada es una solución de la ecuación diferencial lineal homogénea. A partir de esta solución, utilizar una reducción de orden para construir un conjunto fundamental de soluciones y la solución general en un intervalo adecuado.

8. f1 ( x ) = x n , f2 ( x ) = x n ln x 9. f1 ( x ) = cos ax, f2 ( x ) = sen bx 10. f1 ( x ) = cot x, f2 ( x ) = csc x

37. y ″ − 5 y ′ + 4 y = 0, y1 = e x

11. f1 ( x ) = cot 2 x, f2 ( x ) = csc 2 x

38. y ″ − 10 y ′ + 24 y = 0, y1 = e 4 x

12. f1 ( x ) = tan2 x, f2 ( x ) = sec 2 x, f3 ( x ) = 1

39. y ″ − 8 y ′ + 16 y = 0, y1 = e 4 x

13. f1 ( x ) = cos ( b ln x ) , f2 ( x ) = sen ( b ln x )

40. y ″ + 49 y = 0, y1 = sen7 x

14. f1 ( x ) = x cos ( 4 ln x ) , f2 ( x ) = x sen ( 4 ln x )

41. y ″ − 4 y ′ + 5 y = 0, y1 = e 2 x sen x

15. f1 ( x ) = x a cos ( b ln x ) , f2 ( x ) = x a sen ( b ln x )

42. y ″ − 2 y ′ + 2 y = 0, y1 = e x cos x

16. f1 ( x ) = e ax , f2 ( x ) = x 2 e ax

43. y ″ − 2 y ′ + 5 y = 0, y1 = e x sen2 x

17. f1 ( x ) = sen x, f2 ( x ) = cos x, f3 ( x ) = 2 sen x + 4 cos x

3 1 44. 2 y ″ − 6 y ′ + 5 y = 0, y1 = e 2 x sen x 2

2

2

18. f1 ( x ) = 1, f2 ( x ) = x + 3, f3 ( x ) = −3x + 4

45. y ″ − y ′ − 72 y = 0, y1 = e −8 x

19. f1 ( x ) = 1, f2 ( x ) = x, f3 ( x ) = x 2

46. y ″ − 64 y = 0, y1 = e 8 x

20. f1 ( x ) = 1 − x, f2 ( x ) = x 2 − 2, f3 ( x ) = x 2 + 3x

47. y ″ + 16 y ′ + 64 y = 0, y1 = e −8 x

21. f1 ( x ) = sen2 x, f2 ( x ) = 3, f3 ( x ) = cos2 x

48. y ″ + 64 y = 0, y1 = cos8x

−x

22. f1 ( x ) = e , f2 ( x ) = e , f3 ( x ) = senh x x

95

49. 2 x 2 y ″ + 6xy ′ + 2 y = 0, y1 =

23. f1 ( x ) = e ax , f2 ( x ) = xe ax , f3 ( x ) = x 2 e ax 24. f1 ( x ) = x 2 , f2 ( x ) = x 2 ln x, f3 ( x ) = x 2 ( ln x )

2

25. f1 ( x ) = x n , f2 ( x ) = x n ln x, f3 ( x ) = x n ( ln x )

1 x

50. 4x 2 y ″ + 8xy ′ + y = 0, y1 =

ln x x

51. x 2 y ″ + 7 xy ′ + 9 y = 0, y1 =

1 x3

2

26. f1 ( x ) = cos x, f2 ( x ) = x cos x, f3 ( x ) = x 2 cos x 27. f1 ( x ) = cosh x, f2 ( x ) = senh x, f3 ( x ) = e x 28. f1 ( x ) = cosh kx, f2 ( x ) = senh kx, f3 ( x ) = e kx 29. f1 ( x ) = sen x, f2 ( x ) = cos x, f3 ( x ) = tan x

52. 9x 2 y ″ + 21xy ′ + 4 y = 0, y1 = x −2/3 53. 4x 2 y ″ + 16xy ′ + 9 y = 0, y1 = x −3/2 ln x 54. x 2 y ″ + 5xy ′ + 3 y = 0, y1 =

1 x

96

UNIDAD 2


55. 5x 2 y ″ + 13xy ′ + 3 y = 0, y1 =

1 x

2 −1 63. x y ″ + 3xy ′ + 2 y = 0, y1 = x cos ln x

1 x2

58. x 2 y ″ + 9xy ′ + 15 y = 0, y1 = x −3 59. 2 x 2 y ″ + 8xy ′ + 4 y = 0, y1 =

1 x

64. x 2 y ″ + 5xy ′ + 5 y = 0, y1 =

cos ln x x2

65. x 2 y ″ + 7 xy ′ + y = 10, y1 =

sen ln x x3

66. x 2 y ″ + 9xy ′ + 17 y = 0, y1 = x −4 sen ln x

60. 2 x 2 y ″ + 4xy ′ = 0, y1 = 1

2.2

1 x3

2 62. x y ″ + xy ′ + y = 0, y1 = cos ln x

1 x

56. 8x 2 y ″ + 18xy ′ + 3 y = 0, y1 = 57. x 2 y ″ + 7 xy ′ + 8 y = 0, y1 =

61. x 2 y ″ + 4xy ′ = 0, y1 =

67. 2 x 2 y ″ + 8xy ′ + 5 y = 0, y1 = x −3/2 cos ln x

Competencia final

Optimizar soluciones. Resolver problemas.

1. La función y = c1 cos 4x + c2 sen 4x es la solución general de la ecuación diferencial y ″ + 16 y = 0. Determinar la solución particular que satisface las condiciones y(0) = 1, y ′(1) = 4. En los ejercicios 2 a 5, determinar si los conjuntos dados son linealmente dependientes o linealmente independientes.

6. 2 x 2 y ″ + 4xy ′ + y = 0, y1 =

8. x 2 y ″ + 5xy ′ + 4 y = 0, y1 =

3. f1 ( x ) = tan x, f2 ( x ) = sec x, f3 ( x ) = 1 4. f1 ( x ) = x, f2 ( x ) = x ln x, f3 ( x ) = x ( ln x )

2

2.3


sen ln x x

7. 2 x 2 y ″ + 12 xy ′ + 12 y = 0, y1 = x −3

2. f1 ( x ) = xe ax cos bx, f2 ( x ) = xe ax sen bx

5. f1 ( x ) = x m , f2 ( x ) = x n , f3 ( x ) = x m + n

En los ejercicios 6 a 10, verificar que la función dada es una solución de la ecuación diferencial lineal homogénea. A partir de esta solución, utilizar una reducción de orden para construir un conjunto fundamental de soluciones y la solución general en un intervalo adecuado. Utilizar un SAC para graficar alguna solución particular.

ln x x2

1 1 x 9. 2 y ″ − 2 y ′ + 1y = 0, y1 = e 2 cos x 2

10. y ″ − 4 y ′ + 4 y = 0, y1 = xe 2 x

Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes

En la sección 1.5 estudiamos el método de solución de una ecuación diferencial lineal de pridy mer orden de la forma a1 ( x ) + a0 ( x ) y = g ( x ), sin restricción alguna para los coeficientes dx a1 ( x ), a0 ( x ) ni para la función g ( x ).

2.3 Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes En el teorema 1 de la sección 1.5 demostramos que toda ecuación diferencial lineal de la dy forma a1 ( x ) dx + a0 ( x ) y = 0 es separable, y en el teorema 2 de la sección 1.5 demostramos que la dy ecuación a1 ( x ) dx + a0 ( x ) y = g ( x ) se puede reducir a una ecuación diferencial exacta mediante el uso de un factor integrante. Como lo mencionamos en la observación 1 de la sección anterior, las primeras ecuaciones diferenciales lineales que se aprende a resolver son las lineales de coeficientes constantes. Para poder resolver una ecuación de orden n desarrollamos un método para las ecuaciones homogéneas de segundo orden de la forma a2 y ″ + a1 y ′ + a0 y = 0. A partir de aquí, se hace una extensión del método a ecuaciones de orden superior y posteriormente se inicia la solución de ecuaciones no homogéneas. Iniciamos con la definición formal de una ecuación diferencial lineal homogénea con coeficientes constantes.

97


1 Definición

Ecuación diferencial lineal de orden n con coeficientes constantes Una ecuación diferencial lineal de orden n con coeficientes constantes es de la forma an y( n ) + an −1 y( n −1) +  + a2 y ″ + a1 y ′ + a0 y = g ( x ) donde a0 , a1 ,, an ∈  , an ≠ 0 . Si g ( x ) = 0 la ecuación se denomina homogénea. Si g ( x ) ≠ 0 , la ecuación es no homogénea. La ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes de segundo orden toma la forma a2 y ″ + a1 y ′ + a0 y = 0

(2.4)

Como pudimos observar, las ecuaciones con coeficientes constantes siempre admiten una solución de forma exponencial u otra que se puede obtener a partir de esta; específicamente nos referimos a una función polinomial, senoidal o cosenoidal definidas para todos los números reales. Para el caso de la ecuación de segundo orden si conocemos una primera solución y1, la aplicación del método de reducción de orden completa un conjunto fundamental de soluciones deseado. Iniciemos la discusión correspondiente. El resto de esta sección nos enfocamos a resolver ecuaciones diferenciales lineales homogéneas y comenzamos con la ecuación de segundo orden. Convengamos en abreviar como EDL a una ecuación diferencial lineal.

La ecuación característica de una EDL con coeficientes constantes El método de solución de una ecuación con coeficientes constantes homogénea se basa en el sorprendente hecho de que siempre admite una solución exponencial. Este resultado se presenta en el siguiente teorema.

Teorema 1 La ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes siempre admite una solución exponencial Demostración Dada la ecuación diferencial a2 y ″ + a1 y ′ + a0 y = 0, supongamos que una solución es de la forma y1 = e mx. De esta manera, tenemos al derivar sucesivamente dos veces que y1′ = me mx y y1′′ = m 2 e mx . Como y1 es solución, entonces debe satisfacer la ecuación original, es decir, a2 y1′′ + a1 y1′ + a0 y1 = 0 , entonces a2 y1′′ + a1 y1′ + a0 y1 = a2 m 2 e mx + a1me mx + a0 e mx = 0

Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita. Capacidad de análisis y síntesis.

98

UNIDAD 2


Luego, factorizamos la función exponencial para obtener Argumentar con contundencia y precisión.

)

e mx ( a2 m 2 + a1m + a0 = 0 . Dado que la función exponencial nunca se anula, se deduce que para que la función y1 = e mx sea una solución de la ecuación a2 y ″ + a1 y ′ + a0 y = 0 debe satisfacerse la ecuación a2 m 2 + a1m + a0 = 0

El teorema fundamental del álgebra establece que toda ecuación polinomial de grado mayor o igual que 1 con coeficientes complejos admite al menos una raíz y a lo más, tantas raíces como su grado. En el mismo resultado se garantiza que si la ecuación tiene coeficientes reales, entonces las raíces complejas, si las hay, aparecen a pares conjugados.

(2.5)

Por tratarse de una ecuación de segundo grado con coeficientes reales, el teorema fundamental del álgebra garantiza que a lo más, existen dos raíces que pueden ser reales (iguales o diferentes entre sí) o complejas conjugadas. De manera que se tienen los siguientes casos de raíces: reales diferentes, reales repetidas y complejas conjugadas.

Caso 1

Raíces reales diferentes

Si las dos raíces de la ecuación (2.5) digamos m1 y m2 son reales y diferentes, entonces se tiene que las funciones {e m1x , e m2 x } son ambas soluciones de la ecuación (2.4), y como verificamos en el ejemplo 12 de la sección 2.1 son linealmente independientes entre sí, de manera que forman un conjunto fundamental y se concluye que en este caso la solución general de la ecuación a2 y ″ + a1 y ′ + a0 y = 0 es y = c1e m1x + c2 e m2 x

Caso 2 Capacidad de análisis y síntesis.

Raíces reales repetidas

Si la ecuación (2.5) tiene una raíz m de multiplicidad 2, entonces se cumple que una primera solución es de la forma y1 = e mx . Como a2 ≠ 0 escribimos la ecuación (2.4) en la forma a a y ″ + 1 y ′ + 0 y = 0 y aplicamos una reducción de orden a2

a2

y2 = y1

∫

y2 = e mx

y2 = e

mx

− p ( x ) dx e ∫ dx y12 −

a

∫ a21 dx

∫

e

∫

e a2 dx e 2 mx

e 2 mx −

a1

dx

sustituimos p( x ) =

a1 a2

x

integramos

En esta parte hacemos la siguiente consideración: si las raíces de la ecuación a2 m 2 + a1m + a0 = 0 se obtienen mediante la fórmula general, entonces m=

− a1 ± a12 − 4a2 a0 2 a2

Pero en el caso 2, las raíces son repetidas, de manera que a12 − 4a2 a0 = 0, luego a 2m = − 1 a2

2.3 Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes

99

De esta manera, la segunda solución toma la forma y2 = e mx

∫

e 2 mx dx = e mx e 2 mx

∫ dx = x e

mx

En la sección 2.2 demostramos que al aplicar una reducción de orden, la segunda solución obtenida es linealmente independiente de la primera, de manera que {e mx , xe mx } es un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación a2 y ″ + a1 y ′ + a0 y = 0 . En este caso, la solución general es


y = c1e mx + c2 x e mx

Caso 3


Raíces complejas conjugadas

Como hemos mencionado, el teorema fundamental del álgebra garantiza que en el caso de que la ecuación (2.5) tenga raíces complejas, estas son conjugadas una de la otra, pero diferentes. De manera que podemos aplicar el caso 1 antes expuesto. Sean a ± bi las raíces complejas, entonces un conjunto fundamental de soluciones es de la forma e ( a +bi ) x , e ( a −bi ) x y la solución general puede expreLa forma exponencial de un complejo se define por e ± iθ = sarse como cosθ ± i senθ , θ ∈.

{

}

y = k1e ( a +bi ) x + k2 e ( a −bi ) x y = e ax ( k1e ibx + k2 e − ibx

)

y = e ax[ k1 ( cos bx + i sen bx ) + k2 ( cos bx − i sen bx )]

factorizamos eax

desarrollamos las exponenciales

y = e ax[( k1 + k2 ) cos bx + ( k1 − k2 ) i sen bx ]

factorizamos las constantes

y = e ax[c1 cos bx + c2 sen bx ]

definimos c1 y c2

y = c1e ax cos bx + c2 e ax sen bx

desarrollamos


De manera que para el caso 3 de raíces complejas conjugadas, el conjunto fundamental de la ecuación (2.4) queda definido por {e ax cos bx, e ax sen bx}.

La ecuación (2.5), a partir de la cual se deducen los casos anteriores, recibe un nombre especial, como se indica en la siguiente definición. Ecuación auxiliar de una EDL con coeficientes constantes La ecuación a2 m + a1m + a0 = 0 asociada a la ecuación diferencial a2 y ″ + a1 y ′ + a0 y = 0 se conoce como su ecuación auxiliar o ecuación característica.

2 Definición

2


100

UNIDAD 2


En resumen, tenemos la siguiente tabla Caso

Raíces auxiliares

Raíces reales diferentes

m1, m2

{e

Raíces reales repetidas

m de multiplicidad 2

{e

Raíces complejas conjugadas

Conjunto fundamental

{e

a ± bi

ax

Solución general

, e m2 x }

y = c1e m1x + c2 e m2 x

, xe mx }

y = c1e mx + c2 xe mx

cos bx, e ax sen bx}

y = c1e ax cos bx + c2 e ax sen bx

m1x

mx

Tabla 2.1 La solución general de la EDL a2 y1′′ + a1 y1′ + a0 y1 = 0.

EJEMPLO 1

Una EDL con coeficientes constantes y raíces auxiliares reales diferentes

Determinar la solución general de la ecuación y ″ − 10 y ′ + 24 y = 0.

Solución Al suponer que una solución es de la forma y1 = e mx y sustituir a esta función y a sus primeras dos derivadas en la ecuación original, obtenemos la ecuación auxiliar m 2 − 10 m + 24 = 0. Luego De manera directa, la ecuación auxiliar a2 m 2 + a1m + a0 = 0 asociada a la EDL con coeficientes constantes a2 y ″ + a1 y ′ + a0 y = 0 puede obtenerse al “cambiar” la segunda derivada y″ por m2, a la primera derivada y′ por m, y a la variable y por 1.

m 2 − 10 m + 24 = 0

ecuación auxiliar

( m − 4)( m − 6) = 0

factorizamos

m = 4, m = 6

raíces reales y diferentes

Las dos raíces auxiliares reales y diferentes nos indican que se trata de una ecuación diferencial correspondiente al caso 1, de manera que un conjunto fundamental es e 4 x , e 6 x y la solución general es y = c1e 4 x + c2 e 6 x .

EJEMPLO 2

{

}

Una EDL con coeficientes constantes y una raíz auxiliar real de multiplicidad 2

Determinar la solución general de la ecuación y ″ + 16 y ′ + 64 y = 0. Resolver problemas.

Solución La ecuación auxiliar correspondiente es m 2 + 16 m + 64 = 0. Luego m 2 + 16 m + 64 = 0

ecuación auxiliar

( m + 8)2 = 0

factorizamos

m = −8

raíz real de multiplicidad 2

La raíz auxiliar real y repetida (multiplicidad 2) nos indica que se trata de una ecuación diferencial correspondiente al caso 2, de manera que un conjunto fundamental es e −8 x , xe −8 x y la solución general es y = c1e −8 x + c2 xe −8 x .

{

EJEMPLO 3

Una EDL con coeficientes constantes y raíces auxiliares complejas conjugadas

Determinar la solución general de la ecuación y ′′ + 2 y ′ + 3 y = 0.

}


Solución La ecuación auxiliar correspondiente es m 2 + 2 m + 3 = 0 . Luego por fórmula general, tenemos m=

−2 ± 2 2 − 4(1)(3) 2(1)

m = −1 ± 2 i

aplicamos la fórmula general cuadrática raíces complejas conjugadas

Las dos raíces complejas conjugadas nos indican que se trata de una ecuación diferencial correspondiente al caso 3, de manera que un conjunto fundamental es e − x cos 2 x, e − x sen 2 x y la solución general es y = c1e − x cos 2 x + c2 e − x sen 2 x .

{

EJEMPLO 4

}

Una EDL con coeficientes constantes y raíces auxiliares reales diferentes

Determinar la solución general de la ecuación y ″ − 2 y ′ − 5 y = 0 .

Solución La ecuación auxiliar correspondiente es m 2 − 2 m − 5 = 0. Por fórmula general, tenemos m=

−( −2) ± ( −2)2 − 4(1)( −5) 2(1)

m = 1± 6

aplicamos fórmula general raíces reales diferentes

Las dos raíces auxiliares reales y diferentes nos indican que se trata de una ecuación diferencial correspondiente al caso 1, de manera que un conjunto fundamental es e (1+ 6 )x , e (1− 6 )x y la 1+ 6 x 1− 6 x solución general es y = c1e ( ) + c2 e ( ) .

{

EJEMPLO 5

}

Una EDL con coeficientes constantes y una raíz real de multiplicidad 2

Determinar la solución general de la ecuación y ″ − 4 3 y ′ + 12 y = 0. Resolver problemas.

Solución La ecuación auxiliar correspondiente es m 2 − 4 3 m + 12 = 0. Luego m 2 − 4 3 m + 12 = 0

ecuación auxiliar

( m − 2 3)2 = 0

factorizamos

m=2 3


La raíz auxiliar real y repetida (multiplicidad 2) nos indica que se trata de una ecuación diferencial correspondiente al caso 2, de manera que un conjunto fundamental es e 2 3 x , xe 2 3 x y la solución general es y = c1e 2 3 x + c2 xe 2 3 x .

{

EJEMPLO 6

Una EDL con coeficientes constantes y raíces auxiliares complejas conjugadas

Determinar la solución general de la ecuación 2 y ″ + 2 y ′ + y = 0 .

Solución La ecuación auxiliar correspondiente es 2 m 2 + 2 m + 1 = 0. Por fórmula general, tenemos

}

101

102

UNIDAD 2


m=

−2 ± 2 2 − 4(2)(1) 2(2)

aplicamos la fórmula general cuadrática

1 1 m=− ± i raíces complejas conjugadas 2 2 Las dos raíces complejas conjugadas nos indican que se trata de una ecuación diferencial 1 1 correspondiente al caso 3, de manera que un conjunto fundamental es e − 2 x cos 21 x, e − 2 x sen 21 x 1 1 y la solución general es y = c1 e − 2 x cos 21 x + c2 e − 2 x sen 21 x .

{

EJEMPLO 7

}

Un problema de valor inicial con raíces auxiliares reales diferentes

Resolver la ecuación diferencial y ″ − 30 y ′ + 200 y = 0 sujeta a y(0) = 1, y ′(0) = 30. Resolver problemas.

Solución La ecuación auxiliar correspondiente es m 2 − 30 m + 200 = 0. Luego m 2 − 30 m + 200 = 0

ecuación auxiliar

( m − 10)( m − 20) = 0

factorizamos

m = 10, m = 20

raíces reales diferentes

Las raíces auxiliares reales y diferentes nos indican que se trata de una ecuación diferencial correspondiente al caso 1, de manera que un conjunto fundamental es e10 x , xe 20 x y la solución general es y = c1e10 x + c2 e 20 x . Para determinar la solución particular que satisface las condiciones dadas, determinamos la primera derivada

{

y = c1e10 x + c2 e 20 x

solución general

y ′ = 10c1e10 x + 20c2 e 20 x

primera derivada

}

Evaluamos las condiciones y(0) = 1, y ′(0) = 30 y(0) = c1 + c2 = 1 y ′(0) = 10c1 + 20c2 = 30 Al resolver el sistema anterior de dos ecuaciones en dos variables tenemos c1 = −1, c2 = 2, de manera que la solución buscada es y = −e10 x + 2 e 20 x .

EJEMPLO 8

Un problema de valor inicial con una raíz auxiliar real de multiplicidad 2

Resolver la ecuación diferencial y ″ − 6 y ′ + 9 y = 0 sujeta a y(0) = −1, y ′(0) = −1.

Solución La ecuación auxiliar correspondiente es m 2 − 6 m + 9 = 0. Luego m2 − 6m + 9 = 0

ecuación auxiliar

( m − 3) = 0

factorizamos

m = 3, m = 3


2

La raíz auxiliar real y repetida (multiplicidad 2) nos indica que se trata de una ecuación diferencial correspondiente al caso 2, de manera que un conjunto fundamental es e 3x , xe 3x y la solución general es y = c1e 3x + c2 xe 3x.

{

}


103

Para determinar la solución particular que satisface las condiciones dadas, determinamos la primera derivada y = c1e 3x + c2 xe 3x

solución general

y ′ = 3c1e 3x + 3c2 x e 3x + c2 e 3x

primera derivada

Evaluamos las condiciones y(0) = −1, y ′(0) = −1 y(0) = c1 = −1 y ′(0) = 3c1 + c2 = −1 Al resolver el sistema anterior de dos ecuaciones en dos variables tenemos c1 = −1, c2 = 2 , de manera que la solución buscada es y = −e 3x + 2 x e 3x .

EJEMPLO 9

Un problema de valor inicial con raíces auxiliares complejas conjugadas

Resolver la ecuación diferencial y ″ + y = 0 sujeta a y

( ) = 2, y′ ( ) = 1. π 2

π 2

Resolver problemas.

Solución La ecuación auxiliar correspondiente es m 2 + 1 = 0 y entonces m = ± i. Las raíces auxiliares complejas conjugadas nos indican que se trata de una ecuación diferencial correspondiente al caso 3, de manera que un conjunto fundamental es {cos x, sen x} y la solución general es y = c1 cos x + c2 sen x. Para determinar la solución particular que satisface las condiciones dadas, determinamos la primera derivada y = c1 cos x + c2 sen x

solución general

y ′ = −c1 sen x + c2 cos x

primera derivada

Evaluamos las condiciones y

( ) = 2, y′ ( ) = 1 y( ) = c = 2 y ′ ( ) = −c = 1 π 2

π 2

π 2

π 2

2

1

Al resolver el sistema anterior de dos ecuaciones en dos variables tenemos c1 = −1, c2 = 2, de manera que la solución buscada es y = − cos x + 2 sen x .

Ecuaciones diferenciales lineales de orden superior con coeficientes constantes Como lo habíamos mencionado en la observación 1 de la sección 2.1, para encontrar la solución general de la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n de la forma an y ( n ) + an −1 y ( n −1) +  + a2 y ′′ + a1 y ′ + a0 y = 0 , a0 , a1 ,, an ∈ 

(2.6)

haremos una generalización del método expuesto anteriormente para resolver la ecuación diferencial de segundo orden a2 y ″ + a1 y ′ + a0 y = 0. De acuerdo con el teorema fundamental del álgebra, la ecuación auxiliar de la ecuación (2.6) dada por an m n + an −1m n −1 +  + a2 m 2 + a1m + a0 = 0

(2.7)



104

UNIDAD 2


El teorema fundamental del álgebra establece que toda ecuación polinomial de grado mayor o igual que 1 con coeficientes complejos admite al menos una raíz y a lo más tantas raíces como su grado. En el mismo resultado se garantiza que si la ecuación tiene coeficientes reales, entonces las raíces complejas, si las hay, aparecen a pares conjugados.

tiene a lo más n raíces, las cuales son reales diferentes, reales repetidas o complejas conjugadas; de manera que para determinar la solución general de la ecuación (2.6) es necesario obtener las n raíces y asignar una función a cada una de ellas con base en los tres casos conocidos, como se especifica a continuación.

Caso 1 Por cada raíz auxiliar real diferente m, la función {e mx } forma parte del conjunto fundamental de soluciones.

Caso 2

{

Por cada raíz auxiliar real de multiplicidad k, las funciones e mx , xe mx , x 2 e mx ,, x k −1e mx forman parte del conjunto fundamental de soluciones.

}

Capacidad de análisis y síntesis. Lograr un pensamiento lógico, algorítmico, analítico y sintético.

Caso 3

{

Por cada par de raíces complejas conjugadas a ± bi, las funciones e ax cos bx,e ax sen bx man parte del conjunto fundamental de soluciones.

} for-

Caso 4 Por cada par de raíces complejas conjugadas a ± bi de multiplicidad k, las funciones ax cos bx, e ax sen bx, xe ax cos bx, xe ax sen bx, ..., x k −1e ax cos bx, x k −1e ax sen bx} forman parte del conjunto fundamental de soluciones.

{e

OBSERVACIÓN 1


Las diferentes combinaciones de raíces reales y complejas de una ecuación polinomial

De acuerdo con el teorema fundamental del álgebra, si una ecuación polinomial tiene coeficientes reales, entonces las raíces complejas, si existen, aparecen a pares conjugados. De esta manera, las raíces de una ecuación de segundo grado pueden ser dos complejas o dos reales. Para una ecuación de tercer grado, las raíces pueden ser dos complejas y una real, o tres reales. Para una ecuación de grado 4, las raíces pueden ser cuatro complejas, o dos complejas y dos reales, o cuatro reales, etc. En todos los casos, las raíces reales pueden ser diferentes o repetidas.

OBSERVACIÓN 2

Como podremos observar, por lo general resolver una EDL homogénea con coeficientes constantes tiene su punto complicado en la solución de la ecuación auxiliar asociada; como un apoyo para poder determinar las raíces de una ecuación polinomial podemos usar los siguientes resultados enunciados sin demostración:


1. La ecuación con coeficientes enteros an x n + an −1x n −1 +  + a2 x 2 + a1x + a0 = 0 tiene una raíz p racional irreducible de la forma q , si y solo si p es un divisor de a0 y q es un divisor de an; esto es, p | a0 y q | an . 2. Si la ecuación con coeficientes enteros x n + bn −1x n −1 +  + b2 x 2 + b1x + b0 = 0 tiene una entera x0, entonces x0 es un divisor de b0, es decir, x0 | b0. 3. Si la ecuación an x n + an −1x n −1 +  + a2 x 2 + a1x + a0 = 0 tiene una raíz x0 entonces an x n + an −1x n −1 +  + a2 x 2 + a1x + a0 = ( x − x0 )q ( x ) con q(x) un polinomio de grado n − 1 que puede obtenerse como resultado de dividir al polinomio an x n + an −1x n −1 +  + a2 x 2 + a1x + a0 = 0 entre el binomio x − x0; esto puede realizarse con división sintética.

2.3 Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes EJEMPLO 10

Una EDL homogénea de orden superior con coeficientes constantes

Resolver la ecuación diferencial y ′″ − y ″ + 11y ′ − 6 y = 0 .

Solución La ecuación auxiliar correspondiente es m 3 − 6 m 2 + 11m − 6 = 0; las posibles raíces enteras, si las tiene, serían divisores del −6, es decir, m = ±1, ± 2, ± 3, ± 6. Por ensayo y error, verificamos que m = 1 es raíz, porque 1]

1 −6 11 −6 0

1 −5

1 −5

6

6 0

de donde podemos escribir m 3 − 6 m 2 + 11m − 6 = ( m − 1) ( m 2 − 5 m + 6 ). Repitiendo el procedimiento de división sintética, tenemos 1]

1 −6 11 −6 0

2]

1 −5

1 −5 0

6

6

0

2 −6

0

1 −3

0

Luego, escribimos m 3 − 6 m 2 + 11m − 6 = ( m − 1) ( m − 2 ) ( m − 3) = 0. Las raíces de la ecuación auxiliar son m = 1, m = 2 y m = 3. Por tratarse de raíces reales diferentes se concluye que un conjunto fundamental es e x , e 2 x , e 3x y la solución general está dada por y = c1e x + c2 e 2 x + c3e 3x.

{

}

Una EDL homogénea de orden superior con coeficientes constantes Resolver la ecuación diferencial y ′″ − y ″ + 11y ′ − 6 y = 0. EJEMPLO 11

Resolver problemas.

Solución La ecuación auxiliar asociada es m 3 − m 2 + 9 m − 9 = 0. Se puede verificar por división sintética que m = 1 es una raíz, pues 1]

1 −1

9 −9

0

1

0

9

1

0

9

0

de manera que m 3 − m 2 + 9 m − 9 = ( m − 1)( m 2 + 9) = 0. Las raíces de la ecuación son m = 1, m = ± 3 i , es decir, existe una raíz real y dos complejas conjugadas. El correspondiente conjunto fundamental es {e x ,cos3x,sen3x} y la solución general está dada por y = c1e x + c2 cos3x + c3sen3x .

EJEMPLO 12

Una EDL homogénea de orden superior con coeficientes constantes

Resolver la ecuación diferencial y ( 4) + 18 y (2 ) + 81y = 0.

105

106

UNIDAD 2


Solución La ecuación auxiliar asociada es m 4 + 18 m 2 + 81 = 0. Luego ( m 2 + 9)2 = 0

factorizamos

m = ± 3i , m = ± 3i

raíces complejas de multiplicidad 2

Las raíces auxiliares de la ecuación son m = ± 3 i , de multiplicidad 2, de manera que el correspondiente conjunto fundamental es {cos3x,sen3x, x cos3x, x sen3x} y la solución general está dada por y = c1 cos3x + c2 sen3x + c3 x cos3x + c4 x sen3x .

2.3


Resolver problemas.

En los problemas 1 a 40, determinar la solución general de la ecuación diferencial dada. 1. y ′′ − 2 y ′ − 15 y = 0 2. 9 y ″ − 6 y ′ + y = 0 3. y ″ − 6 y ′ + 25 y = 0 4. y ″ − 7 y ′ − 8 y = 0 5. 9 y ″ + 24 y ′ + 16 y = 0 6. 4 y ″ − 12 y ′ + 73 y = 0 7. y ″ + 4 y ′ − 32 y = 0

21. y ″′ + 2 y ″ − 4 y ′ − 8 y = 0 22. y ″′ + 6 y ″ + 12 y ′ + 8 y = 0 23. y ″′ − 9 y ″ + 27 y ′ − 27 y = 0 24. y ″′ − 4 y ″ + 5 y ′ − 2 y = 0 25. y ″′ − 3 y ″ + 3 y ′ − y = 0 26. y ″′ − 5 y ″ + 8 y ′ − 6 y = 0 27. y ″′ − 5 y ″ + 17 y ′ − 13 y = 0 28. y ″′ − 14 y ″ + 45 y ′ − 50 y = 0 29.

d4y d3y d2y dy 6 13 + + +4 − 24 y = 0 4 3 2 dx dx dx dx

30.

d4y d3y d2y dy + 6 + 18 + 24 + 16 y = 0 dx 4 dx 3 dx 2 dx

31.

d4y d3y d2y dy −2 3 +6 2 −8 + 8y = 0 4 dx dx dx dx

32.

d4y d2y + 8 2 + 16 y = 0 4 dx dx

33.

d4y d2y + 2 +y=0 dx 4 dx 2

34.

d4y d2y 32 + + 256 y = 0 dx 4 dx 2

35.

d4y d3y d2y − 2 3 + 17 2 = 0 4 dx dx dx

36.

d4y d3y d2y −4 3 +3 2 = 0 4 dx dx dx

8. 16 y ″ + 8 y ′ + y = 0 9. 36 y ″ + 36 y ′ + 13 y = 0 10. 3 y ″ − 4 y ′ − 4 y = 0 11. 25 y ″ − 10 y ′ + y = 0 12. y ″ + 2 y ′ + 17 y = 0 13. 9 y ″ + 3 y ′ − 2 y = 0 14. 4 y ″ + 8 y ′ + 13 y = 0 15. 15 y ″ + y ′ − 2 y = 0 16. y ″ + 2 y ′ + 2 y = 0 17. 7 y ″ − 5 y ′ − 2 y = 0 18. y ″′ − 3 y ″ − 6 y ′ + 8 y = 0 19. y ″′ + 8 y ″ − 13 y ′ − 140 y = 0 20. y ″′ − 4 y ″ − 4 y ′ + 16 y = 0


37.

d4y d3y d2y dy − 5 3 − 13 2 + 77 − 60 y = 0 4 dx dx dx dx

d5y d4y d3y d2y −3 4 +3 3 − 2 = 0 38. 5 dx dx dx dx 39.

d5y d4y d3y d2y dy − 3 4 − 5 3 + 15 2 + 4 − 12 y = 0 5 dx dx dx dx dx 5

40.

4

52. y ″ + 4 y ′ + 4 y = 0, y(0) = 4, y ′(0) = −7 53. y ″ − 4 y ′ − 12 y = 0, y(0) = 0, y ′(0) = 0 54. y ″ − 2 y ′ + 10 y = 0, y(0) = −4, y ′(0) = −1 55. y ″ + 4 y ′ − 60 y = 0, y(0) = 3, y ′(0) = 2 56. y ″ − 4 y ′ + 13 y = 0, y(0) = 4, y ′(0) = −1

3

d y d y d y −2 4 +2 3 = 0 dx5 dx dx

En los problemas 41 a 65, resolver la ecuación diferencial sujeta a las condiciones dadas. 41. y ″ − y = 0, y(1) = 2e −1 − e, y ′(1) = −2e −1 − e 42. 4 y ″ − 24 y ′ + 37 y = 0, y(0) = −1, y ′(0) = −9 43. y ″ − 2 y ′ + y = 0, y(0) = −4, y ′(0) = −19 44. y ″ − y ′ − 2 y = 0, y(0) = −2, y ′(0) = −10 π π 45. y ″ + y = 0, y ¢ ≤ = 2, y ′ ¢ ≤ = 1 2 2

46. y ″ − 10 y ′ + 25 y = 0, y(1) = 0, y ′(1) = −1 47. y ″ − 5 y ′ + 6 y = 0, y(0) = 0, y ′(0) = 1 π π 48. y ″ + 16 y = 0, y ¢ ≤ = −4, y ′ ¢ ≤ = 8 2 2

57. 9 y ″ + 12 y ′ + 4 y = 0, y(0) = 1, y ′(0) =

4 3

58. y ″ − y ′ − 12 y = 0, y(0) = 1, y ′(0) = 11 59. y ″ − 6 y ′ + 18 y = 0, y(0) = −40, y ′(0) = −120 60. y ″ + 12 y ′ + 36 y = 0, y(0) = −3, y ′(0) = 22 61. y ″ + y ′ − 12 y = 0, y(0) = 3, y ′(0) = −12 62. y ″ − 3 y ′ = 0, y(0) = 3, y ′(0) = 0 63. y ″ − 6 y ′ + 10 y = 0, y(0) = 1, y ′(0) = 1 64. y ″ − y ′ = 0, y(0) = 3, y ′(0) = 0 65. y ″ − 6 y ′ + 5 y = 0, y(0) = 5, y ′(0) = 17 En los problemas 66 a 69 determinar una ecuación diferencial correspondiente a las raíces auxiliares mostradas. 66. m1 = 2, m2 = −4, m3 = 1

49. y ″ − 2 y ′ + y = 0, y(1) = 3, y ′(1) = 2

67. m1 = 2, m2 = 2, m3 = 10

50. y ″ + 6 y ′ + 8 y = 0, y(0) = −1, y ′(0) = 2

68. m1 = 1 + 2i , m2 = 1 − 2i , m3 = i , m3 = −i

51. y ″ + 9 y = 0, y(0) = −4, y ′(0) = 18

69. m1 = 2 + 3i , m2 = 2 − 3i , m3 = 4, m3 = −2

2.3

107

Competencia final


En los problemas 1 a 7, determinar la solución general de la ecuación diferencia dada. 1. 4 y ″ + 20 y ′ + 29 y = 0

4. y ″′ + 7 y ″ + y ′ + 7 y = 0 5.

d4y d3y d2y dy +2 3 −2 2 −8 − 8y = 0 4 dx dx dx dx

6.

d4y d3y d2y dy − 15 + 68 − 96 =0 4 3 2 dx dx dx dx

7.

d5y d4y d3y d2y dy − 6 4 + 13 3 − 12 2 + 4 =0 5 dx dx dx dx dx

2. y ″ − 7 y ′ − 18 y = 0 3. y ″ + 14 y ′ + 49 y = 0

108

UNIDAD 2


En los problemas 8 a 11, resolver la ecuación diferencial sujeta a las condiciones dadas. Utilizar un SAC para graficar la solución particular.

y ″ − 18 y ′ + 81y = 0, y(0) = −1, y ′(0) = −8

10.

11. 4 y ″ + 4 y ′ + y = 0, y(0) = 0, y ′(0) = 2 12. Determinar una ecuación diferencial correspondiente a las raíces auxiliares m1 = 2 + i , m2 = 2 − i , m3 = 0 .


8. y ″ − y = 0, y(1) = 2e −1 − e, y ′(1) = −2e −1 − e 9. 2 y ″ + 6 y ′ + 5 y = 0, y(0) = −2, y ′(0) = 5

2.4

Ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas

En la sección anterior estudiamos cómo resolver una EDL homogénea con coeficientes constantes y aprendimos que existen tres casos generales para considerarse en la construcción de la solución general. Ahora desarrollaremos un método para construir la solución general de una EDL no homogénea, la cual se compone de dos partes: una función complementaria yc y una solución particular yp, que sumadas definen la solución buscada, como lo mencionamos en la observación 1 de la sección 2.2.

La solución de una ecuación diferencial lineal no homogénea Consideremos la ecuación diferencial lineal no homogénea Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita.

an ( x ) y ( n ) +  + a2 ( x ) y″+ a1 ( x ) y′ + a0 ( x ) y = g ( x )

(2.8)

Definimos su ecuación homogénea asociada por an ( x ) y ( n ) +  + a2 ( x ) y″+ a1 ( x ) y′ + a0 ( x ) y = 0

(2.9)

Si { y1 , y2 ,, yn } es un conjunto fundamental de soluciones de esta ecuación, entonces su solución general se define como la función complementaria de (2.8) y se denota por yc = c1 y1 + c2 y2 +  + cn yn

(2.10)

Observemos que por ser solución general de la ecuación (2.9) se cumple an ( x ) yc( n ) +  + a2 ( x ) yc′′+ a1 ( x ) yc′ + a0 ( x ) yc = 0

(2.11)

Supongamos ahora que la solución general de la ecuación (2.8) es de la forma y = yc + y p

(2.12)

donde yc es la función complementaria de la ecuación (2.8) y yp es una función por determinarse. Para identificar las características de esta función yp, derivamos sucesivamente la función (2.12) propuesta como solución general y = yc + y p

solución general

y ′ = yc′ + y ′p

primera derivada

 y ( n ) = yc( n ) + y (pn )

n-ésima derivada

2.4


109

y sustituimos en la ecuación (2.8), luego

an ( x ) +  + a2 ( x ) y ″ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = g ( x )

(

)

an ( x ) yc( n ) + y (pn ) +  + a2 ( x ) ( yc″ + y p″ ) + a1 ( x ) ( yc′ + y p′ ) + a0 ( x ) ( yc + y p ) = g ( x ) Reordenamos los términos an ( x ) yc( n ) +  + a2 ( x ) yc″ + a1 ( x ) yc′ + a0 ( x ) yc + an ( x ) y (pn ) +  + a2 ( x ) y p″ + a1 ( x ) y p′ + a0 ( x ) y p = g ( x ) y como yc es una solución general de (2.9), entonces por (2.11) tenemos an ( x ) yc( n ) +  + a2 ( x ) yc″ + a1 ( x ) yc′ + a0 ( x ) yc + an ( x ) y (pn ) +  + a2 ( x ) y p″ + a1 ( x ) y p′ + a0 ( x ) y p = g ( x )


La expresión anterior se reduce a an ( x ) y (pn ) +  + a2 ( x ) y′′′p + a1 ( x ) y′p + a0 ( x ) y p = g ( x )

(2.13)

Esta última ecuación nos indica que la función yp es una solución de la ecuación (2.8), y como no hay una condición específica que establezca el tipo de solución que deba ser, podemos suponer que se trata de una solución particular. Este argumento es precisamente la demostración del siguiente teorema que resume toda la información.

Teorema 1 Solución general de la EDL no homogénea La solución general de la ecuación diferencial lineal no homogénea (2.8) es de la forma y = yc + yp, donde yc es la solución general de la ecuación homogénea asociada (2.9) y yp es una solución particular de la ecuación (2.8).

Función complementaria y solución particular

1 Definición

La función yc se conoce como función complementaria de la ecuación (2.8) y la función yp se conoce como solución particular de la ecuación (2.8).

Por lo anterior, para resolver una ecuación diferencial lineal no homogénea (2.8) se requieren básicamente dos cosas 1. Resolver la ecuación homogénea asociada para determinar la función complementaria yc. 2. Determinar una solución particular de la ecuación (2.8). En el resto de la unidad expondremos uno de los métodos más conocidos para poder determinar una solución particular: el método de los coeficientes indeterminados. En la siguiente sección estudiaremos un método más general conocido como el método de variación de parámetros.

El método de los coeficientes indeterminados (principio de superposición) Como lo establecimos en el teorema 1, resolver una EDL no homogénea de orden superior requiere de encontrar una función complementaria y una solución particular. Pero a pesar de que este resultado es válido para cualquier ecuación diferencial lineal no homogénea, en general es muy complicado resolver alguna, dada la gran diversidad de ecuaciones existentes.


110

UNIDAD 2



La búsqueda de una función complementaria requiere de resolver una EDL homogénea y de momento solo podemos resolver las ecuaciones con coeficientes constantes, es por ello que el primero de los métodos que se estudia para determinar una solución particular de la ecuación (2.8) se conoce como el método de los coeficientes indeterminados por el principio de superposición. Es importante establecer que este método tiene las siguientes restricciones 1. Únicamente se puede utilizar para ecuaciones con coeficientes constantes. 2. Solo aplica para ED de la forma (2.8), en donde la función g(x) es alguna del conjunto {1, x n , e bx , cos ax, senx,} o cualquier suma de productos finitos de estas funciones. Como lo hemos mencionado, al resolver la EDL no homogénea


an ( x ) y ( n ) +  + a2 ( x ) y ″ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = g ( x )

(2.8)

Primero consideramos la ecuación homogénea asociada an ( x ) y ( n ) +  + a2 ( x ) y ″ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = 0

(2.9)

y determinamos las n raíces de la ecuación auxiliar an m n + an −1m n −1 +  + a2 m 2 + a1m + a0 = 0

(2.14)

Con base en las raíces { m1 , m2 , mn } obtenidas, construimos el conjunto fundamental de soluciones { y1 , y2 , , yn } para escribir la función que es a la vez solución general de (2.9) y función complementaria de (2.8) yc = c1 y1 + c2 y2 +  + cn yn

(2.15)

Ahora solo resta encontrar una solución particular yp de (2.8) para que podamos expresar su solución general de la forma y = yc + y p

(2.12)

El método de los coeficientes indeterminados consiste en proponer una solución particular yp tomando como base la forma de la función g(x) y las raíces auxiliares de la ecuación (2.14). Es importante observar que la solución particular yp y sus n derivadas deben tener una forma “similar” a la función independiente g(x), pues solo de esta manera la sustitución de las funciones y p , y p′, y p″,, y (pn ) en (2.8) produciría una combinación que debe dar como resultado la propia función g(x). Es importante observar que las funciones que ya se han considerado en la función complementaria no se vuelven a considerar en la solución particular. Si una función forma parte de la función complementaria, Después de lo anterior, al desarrollar el miembro izquierdo de la ecuación e esta no se vuelve a considerar igualar con la función de la derecha se define un sistema de ecuaciones cuya soluen la solución particular, y ción determina de manera precisa la solución particular buscada. viceversa. El método de los coeficientes indeterminados se ilustra en el siguiente ejemplo. EJEMPLO 1

Una EDL no homogénea

Resolver la ecuación y ″ − 3 y ′ + 2 y = 4x + 6. Resolver problemas.

Solución Para la ecuación diferencial lineal no homogénea y ″ − 3 y ′ + 2 y = 4x + 6, su ecuación homogénea asociada es y ″ − 3 y ′ + 2 y = 0. Si resolvemos esta nueva ecuación diferencial, su ecuación auxiliar es m 2 − 3m + 2 = 0

ecuación auxiliar

m =1, m = 2

raíces auxiliares


2.4

La solución general de la ecuación homogénea asociada y función complementaria de la ecuación original es yc = c1e x + c2 e 2 x . Si y = yc + y p = c1e x + c2 e 2 x + y p es una solución de la ecuación original, entonces y ′ = c1e x + 2c2 e 2 x + y ′p

primera derivada

y″ = c1e x + 4c2 e 2 x + y′p′

segunda derivada

Sustituimos en la ecuación original

) (

(

111


)

y ″ − 3 y ′ + 2 y = c1e x + 4c2 e 2 x + y p ″ − 3 c1e x + 2c2 e 2 x + y ′p + 2 c1e x + c2 e 2 x + y p = 4x + 6 Simplificamos para obtener y′p′ − 3 y′p + 2 y p = 4x + 6 De esta manera, y considerando que la función g ( x ) = 4x + 6 es independiente de las funciones e x , e 2 x , el método de los coeficientes consiste en proponer una solución particular de la forma y p = Ax + B . Entonces

{

}

y p = Ax + B


y ′p = A

primera derivada

y′p′ = 0

segunda derivada

Al sustituir yp en la ecuación y ″ − 3 y ′ + 2 y = 4x + 6, tenemos 0 − 3 ( A) + 2 ( Ax + B ) = 4x + 6

sustituimos yp

2 Ax − 3A + 2 B = 4x + 6

simplificamos

Obtenemos el sistema 2A = 4 −3A + 2 B = 6 De donde A = 2 y B = 6, de manera que la función particular es de la forma y p = 2 x + 6 y finalmente la solución general es y = c1e x + c2 e 2 x + 2 x + 6.

EJEMPLO 2


Determinar la solución general de la ecuación y″p − 10 yp′ + 24 yp = 48x 2 + 10.

Solución La ecuación homogénea asociada y ″ − 10 y ′ + 24 y = 0 tiene por ecuación auxiliar m 2 − 10 m + 24 = 0

ecuación auxiliar

m = 4, m = 6

raíces auxiliares

de manera que la función complementaria es yc = c1e 4 x + c2 e 6 x . Considerando que la función g ( x ) = 48x 2 + 10 corresponde a una raíz m = 0 de multiplicidad 3 y que es independiente de las funciones e 4 x , e 6 x que corresponden a raíces m = 4 y m = 6, proponemos entonces que y p = Ax 2 + Bx + C es solución particular. Entonces

{

y ′p = 2 Ax + B

primera derivada

y ′′p = 2 A

segunda derivada

}

Observemos que cuando las raíces auxiliares y las raíces que dan origen a la función g(x) son independientes, la solución particular propuesta toma la misma forma que g(x) expresada en forma general. En el ejemplo 2 tenemos que g(x) = 48x2 + 10 y la raíz m = 0 de multiplicidad 3 proviene de forma independiente de las raíces m = 4 y m = 6, de manera que se propone yp = Ax2 + Bx + C.


112

UNIDAD 2


Sustituimos yp en la ecuación original y″p − 10 yp′ + 24 yp = 48x 2 + 10 2A − 10(2Ax + B) + 24(Ax2 + Bx + C) = 48x2 + 10

sustituimos yp

24Ax2 + (−20A + 24B)x + 2A − 10B + 24C = 48x2 + 10

agrupamos

Tenemos el sistema de ecuaciones 24 A = 48 −20 A + 24B = 0 2 A − 10 B + 24C = 10 Luego 5 17 A = 2, B = , C = 3 18 5 3

La solución particular es y p = 2 x 2 + x +

17 18

5 3

y la solución general y = c1e 4 x + c2 e 6 x + 2 x 2 + x +

OBSERVACIÓN 1


17 18

La solución particular yp propuesta para una ecuación diferencial no homogénea no solo depende de la forma de la función g(x), sino también de las funciones que se han considerado en la función complementaria. En ningún caso, la solución particular contiene funciones que ya se han incluido en la función complementaria. En la siguiente tabla se muestran las soluciones particulares yp propuestas para la ecuación diferencial y ″ − 3 y ′ + 2 y = g ( x ), que tiene raíces auxiliares m = 1 y m = 2. g (x)

Raíces que definen a g ( x )

Solución particular yp

1

0

A

2x + 4

0, 0

Ax + B

x2 − 2

0, 0, 0

Ax 2 + Bx + C

5e 4 x

4

Ae 4 x

7e 4 x + 4x

4, 0, 0

Ae 4 x + Bx + C

4e − x + 3e 3x

−1, 3

Ae − x + Be 3x

3e x

1

Axe x

−3xe x

1, 1

Ax 2 e x + Bxe x

−8 cos2 x

± 2i

A cos2 x + B sen2 x

6e 2 x cos x

2 ±i

Ae 2 x cos x + Be 2 x sen x

4x 2 e 2 x

2, 2, 2

Ax 3e 2 x + Bx 2 e 2 x + Cxe 2 x

2.4 EJEMPLO 3


113


Determinar la solución general de la ecuación y ″ + 16 y ′ + 64 y = 100e 2 x. Resolver problemas.

Solución La ecuación auxiliar correspondiente es m + 16 m + 64 = 0. Luego 2

m 2 + 16 m + 64 = 0

ecuación auxiliar

m = −8 , multiplicidad 2

raíces auxiliares

de manera que la función complementaria es yc = c1e −8 x + c2 xe −8 x. Dado que la función g ( x ) = 100e 2 x corresponde a una raíz m = 2 y que es independiente de las funciones e −8 x , xe −8 x que corresponden a la raíz m = −8 de multiplicidad 2, entonces proponemos que y p = Ae 2 x es una solución particular. Entonces

{

}

y ′p = 2 Ae 2 x

primera derivada

y′p′ = 4 Ae 2 x

segunda derivada

Sustituimos yp en la ecuación original

Observemos que cuando las raíces auxiliares y las raíces que dan origen a la función g(x) son independientes, la solución particular propuesta toma la misma forma que g(x) expresada en forma general. En el ejemplo 3 tenemos que g(x) = 100e2x y la raíz m = 2 proviene de forma independiente de la raíz m = −8 de multiplicidad 2; de manera que se propone yp = Ae2x.

y′p′ + 16 y′p + 64 y p = 100e 2 x

)

4 Ae 2 x + 16 ( 2 Ae 2 x + 64 Ae 2 x = 100e 2 x

sustituimos yp

100 Ae 2 x = 100e 2 x

simplificamos


de donde A = 1. La solución particular es y p = e 2 x y la solución general y = c1e −8 x + c2 xe −8 x + e 2 x.

EJEMPLO 4


Determinar la solución general de la ecuación y ″ + 2 y ′ + 3 y = 12e x + 3x .

Solución La ecuación auxiliar correspondiente es m 2 + 2 m + 3 = 0. Luego m=

−2 ± 2 2 − 4(1)(3) 2(1)

m = −1 ± 2 i

aplicamos la fórmula general cuadrática raíces complejas conjugadas

La función complementaria es yc = c1e − x cos 2 x + c2 e − x sen 2 x . Dado que la función g ( x ) = 12e x + 3x corresponde a raíces m = 1 y m = 0 de multiplicidad 2 y que es independiente de las funciones e − x cos 2 x, e − x sen 2 x que corresponden a las raíces m = −1 ± 2 i , entonces proponemos a y p = Ae x + Bx + C como solución particular. Entonces

{

y ′p = Ae x + B

primera derivada

y′p′ = Ae x

segunda derivada

}

Nuevamente observamos en el ejemplo 4, que las raíces que corresponden a la función g(x) y las raíces que definen a yc son independientes; de manera que la función yp toma la forma general de g(x).


114

UNIDAD 2


Sustituimos yp en la ecuación original y ′′p + 2 y ′p + 3 y p = 12e x + 3x Ae x + 2 ( Ae x + B ) + 3 ( Ae x + Bx + C ) = 12e x + 3x

sustituimos yp

6 Ae x + 3Bx + 2 B + 3C = 12e x + 3x

desarrollamos

2 3

de donde A = 2, B = 1, C = − . 2

La solución particular es y p = 2e x + x − y la general, y = c1e − x cos 2 x + c2 e − x sen 2 x + 3 2 x 2e + x − . 3

Cuando las raíces de donde proviene la función g(x) ya han sido consideradas para formar la función complementaria, entonces la solución particular se forma a partir de las raíces de multiplicidad inmediata hacia arriba. Por ejemplo, si m es una raíz auxiliar, entonces yc contiene a la función emx; si g ( x ) = 5e mx , entonces g(x) corresponde a una raíz m pero de multiplicidad 2 (se considera que la raíz auxiliar es de multiplicidad 1), de manera que la solución particular correcta es y p = Axe mx . Esta situación se ilustra en el ejemplo 5.

EJEMPLO 5

Cuando las raíces de donde proviene la función g(x) ya han sido consideradas para formar la función complementaria, entonces la solución particular se forma a partir de las raíces de multiplicidad inmediata hacia arriba.


Determinar la solución general de la ecuación y″ − 10 y′ + 24 y = −4e 4 x.

Solución Del ejemplo 2 tenemos que la función complementaria es yc = c1e 4 x + c2 e 6 x . Como podemos observar, la función g ( x ) = −4e 4 x corresponde a una raíz auxiliar m = 4 ; de manera que la solución particular no puede ser de la forma y p = Ae 4 x porque esta función ya aparece en la función complementaria. La solución particular correcta considera la función correspondiente a la raíz m = 4 pero de multiplicidad 2, es decir, y p = Axe 4 x , entonces

Resolver problemas.

y p′ = 4Axe 4 x + Ae 4 x

primera derivada

y p″ = 16 Axe 4 x + 8 Ae 4 x

segunda derivada

Sustituimos yp en la ecuación original y p″ − 10 y p′ + 24 y p = −4xe 4 x

)

)

16 Axe 4 x + 8 Ae 4 x − 10 ( 4 Axe 4 x + Ae 4 x + 24 ( Axe 4 x = −4xe 4 x

sustituimos yp

−2 Ae 4 x = −4e 4 x

simplificamos

de donde A = 2 Luego, la solución particular es y p = 2 xe 4 x y la solución general es y = c1e 4 x + c2 e 6 x + 2 xe 4 x .

EJEMPLO 6


Determinar la solución general de la ecuación y ″ − 4 y ′ + 4 y = 18xe 2 x .

2.4


115

Solución La ecuación auxiliar correspondiente es m 2 − 4 m + 4 = 0 , luego ( m − 2)2 = 0

factorizamos

m = 2 , multiplicidad 2

raíces auxiliares

La función complementaria es yc = c1e + c2 xe . Como podemos observar, la función g ( x ) = 18xe 2 x corresponde a una raíz m = 2 de multiplicidad 2, pero la solución particular no puede ser de la forma y p = Ae 2 x + Bxe 2 x porque la función complementaria ya contiene a las funciones e 2 x , xe 2 x que provenían de la raíz auxiliar m = 2 de multiplicidad 2. Entonces, para proponer a la solución particular se considera que m = 2 es de multiplicidad 4 (juntando las raíces de donde proviene g ( x ) con las raíces auxiliares de la ecuación diferencial), de manera que la solución particular correcta es y p = Ax 3e 2 x + Bx 2 e 2 x, entonces 2x

2x

{

}

y p′ = 2Ax 3e x 2 + ( 3A + 2B ) x 2 e 2 x + 2 Bxe 2 x

primera derivada

y p″ = 4 Ax 3e x 2 + 4 ( 3A + B ) x 2 e 2 x + 2 ( 3A + 4B ) xe 2 x + 2 Be 2 x

segunda derivada

Sustituimos yp en la ecuación original y p″ − 4 y p′ + 4 y p = 4xe 2 x

sustituimos yp

4 Ax 3 e 2 x + 4 ( 3A + B ) x 2 e 2 x + 2 ( 3A + 4B ) xe 2 x + 2 Be 2 x

−4 ( 2 Ax 3 e 2 x + ( 3A + 2 B ) x 2 e 2 x + 2 Bxe 2 x

)

)

+4 ( Ax 3 e 2 x + Bx 2 e 2 x = 18x 2 e 2 x

6 Axe 2 x + 2 Be 2 x = 18xe 2 x

simplificamos

de donde A=3yB=0 Luego, la solución particular es y p = 3x 3e 2 x y la solución general es y = c1e 2 x + c2 xe 2 x + 3x 3e 2 x .

EJEMPLO 7


Determinar la solución general de la ecuación y ″ + y = −16 cos3x.

Solución La ecuación auxiliar correspondiente es m 2 + 1 = 0, luego m2 + 1 = 0 m = ±i

raíces auxiliares complejas

La función complementaria es yc = c1 cos x + c2 sen x . Como podemos observar, la función g ( x ) = cos3x está asociada a raíces complejas m = ±3 i y es independiente de las funciones {cos x, sen x} que corresponden a las raíces complejas m = ± i; de manera que la solución particular correcta es y p = A cos3x + B sen3x, entonces y p′ = −3A sen3x + 3B cos3x

primera derivada

y p″ = −9 A cos3x − 9B sen3x

segunda derivada


116

UNIDAD 2


Sustituimos yp en la ecuación original Argumentar con contundencia y precisión.

y p″ + y p = −16 cos3x −9 A cos3x − 9B sen3x + A cos3x + B sen3x = −16 cos3x

sustituimos yp

−8 A cos3x − 8B sen3x = −16 cos3x

simplificamos

de donde A=2yB=0 Luego, la solución particular es y p = 2 cos3x y la solución general es y = c1 cos x + c2 sen x + 2 cos 3x.

EJEMPLO 8 Resolver problemas.


Resolver y ″ + y = 8 cos x , sujeta a y

( ) = 2 , y′ ( ) = 1. π 2

π 2

Solución La ecuación auxiliar correspondiente es m 2 + 1 = 0 , luego m2 + 1 = 0 m = ±i

raíces auxiliares complejas

La función complementaria es yc = c1 cos x + c2 sen x . La función g ( x ) = cos x está asociada a las raíces complejas m = ± i , pero la solución particular no puede ser de la forma y p = A cos x + B sen x porque las funciones {cos x, sen x} que corresponden a las raíces auxiliares m = ± i ya han sido consideradas en la función complementaria; de manera que la solución particular correcta considera que las raíces m = ± i son de multiplicidad 2, entonces y p = Ax cos x + Bx sen x , luego y p = Ax cos x + Bx sen x


y p′ = − Ax sen x + A cos x + Bx cos x + B sen x

primera derivada

y p″ = − Ax cos x − 2 A sen x − Bx sen x + 2 B cos x

segunda derivada

Sustituimos yp en la ecuación original y p″ + y p = −16 cos3x y p″ = − Ax cos x − 2 A sen x − Bx sen x + 2 B cos x +Ax cos x +Bx sen x = 8 cos x −2 A sen x + 2 B cos x = 8 cos x

sustituimos yp

simplificamos

de donde A=0yB=4 Luego, la solución particular es yp = 4 xsenx y la solución general es y = c1 cosx + c2 senx + 4xsenx. Para evaluar las condiciones iniciales, derivamos y′ = −c1 senx + c2 cosx + 4x cos x + 4x senx

primera derivada

π π Evaluamos las condiciones y ¢ ≤ = 2 , y ′ ¢ ≤ = 1 2 2

π π π π π y ¢ ≤ = c1 cos + c2 sen + 4 sen = 2 2 2 2 2 2

π evaluamos y ¢ ≤ = 2 2

2.4


117

π evaluamos y ′ ¢ ≤ = 1 2

π π π π π π π y ′ ¢ ≤ = −c1 sen + c 2 cos + 4 cos + 4 sen = 1 2 2 2 2 2 2 2 de donde c1 = 3 y c2 = 2 − 2π finalmente, la solución al problema de valor inicial es y = 3 cos x + ( 2 − 2π ) sen x + 4 x sen x

2.4

Desarrollo de competencias 17. 7 y ″ − 5 y ′ − 2 y = 3e x − 4xe 2 x


En los problemas 1 a 30, determinar la solución general de la ecuación diferencial no homogénea dada utilizando el método de los coeficientes indeterminados. 1. y ″ − 2 y ′ − 15 y = 4 2. 9 y ″ − 6 y ′ + y = 8

d2y + k 2 y = A sen kx dx 2

19.

d2y + k 2 y = A sen ax dx 2

20.

d2y + k 2 y = Ax sen ax dx 2

21. y ′″ − 3 y ″ − 6 y ′ + 8 y = 2 x + 1

3. y ″ − 6 y ′ + 25 y = 1

22. y ′″ + 8 y ″ − 13 y ′ − 140 y = 4e 4 x

4. y ″ − 7 y ′ − 8 y = 2 x + 4 5. 9 y ″ + 24 y ′ + 16 y = 8e x 6. 4 y ″ − 12 y ′ + 73 y = −3cos x 7. y ″ + 4 y ′ − 32 y = e 3x + 2 x 8. 16 y ″ + 8 y ′ + y = e

18.

23. y ′″ − 4 y ″ − 4 y ′ + 16 y = 3e 2 x + e x 24. y ′″ + 2 y ″ − 4 y ′ − 8 y = 2e −2 x 25. y ′″ − 9 y ″ + 27 y ′ − 27 y = 5e 3x 26. y ′″ − 4 y ″ + 5 y ′ − 2 y = 4x + 3

− 14 x

27. y ′″ − 3 y ″ + 3 y ′ − y = 3x 2 e x

9. 4 y ″ + 20 y ′ + 29 y = senh x 10. y ′′ − 7 y ′ − 18 y = 4e 9 x

28. y ′″ − 5 y ″ + 8 y ′ − 6 y = e x 29. y ′″ − 5 y ″ + 17 y ′ − 13 y = cos 4x

11. 36 y ″ + 36 y ′ + 13 y = e + x x

12. 3 y ″ − 4 y ′ − 4 y = 3xe 2 x 1

13. 25 y ″ − 10 y ′ + y = 6e 5 x 14. y ″ + 2 y ′ + 17 y = cos 4x 15. 9 y ″ + 3 y ′ − 2 y = 4e

− 23 x

3 16. 4 y ″ + 8 y ′ + 13 y = 2e − x cos x 2

30. y ′″ − 14 y ″ + 45 y ′ − 50 y = 4e x En los problemas 31 a 56, resolver la ecuación diferencial no homogénea sujeta a las condiciones dadas. Utilizar un SAC para graficar la solución particular obtenida. Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías.

31. y ″ − y = 4, y(1) = 2e −1 − e, y ′(1) = −2e −1 − e 32. 4 y ″ − 24 y ′ + 37 y = 3, y(0) = −1, y ′(0) = −9

118


UNIDAD 2

33. y ″ − 2 y ′ + y = 10, y(0) = −4, y ′(0) = −19

46. y ″ + 4 y ′ − 60 y = 4x 2 e x , y(0) = 3, y ′(0) = 2

34. y ″ − y ′ − 2 y = 4e 2 x , y(0) = −2, y ′(0) = −10

47. y ″ − 4 y ′ + 13 y = 2e 2 x cos3x, y(0) = 4, y ′(0) = −1

π π 35. y ″ + y = e −4 x , y ¢ ≤ = 2, y ′ ¢ ≤ = 1 2 2

48. 9 y ″ + 12 y ′ + 4 y = 2 xe − 3 x , y(0) = 1, y ′(0) =

36. y ″ − 10 y ′ + 25 y = 3e −3x , y(1) = 0, y ′(1) = −1

49. y ″ − y ′ − 12 y = 4e −3x + 2 xe 4 x , y(0) = 1, y ′(0) = 11

37. y ″ − 5 y ′ + 6 y = 4e 4 x , y(0) = 0, y ′(0) = 1

2

4 3

50. y ″ − 6 y ′ + 18 y = e 3x sen x, y(0) = −40, y ′(0) = −120

π π 38. y ″ + 16 y = sen x, y ¢ ≤ = −4, y ′ ¢ ≤ = 8 2 2

51. y ″ + 12 y ′ + 36 y = 2 x + xe −6 x , y(0) = −3, y ′(0) = 22

39. y ″ − 2 y ′ + y = e x cos x, y(1) = 3, y ′(1) = 2

52. y ″ + y ′ − 12 y = 4x 2 e 3x , y(0) = 3, y ′(0) = −12

40. y ″ + 6 y ′ + 8 y = 4x 2 − 3x + 2, y(0) = −1, y ′(0) = 2

53. 2 y ″ + 6 y ′ + 5 y = x cos x, y(0) = −2, y ′(0) = 5

41. y ″ + 9 y = 4e x + x − 3, y(0) = −4, y ′(0) = 18 42. y ″ + 4 y ′ + 4 y = 2e −2 x , y(0) = 4, y ′(0) = −7

54. y ″ − 18 y ′ + 81y = 1 + xe 9 x , y(0) = −1, y ′(0) = −8 55. y ″ − 3 y ′ = 4x 3 − 2 x 2 , y(0) = 3, y ′(0) = 0

43. y ″ − 4 y ′ − 12 y = e 4 x − 2 x + 1, y(0) = 0, y ′(0) = 0 44. y ″ − 2 y ′ + 10 y = e + cos x, y(0) = −4, y ′(0) = −1 x

56.

d2y + k 2 y = A sen ax, y(0) = 0, y ′(0) = 0 dx 2

45. 4 y ″ + 4 y ′ + y = 3e − 2 x , y(0) = 0, y ′(0) = 2 1

2.4

Competencia final En los problemas 7 a 10, resolver la ecuación diferencial no homogénea sujeta a las condiciones dadas. Utilizar un SAC para graficar la solución particular obtenida.


En los problemas 1 a 6, determinar la solución general de la ecuación diferencial no homogénea dada utilizando el método de los coeficientes indeterminados. 1. y ″ + 14 y ′ + 49 y = 2e

3x

+2

1

2. 15 y ″ + y ′ − 2 y = 4x 2 e 3 x 3. y ″ + 2 y ′ + 2 y = 3e − x sen x 2 4. d y + k 2 y = Ax sen kx dx 2

5. y ′″ + 6 y ″ + 12 y ′ + 8 y = 5e −2 x 6. y ′″ + 7 y ″ + y ′ + 7 y = 2 cos x

7. y ″ − 6 y ′ + 10 y = e 3x sen x, y(0) = 1, y ′(0) = 1 8. y ″ − y ′ = 2 x 2 + x − 1, y(0) = 3, y ′(0) = 0 9. y ″ − 6 y ′ + 5 y = 4x 2 e x , y(0) = 5, y ′(0) = 17 10.

d2y + k 2 y = A sen kx, y(0) = 0, y ′(0) = 0 dx 2

2.5

2.5

Método de variación de parámetros

119


En esta sección desarrollamos un método para resolver ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas que presenta algunas ventajas sobre el método de los coeficientes indeterminados. Como vimos en la sección anterior, el método de los coeficientes indeterminados por superposición está restringido únicamente para ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes de la forma an y ( n ) +  + a2 y ′′ + a1 y ′ + a0 y = g ( x ), en donde la función g(x) es alguna del conjunto {1, x n , e ax , cos bx, sen bx} o cualquier suma finita de productos de estas. En este sentido, la variación de parámetros es un método más general, porque puede aplicarse a cualquier ecuación Nota biogr áfic a lineal de segundo orden sin importar la naturaleza de los coeficienVito Volterra (Ancona, 1860-Roma, 1940) fue tes ni de la función independiente g(x). un matemático italiano cuyas investigaciones En la sección 1.5 aprendimos a resolver la ecuación diferencial propiciaron el desarrollo del modelo de análisis lineal de primer orden de la forma matemático. Realizó estudios de matemáticas y a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = g ( x )

(2.16)

Para esto, y considerando que a1 ( x ) ≠ 0, escribimos la ecuación en la forma equivalente y ′ + p( x ) y = f ( x )

(2.17)

Al calcular el factor integrante μ( x ) = e ∫ , demostramos que la EDL de primer orden (2.16) se transformaba en una ED exacta, de manera que la ecuación se podía reescribir en la forma p ( x ) dx

d ( μ( x ) y ) = f ( x ) μ( x ) de donde, al integrar μ( x ) y =

∫ f (x ) μ(x ) dx + c

la solución general estaba dada por y=

1 μ( x )

1

∫ f (x ) μ(x ) dx + c μ(x )

Es decir, − p ( x ) dx − p ( x ) dx y = ce ∫ +e ∫

∫ f (x )e ∫

p ( x ) dx

dx

(2.18)

Podemos identificar que − p ( x ) dx yc = ce ∫

(2.19)

y − p ( x ) dx yp = e ∫

∫ f (x )e ∫

p ( x ) dx

dx

física en la Universidad de Pisa bajo la dirección de Enrico Betti, entre 1878 y 1882. Un año más tarde era ya profesor de mecánica racional en dicha institución. Comenzó a trabajar en el análisis de funcionales, aplicaciones matemáticas entre funciones reales y complejas, que condujo al desarrollo de un nuevo campo del análisis, de gran aplicación en las ecuaciones integrales e integro-diferenciales y con el que supo resolver con éxito determinados problemas físicos en campos como la óptica, el electromagnetismo y la elasticidad de los materiales. En 1892 fue nombrado profesor de la Universidad de Turín, y ocho años más tarde aceptó la dirección del departamento de física matemática en la Universidad de Roma. En 1905 fue designado senador de su país, director de la revista de divulgación científica Nuovo cimento y miembro de diversas academias científicas de diversos países. Fue presidente de la Accademia dei Lincei. Al entrar Italia en la Primera Guerra Mundial se enlistó en la fuerza aérea de su país. Contribuyó al desarrollo de los dirigibles como arma de guerra. Fue uno de los primeros en proponer el empleo de helio en sustitución del hidrógeno como gas de sustentación, para lo cual colaboró en la puesta en marcha de una industria productora de helio.

(2.20)

Iniciamos la discusión del método de variación de parámetros ilustrando la idea principal con una EDL de primer orden. Dada la ecuación a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = g ( x ), escribimos y ′ + p( x ) y = f ( x ). Al resolver la ecuación homogénea asociada y ′ + p( x ) y = 0 (que es una ecuación separable) encontramos que y ′ + p( x ) y = 0

ecuación homogénea asociada


120

UNIDAD 2


dy

∫ y = − ∫ p(x ) dx

integramos

− p ( x ) dx yc = c e ∫

función complementaria

que corresponde a la función complementaria (2.19). − p ( x ) dx Donde al considerar c = 1, se identifica que y1 = e ∫ es también una solución de la ecuación homogénea asociada, y se verifica que Capacidad de análisis y síntesis.

y ′ + p( x ) y1 =

− p ( x ) dx d − ∫ p( x ) dx ¢e ≤ + p( x ) ¢e ∫ ≤= 0 dx

(2.21)

En este punto, en lugar de proponerse una solución particular como en el caso del método de los coeficientes indeterminados, el método de variación de parámetros supone que la solución particular es de la forma y p = u1 ( x ) y1, donde u1 ( x ) representa una función arbitraria. El siguiente paso es sustituir y p = u1 ( x ) y1 en la ecuación y ′ + p( x ) y = f ( x ) y para esto calculamos la primera derivada y ′p = u1 ( x ) y1′ + u1′ ( x ) y1 Entonces y ′p + p( x ) y p = f ( x )

sustituimos yp

u1 ( x ) y1′ + u1′( x ) y1 + p( x ) ( u1 ( x ) y1 ) = f ( x )

desarrollamos

)

(

u1 ( x ) y1′ + p( x ) y1 + u1′ ( x ) y1 = f ( x )

usamos (2.21)

u1′ ( x ) y1 + = f ( x )

simplificamos

u1′ ( x ) =

f (x) y1

separamos

f (x) dx y1

u1 ( x ) =

∫

u1 ( x ) =

∫ f (x )e ∫

p ( x ) dx

integramos − p ( x ) dx sustituimos y1 = e ∫

dx

De manera que − p ( x ) dx y p = u1 ( x ) y1 = e ∫


∫ f (x )e ∫

p ( x ) dx

dx

que es la misma solución particular mostrada en (2.20) y de donde podemos concluir que − p ( x ) dx − p ( x ) dx y = ce ∫ +e ∫

∫ f (x )e ∫

p ( x ) dx

dx

como lo determinamos en (2.18). En resumen, el método de variación de parámetros aplicado para la ecuación y ′ + p( x ) y = f ( x ) consiste en resolver primeramente la ecuación homogénea asociada y ′ + p( x ) y = 0 para determinar la función complementaria yc = c y1 , y suponer que la solución particular es de la forma y p = u1 y1 . Una sustitución directa en la ecuación original produce la forma exacta del parámetro u1 ( x ) que determina yp. Podemos observar que la forma de las funciones p(x) y f(x) no alteran el procedimiento de solución y no están restringidas a tener alguna forma especial. Extendemos a continuación el procedimiento anterior para resolver la ecuación diferencial lineal de segundo orden Capacidad de análisis y síntesis.

a2 ( x ) y ″ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = g ( x )

(2.22)

2.5 OBSERVACIÓN 1


121

El método de variación de parámetros

Observemos que no existe alguna condición sobre la naturaleza de las funciones a2 ( x ), a1 ( x ), a0 ( x ) y g(x), excepto que a2 ( x ) ≠ 0. Como a2 ( x ) ≠ 0, escribimos la ecuación equivalente y ″ + p( x ) y ′ + q ( x ) y = f ( x )

(2.23)

Supongamos que la ecuación homogénea asociada y ″ + p( x ) y ′ + q ( x ) y = 0

(2.24)

tiene por conjunto fundamental de soluciones a { y1 , y2 } (observemos que a pesar de la generalidad del método, de momento en este paso de la solución de una ecuación diferencial lineal no homogénea solo podemos resolver una de coeficientes constantes, pero el método aplica para cualquier ecuación lineal). De manera que la función complementaria es yc = c1 y1 + c2 y2


(2.25)

Supongamos que la solución particular es de la forma y p = u1 ( x ) y1 + u2 ( x ) y2

(2.26)

donde u1 ( x ) y u2 ( x ) son dos funciones arbitrarias por determinarse, entonces y p = u1 ( x ) y1 + u2 ( x ) y2

solución particular propuesta

y ′p = u1 ( x ) y1′ + u1′ ( x ) y1 + u2 ( x ) y2′ + u2′ ( x ) y2

derivamos

Nuestro objetivo ahora es determinar las funciones u1 ( x ) y u2 ( x ) que definen la solución particular; por tratarse de dos funciones desconocidas, resulta conveniente definir dos ecuaciones que las contengan para que mediante la resolución de un sistema de dos ecuaciones en dos variables podamos encontrarlas. Elegimos por conveniencia como primera ecuación a la expresión u1′ ( x ) y1 + u2′ ( x ) y2 = 0


(2.27)

De manera que y ′p = u1 ( x ) y1′ + u2 ( x ) y2′ y ′p′ = u1 ( x ) y1′′ + u1′ ( x ) y1′ + u2 ( x ) y2′′ + u2′ ( x ) y2′ Si yp es solución particular de (2.23), entonces y ′′p + p( x ) y ′p + q ( x ) y p = f ( x )

sustituimos yp

(

u1 ( x ) y1′′ + u1′ ( x ) y1′ + u2 ( x ) y2′′′ + u2′ ( x ) y2′ + p( x ) u1 ( x ) y1′ + u2 ( x ) y2′ + q ( x ) ( u1 ( x ) y1 + u2 ( x ) y2 ) = f ( x )

)

Factorizamos u1 ( x ) y u2 ( x ) u1 ( x ) ( y1″ + p( x ) y1′ + q ( x ) y1 ) + u2 ( x ) ( y2″ + p( x ) y2′ + q ( x ) y2 ) + u1′( x ) y1′ + u2′ ( x ) y2′ = f ( x ) Dado que { y1 , y2 } es un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación (2.24), entonces y1′′ + p( x ) y1′ + q ( x ) y1 = 0 y y2′′ + p( x ) y2′ + q ( x ) y2 = 0; de manera que la expresión anterior se reduce a (2.28) u1′ ( x ) y1′ + u2′ ( x ) y2′ = f ( x ) Al considerar el sistema de ecuaciones formado por (2.27) y (2.28), tenemos u1′ ( x ) y1 + u2′ ( x ) y2 = 0 u1′ ( x ) y1′ + u2′ ( x ) y2′ = f ( x )


122

UNIDAD 2

Reconocer conceptos generales e integradores. Capacidad de análisis y síntesis.


Procedemos a resolver este sistema de ecuaciones por determinantes. Se garantiza que el sistema tendrá siempre una solución única, porque su determinante principal está dado por el wronskiano de las funciones { y1 , y2 } , que es un conjunto fundamental de la ecuación (2.24), de manera que W=

y1

y2

y1′

y2′

≠0

Los determinantes que completan la solución del sistema son y2

0

Δ1 =

= − y2 f ( x )

f ( x ) y2′

Δ2 =

y1

0

y1′

f (x)

= y1 f ( x )

La solución del sistema de ecuaciones es u1′ =

y f (x) Δ1 =− 2 W W

u2′ =

Δ2 y1 f ( x ) = W W

y f (x)

y f (x)

Al integrar, se tiene u1 = − ∫ 2 W dx y u2 = ∫ 1 W dx para que finalmente al sustituir en la ecuación (2.26) obtengamos la solución particular requerida

∫

y p = u1 ( x ) y1 + u2 ( x ) y2 = − y1

y2 f ( x ) dx + y2 W

∫

y1 f ( x ) dx W

y la solución general buscada: y = yc + y p = c1 y1 + c2 y2 + u1 ( x ) y1 + u2 ( x ) y2 y = c1 y1 + c2 y2 − y1

∫

y2 f ( x ) dx + y2 W

∫

y1 f ( x ) dx W

Ilustramos el procedimiento anterior en los siguientes ejemplos. EJEMPLO 1

Una ecuación no homogénea

Resolver la ecuación y ″ − 5 y ′ + 6 y = Resolver problemas.

e2x 1+ e x

utilizando el método de variación de parámetros.

Solución La ecuación homogénea asociada y ″ − 5 y ′ + 6 y = 0 tiene por ecuación auxiliar m 2 − 5 m + 6 = 0, entonces factorizamos ( m − 2)( m − 3) = 0 m = 2, m = 3

raíces auxiliares

yc = c1e 2 x + c2 e 3x


Si elegimos y1 = e 2 x y y2 = e 3x , tenemos W=

e2x 2e 2 x

e 3x 3e 3x

= e5x

wronskiano

2.5


Luego, al calcular los parámetros arbitrarios tenemos

∫

u1 = − u2 =

∫

y2 f ( x ) dx = − W

y1 f ( x ) dx = W

∫

∫

e 3x e 2 x dx = ln ( e x + 1) − x e 5 x (1 + e x )

e2xe2x dx = e (1 + e x ) 5x

∫

e−x dx = ln (1 + e x ) − x − e − x 1+ ex

Entonces, y p = u1 y1 + u2 y2


)

(

( ) ( ln (e + 1) − x − 1) + e ( ln (1 + e ) − x )

y p = ln ( e x + 1) − x e 2 x + ln (1 + e x ) − x − e − x e 3x

sustituimos u1 y u2

yp = e2x

reordenamos

x

3x

x

Como la solución general es de la forma y = yc + y p , entonces

)

(

(

y = c1e 2 x + c2 e 3x + e 2 x ln ( e x + 1) − x + e 3x ln (1 + e x ) − x

EJEMPLO 2

)


Resolver la ecuación y ″ − 2 y ′ + y =

ex x +1

utilizando el método de variación de parámetros. Resolver problemas.

Solución La ecuación homogénea asociada y ″ − 2 y ′ + y = 0 tiene por ecuación auxiliar m 2 − 2 m + 1 = 0, entonces ( m − 1)2 = 0

factorizamos

m = 1, multiplicidad 2

raíces auxiliares

yc = c1e x + c2 xe x


Si elegimos y1 = e x y y2 = xe x , tenemos W=

ex ex

xe x xe x + e x

= e2x

wronskiano

Luego u1 = − u2 =

∫

∫

y2 f ( x ) dx = − W

y1 f ( x ) dx = W

∫

∫

xe x e x dx = − e 2 x ( x + 1)

e xe x dx = e 2 x ( x + 1)

x

∫ x + 1 dx = ln ( x + 1) − x

1

∫ x + 1 dx = ln ( x + 1)



y p = ( ln ( x + 1) − x ) e x + xe x ln ( x + 1)

sustituimos u1 y u2

y p = ( x + 1) e x ln ( x + 1) − xe x

simplificamos

Finalmente, la solución general es y = c1e x + c2 xe x + ( x + 1) e x ln ( x + 1) − xe x .

123

124

UNIDAD 2


EJEMPLO 3


Resolver la ecuación y ″ − y = x 2 − 3x utilizando el método de variación de parámetros.

Solución La ecuación homogénea asociada y ″ − y = 0 tiene por ecuación auxiliar m 2 − 1 = 0 , entonces ( m − 1)( m + 1) = 0

factorizamos

m = 1, m = −1

raíces auxiliares

yc = c1e x + c2 e − x


Si elegimos y1 = e x y y2 = e − x , tenemos W=

e−x −e − x

ex ex

= −2

wronskiano

Luego u1 = − u2 =

∫

∫

y2 f ( x ) dx = − W

y1 f ( x ) dx = W

∫

∫

e − x ( x 2 − 3x −2

e x ( x 2 − 3x −2

) dx = 1 ( − x 2

) dx = − 1 ( x

2

2

2

)

+ x + 1 e−x

)

− 5x + 5 e x

Entonces, y p = u1 y1 + u2 y2 yp = ¢


)

)

1 ( − x2 + x + 1 e − x≤ e x + ¢− 21 ( x2 − 5x + 5 e x≤ e − x 2

y p = − x 2 + 3x − 2

sustituimos u1 y u2 simplificamos

La solución general es y = yc + y p , es decir, y = c1e x + c2 e − x − x 2 + 3x − 2

EJEMPLO 4


Resolver la ecuación y ″ + y = tan x utilizando el método de variación de parámetros. Resolver problemas.

Solución La ecuación homogénea asociada y ″ + y = 0 tiene por ecuación auxiliar m 2 + 1 = 0, entonces m2 + 1 = 0

ecuación auxiliar

m = + i, m = − i

raíces auxiliares

yc = c1 cos x + c2 sen x


Si elegimos y1 = cos x y y2 = sen x, tenemos W=

cos x

sen x

− sen x

cos x

=1

wronskiano

2.5


Luego, al calcular los parámetros arbitrarios u1 = − u2 =

∫

∫

sen x tan x y2 f ( x ) dx = − dx = − 1 W

∫

y1 f ( x ) dx = W

∫

cos x tan x dx = 1

∫

sen2 x dx = sen x − ln ( sec x + tan x ) cos x

∫ sen x dx = − cos x



y p = cos x ( sen x − ln ( sec x + tan x )) + sen x ( − cos x )

sustituimos u1 y u2

y p = − cos x ln ( sec x + tan x )

simplificamos

Finalmente, la solución general es la forma y = yc + y p , es decir, y = c1 cos x + c2 sen x − cos x ln ( sec x + tan x )

EJEMPLO 5


Resolver la ecuación y ″ − y = senh x utilizando el método de variación de parámetros. Resolver problemas.

Solución La ecuación homogénea asociada y ″ − y = 0 tiene por ecuación auxiliar m 2 − 1 = 0 , entonces ( m − 1)( m + 1) = 0

factorizamos

m = 1, m = −1

raíces auxiliares

yc = c1e x + c2 e − x


Si elegimos y1 = e x y y2 = e − x , tenemos W=

ex ex

e−x −e − x

= −2

wronskiano

Luego u1 = − u2 =

∫

∫

y2 f ( x ) dx = − W

y1 f ( x ) dx = W

∫

∫

e − x senh x 1 1 dx = x + e −2 x −2 4 8

e x senh x 1 1 dx = x − e 2 x 4 8 −2



1 1 1 1 y p = ¢ x + e −2 x≤ e x + ¢ x − e 2 x≤ e − x 4 8 4 8

sustituimos u1 y u2

yp =

1 x 1 −x 1 −x 1 x xe + e + xe − e 4 8 4 8

simplificamos

yp =

1 ex + e−x 1 ex − e−x x¢ ≤− ¢ ≤ 2 2 4 2

factorizamos

yp =

1 1 x cosh x − senh x 2 4


125

126

UNIDAD 2


Finalmente, la solución general es de la forma y = yc + y p , es decir, 1 y = c1e x + c2 e − x + x cosh x 2

EJEMPLO 6

Una ecuación no homogénea e−x x +5

Resolver la ecuación y ″ + 2 y ′ + y =

utilizando el método de variación de parámetros.

Solución La ecuación homogénea asociada y ″ + 2 y ′ + y = 0 tiene por ecuación auxiliar m 2 + 2 m + 1 = 0, entonces ( m + 1)2 = 0

factorizamos

m = −1 , multiplicidad 2

raíces auxiliares

yc = c1e − x + c2 xe − x


Si elegimos y1 = e − x y y2 = xe − x , tenemos W= Resolver problemas.

e−x −e x

xe − x − xe − x + e − x

= e −2 x

wronskiano

Luego u1 = − u2 =

∫

∫

y2 f ( x ) dx = − W

y1 f ( x ) dx = W

∫

∫

xe − x e − x dx = − e −2 x ( x + 5 )

e − xe − x dx = e ( x + 5) −2 x

x

∫ x + 5 dx = 5 ln ( x + 5) − x

1

∫ x + 5 dx = ln ( x + 5)



y p = (5 ln ( x + 5 ) − x ) e − x + xe − x ln ( x + 5 )

sustituimos u1 y u2

y p = ( x + 5 ) e − x ln ( x + 5 ) − xe − x

simplificamos

Finalmente, la solución general es de la forma y = yc + y p , es decir, y = c1e − x + c2 xe − x + ( x + 5 ) e − x ln ( x + 5 )

EJEMPLO 7

Un problema de valor inicial por variación de parámetros

Resolver el problema de valor inicial y ″ + 4 y ′ + 4 y = e −2 x ln x , y(0) = 2, y ′(0) = 4 por el método de variación de parámetros.

Solución La ecuación homogénea asociada y ″ + 4 y ′ + 4 y = 0 tiene por ecuación auxiliar m 2 + 4 m + 4 = 0, entonces ( m + 2)2 = 0

factorizamos

m = −2, multiplicidad 2

raíces auxiliares

yc = c1e −2 x + c2 xe −2 x


2.5


Si elegimos y1 = e −2 x y y2 = xe −2 x , tenemos W=

e −2 x −2e −2 x

xe −2 x −2 xe −2 x + e −2 x

= e −4 x

wronskiano

Luego u1 = − u2 =

∫

∫

y2 f ( x ) xe −2 x e −2 x ln x 1 1 dx = − dx = − x ln x dx = x 2 − x 2 ln x e −4 x 4 2 W

∫

y1 f ( x ) dx = W

∫

∫

e −2 x e −2 x ln x dx = e −4 x

∫ ln x dx = x ln x − x



1 1 y p = e −2 x ¢ x 2 − x 2 ln x≤ + xe −2 x ( x ln x − x ) sustituimos u1 y u2 4 2 3 1 simplificamos y p = x 2 e −2 x ln x − x 2 e −2 x 4 2 De esta manera, la solución general es de la forma y = yc + y p , es decir 1 3 y = c1e −2 x + c2 xe −2 x + x 2 e −2 x ln x − x 2 e −2 x 2 4 Para evaluar las condiciones iniciales y(0) = 2, y ′(0) = 4, derivamos 1 y ′ = −2c1e −2 x − 2c2 xe −2 x + c2 e −2 x + x(3x − 2)e −2 x − x( x − 1)e −2 x ln x 2 Luego, y(0) = c1 = 2 y y ′(0) = −2c1 + c2 = 4 Es decir, c1 = 2 y c2 = 8. Finalmente, 1 3 y = 2e −2 x + 8xe −2 x + x 2 e −2 x ln x − x 2 e −2 x 2 4

EJEMPLO 8


Resolver el problema de valor inicial y ″ + y = cos2 x , y variación de parámetros.

( ) = 0, y ′ ( ) = 0 por el método de π 2

π 2

Solución La ecuación homogénea asociada y ″ + y = 0 tiene por ecuación auxiliar m 2 + 1 = 0 , entonces m2 + 1 = 0

ecuación auxiliar

m = i, m = − i

raíces auxiliares

yc = c1 cos x + c2 sen x


Si elegimos y1 = cos x y y2 = sen x , tenemos W=

cos x

sen x

− sen x

cos x

=1

wronskiano

127

128

UNIDAD 2


Luego, u1 = − u2 =

∫

∫

y2 f ( x ) dx = − W

y1 f ( x ) dx = W

∫

∫

sen x cos2 x 1 dx = cos3 x 1 3

cos x cos2 x dx = 1

1

2

∫ cos x dx = 3 senx cos x + 3 senx 3

2



1 1 2 y p = cos x ¢ cos3 x≤ + sen x ¢ sen x cos2 x + sen x≤ 3 3 3

sustituimos u1 y u2

1 1 2 y p = cos 4 x + sen2 x cos2 x + sen2 x 3 3 3

simplificamos

yp = Resolver problemas.

1 1 + sen2 x 3 3

De esta manera, la solución general es de la forma y = yc + y p, es decir, 1 1 y = c1 cos x + c2 sen x + sen2 x + 3 3

π π Derivamos para evaluar las condiciones iniciales y ¢ ≤ = 0, y ′ ¢ ≤ = 0 2 2 2 y ′ = −c1 sen x + c2 cos x + sen x cos x 3 Sustituimos

π π π 1 π 1 y ¢ ≤ = c1 cos + c2 sen + sen2 + = 0 2 2 2 3 2 3 π π π 2 π π y ′ ¢ ≤ = −c1 sen + c2 cos + sen cos = 0 2 2 2 3 2 2 2 de donde, c1 = 0 y c2 = − . 3 Finalmente, 2 1 1 y = − sen x + sen2 x + 3 3 3

EJEMPLO 9


Resolver el problema de valor inicial y ″ + 2 y ′ − 8 y = 120, y(0) = 0, y ′(0) = 0 por el método de variación de parámetros.

Solución La ecuación homogénea asociada y ″ + 2 y ′ − 8 y = 0 tiene por ecuación auxiliar m 2 + 2 m − 8 = 0, entonces ( m − 2)( m + 4) = 0

factorizamos

m = 2, m = −4

raíces auxiliares

yc = c1e 2 x + c2 e −4 x


2.5


Si elegimos y1 = e 2 x y y2 = e −4 x , tenemos W=

e −4 x −4e −4 x

e2x 2e 2 x

= −6e −2 x

wronskiano

Luego, u1 = − u2 =

∫

∫

y2 f ( x ) dx = − W

y1 f ( x ) dx = W

∫

∫

e −4 x (120) dx = −10e −2 x −6e −2 x

e 2 x (120) dx = −5e 4 x −6e −2 x



)

y p = e 2 x ( −10e −2 x + e −4 x ( −5e 4 x

)

y p = −15

sustituimos u1 y u2 simplificamos

De esta manera, la solución general de la forma y = yc + y p es y = c1e 2 x + c2 e −4 x − 15

solución general

y ′ = 2c1e 2 x − 4c2 e −4 x

derivamos

y(0) = c1 + c2 − 15 = 0

evaluamos y(0) = 0

y ′(0) = 2c1 − 4c2 = 0

evaluamos y ′(0) = 0

Al resolver el sistema, tenemos c1 = 10 y c2 = 5 . Finalmente, y = 10e 2 x + 5e −4 x − 15

2.5

Desarrollo de competencias 6. y ″ + y = sec x


En los problemas 1 a 37, determinar la solución general de la ecuación diferencial no homogénea dada utilizando el método de variación de parámetros. 1. y ″ + y = x

7. y ″ + y = csc x 8. y ″ + y = sec x tan x 9. y ″ − y ′ =

1 1+ ex

2. y ″ + 3 y ′ + 2 y = e x

10. y ″ + y = csc x cot x

3. y ″ − y ′ − 20 y = 27e −4 x

11. y ″ + y = −3sen x cos x

4. y ″ + y = cos x

12. y ″ + y = sec 2 x

5. y ″ + y = cot x

13. y ″ − 2 y ′ + 2 y = e x

129

130


UNIDAD 2

14. y ″ + y = sen 2 x

30. y ″ + 2 y ′ + y =

e−x x4

15. y ″ + y = sen2 x 31. y ″ − 8 y ′ + 16 y = 16. y ″ + 4 y = sec 2 x

e 4x x4

32. y ″ + 4 y ′ + 4 y = e −2 x tan −1 2 x

ex 17. y ″ − y ′ = 1+ ex

33. y ″ − 2 y ′ − 8 y = 7e −3x

18. y ″ − 4 y = cosh 2 x

34. y ″ + y ′ = 6 ( x 2 − x

19. y ″ − y = cosh 2 x

35. y ″ − 2 y ′ = −5 cos x

20. y ″ − 4 y = senh x

36. y ″ − y ′ = 10 sen x

21. y ″ − 9 y = xe 3x

37. y ″ − 4 y = −20 sen x

22. y ″ − 2 y ′ + y =

ex x −1

23. y ″ − 4 y ′ + 4 y =

e2x x +1

24. y ″ − y ′ = (16 + 4x ) e − x e −2 x 25. y ″ + 4 y ′ + 4 y = 2 x +1 1

26. 4 y ″ − 4 y ′ + y = e 2 x ln x 27. y ″ − 6 y ′ + 9 y =

e 3x x

e 3x 28. y ″ − 6 y ′ + 9 y = 2 x 29. y ″ + 4 y ′ + 4 y =

2.5

e −2 x x3

)

En los problemas 38 a 44, resolver la ecuación diferencial no homogénea sujeta a las condiciones dadas. Utilizar un SAC para graficar la solución particular.


38. y ″ + y = 1,

y(0) = 4, y ′(0) = 8

39. y ″ + y ′ − 2 y = 28 ,

y(0) = 0, y ′(0) = 0

40. y ″ + y ′ − 6 y = 80 xe x ,

y(0) = 1, y ′(0) = 1

41. y ″ + y = e x ,

y(0) = 0, y ′(0) = 0

x , ex

y(0) = 1, y ′(0) = 0

42. y ″ − y =

43. y ″ − 8 y ′ − 20 y = 270e x ,

y(0) = 0, y ′(0) = 0

e 3x , x2 + 9

y(0) = 0, y ′(0) = 0

44. y ″ − 6 y ′ + 9 y =

Competencia final 3. y ″ + y = − csc 2 x

Resolver problemas. Capacidad para generar nuevas ideas.

En los problemas 1 a 8, determinar la solución general de la ecuación diferencial no homogénea dada utilizando el método de variación de parámetros. 1. y ″ − y = cosh x 2. y ″ − y = senh 2 x

4. y ″ + 10 y ′ + 25 y =

e5x x + 25 2

5. y ″ + 10 y ′ + 25 y = e 5 x ln5x 6. y ″ + 8 y ′ + 15 y = 27 ( 32 x + 32 ) e x

2.5

7. 4 y ″ − 4 y ′ + y = e 2 x tan −1 1

x 2

8. y ″ + 3 y ′ + 2 y = cos e x En los problemas 9 y 10, resolver la ecuación diferencial no homogénea sujeta a las condiciones dadas. Utilizar un SAC para graficar la solución particular.



9. y ″ − 2 y ′ + 8 y = 64x 2 , 10. y ″ + y = sen x ,

y(0) = 1, y ′(0) = −1

y(π ) = 0, y ′(π ) = 2

131

Unidad

3

LA TRANSFORMADA DE LAPLACE

3.1 Introducción 3.2 Teoría preliminar 3.3 La transformada de Laplace directa 3.4 La transformada inversa de Laplace 3.5 Teoremas de traslación



3.6 Derivada de una transformada, transformada de una función periódica y convolución 3.7 Solución de ecuaciones diferenciales e integrales 3.8 La función delta de Dirac






134

UNIDAD 3

La transformada de Laplace

3.1

Introducción

La transformada de Laplace es en la actualidad una herramienta fundamental para resolver problemas de valor inicial que modelan situaciones reales de la física y las matemáticas. De manera formal, la transformada de Laplace es una aplicación entre dos espacios de funciones que puede reducir una ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes a una ecuación algebraica, de manera que proporciona un método rápido y eficaz para resolver este tipo de problemas. De un modo más general, la transformada de Laplace es una herramienta útil para resolver algunas ecuaciones diferenciales parciales con coeficientes no constantes, y algunas ecuaciones integrales. Históricamente, los métodos clásicos para la solución de problemas de valores en la frontera encuentran su origen en el trabajo precursor de Fourier. Más tarde, el trabajo de Heaviside permitió el desarrollo de nuevas técnicas basadas en la teoría de las transformadas integrales, que evidentemente tuvo algunas ventajas sobre los métodos tradicionales. Tomando como base las ecuaciones diferenciales ordinarias con coeficientes constantes que modelan matemáticamente el funcionamiento de algunos circuitos eléctricos, Heaviside se interesó en el desarrollo de métodos de solución que después extendió al conjunto de las ecuaciones diferenciales parciales que aparecen en la teoría electromagnética y en la transferencia de calor con tal eficiencia, que pudo resolver muchos problemas hasta entonces abiertos, de una manera accesible. El trabajo de Heaviside se vio reforzado con los estudios de gente como Bronwich, Carson, Vander Pool y Doetsch. Básicamente, al utilizar una transformada integral, una ecuación diferencial parcial en n variables independientes se puede reducir a otra con n − 1 variables; de manera que una aplicación sucesiva puede reducir el problema a una ecuación diferencial ordinaria, y de hecho en algunos casos, la reducción puede realizarse hasta obtener una ecuación algebraica mucho más simple de resolver porque evitamos el uso de integrales. En la sección 3.8 aprenderemos que la solución algebraica mencionada produce la solución al problema original al utilizar la transformada de Laplace inversa. En esta unidad estudiaremos las propiedades básicas de la transformada de Laplace que nos permitirán resolver un problema de valor inicial cuando la ecuación diferencial es lineal, ordinaria y de coeficientes constantes.

3.2

Teoría preliminar

La transformada de Laplace se define por medio de una integral impropia; por esto, antes de definirla recordaremos de manera breve la definición de uno de los dos tipos de integrales impropias que se conocen, y estableceremos la notación que se utilizará durante el desarrollo de esta unidad.

Definición 1

Reconocer conceptos generales e integradores. Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita.

Integral impropia

∞

Sea f ( x ) una función definida en el intervalo [ a, ∞ ), entonces la integral impropia ∫ f ( x ) dx a se define por el límite

∫

∞

a

f ( x ) dx = lím

b →∞

∫

b

f ( x ) dx

a

Si el límite existe, se dice que la integral es convergente.

3.2

Teoría preliminar

135

De manera formal, una integral impropia se calcula utilizando un proceso de límite al infinito, es decir, si F(x) es una antiderivada de f (x)

∫

∞

∫

∞

f ( x ) dx = lím

b →∞

a

a

∫

b

f ( x ) dx = lím [ F ( x ) ]a b

b →∞

a

f ( x ) dx = lím [ F ( b ) − F ( a ) ] b →∞

así que la integral impropia aparece siempre que exista el límite mostrado; en tal caso, se dice que la integral es convergente. En caso contrario, si el límite no existe, la integral es divergente. Durante el desarrollo de esta unidad estableceremos la convención de que la integral anterior se escribirá como

∫

∞

a

f ( x ) dx = F ( x ) a := lím [ F ( b ) − F ( a ) ] ∞

b →∞

∞

Esta convención establece que la expresión F ( x ) a , que formalmente no es correcta porque los límites de evaluación no pueden ser ∞ ni −∞, será considerada como el límite lím [ F ( b ) − F ( a ) ].

Reconocer conceptos generales e integradores. Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita.

b →∞

Pierre Simon Marqués de Laplace (Beaumont-en-Auge, Francia, 1749-París, 1827). Matemático francés. Fue el hijo de un granjero, que inició sus estudios primarios en la escuela local, pero gracias a la intervención de D’ Alembert, profundamente impresionado por sus escritos sobre los principios de la mecánica, pudo trasladarse a la capital francesa, donde consiguió una plaza en la École Militaire. A los 21 años de edad desarrolló la mayor parte de su trabajo sobre astronomía, particularmente sobre las desigualdades planetarias y algunos más sobre cálculo integral y ecuaciones diferenciales en derivadas parciales. A los 34 años realizó el análisis de armónicos (coeficientes de Laplace) y el concepto de potencial. En 1796 publicó su Exposición del sistema del mundo, en donde ofrecía su versión de la mecánica newtoniana y la exposición del Sistema Solar. Sus resultados analíticos sobre la mecánica estelar se publicaron en los cinco volúmenes del Tratado de mecánica celeste (1799-1825). En 1814, Laplace publicó Teoría analítica de las probabilidades donde expuso el método de los mínimos cuadrados y la base de toda la teoría de los errores.

Nota biogr áfic a

Definición de la transformada de Laplace 2 Definición

La transformada de Laplace Sea f (t) una función definida en el intervalo [0, ∞ ), se define la transformada de Laplace de f (t) por medio de la transformada integral L

{ f (t )} = ∫

∞

f (t ) e − st dt

0

siempre que la integral sea convergente. Podemos observar que si la integral impropia de la definición anterior converge, entonces el resultado de la evaluación es una función en términos del parámetro arbitrario s, de manera que es muy común escribir L

{ f (t )} = F ( s )

136

UNIDAD 3


En esta obra denotamos con letras minúsculas, las funciones de dominio real que se transforman bajo Laplace; y con letras mayúsculas, las transformadas obtenidas.

EJEMPLO 1

La transformada de Laplace del 1

{ 1 }.

Evaluar L

Solución Por definición de la transformada de Laplace tenemos L {1} =

Resolver problemas.

L {1} =

∫

∞

∫

∞

e − st dt

por definición

0

e − st dt = lím b →∞

0

b

∫e

− st

dt

utilizamos notación de límite

0

b 1 1 L {1} = lím − e − st = − lím [ e − sb − 1] b →∞[ s ]0 s b→∞

L {1} = −

OBSERVACIÓN 1

integramos

1 1 [ 0 − 1] = s s

simplificamos

Si utilizamos la notación anteriormente establecida, el ejemplo anterior se

escribe como L {1} =

∫

∞

0

∞ 1 1 1 e − st dt = − e − st = − lím [ e − sb − 1] = [ s ]0 s b→∞ s

en donde entendemos que debido al límite superior ∞, la expresión e−st se evalúa mediante un proceso de límite al infinito; mientras que para el límite inferior 0, simplemente se realiza una evaluación directa.

EJEMPLO 2

Evaluar L Resolver problemas.

La transformada de Laplace de f(t) = t

{ 1 }.

Solución Por definición de la transformada de Laplace tenemos L {t } =

∫

∞

t e − st dt

0

t L {t } = − e − st s L {t } = 0 +

∞ 0

1 s

1 L {1} s

1 1 1 L {t } = ⋅ = 2 s s s

EJEMPLO 3

+

∫

∞

e − st dt


0 b t porque lím − e − st = 0 b →∞[ s ]0

sustituimos L {1} =

La transformada de Laplace de f(t) = t2

{ }

Evaluar f (t ) = t 2 .

1 s

3.2

Teoría preliminar

137

Solución Por definición de la transformada de Laplace tenemos

{ }

L t2 =

{ }

∫

∞

t 2 e − st dt

por definición

0

L t2 = −

t 2 − st e s

∞

+

0

2 s

{ }

∫

∞

L t2 = 0 +

2 L s

t e − st dt

∫

∞

t e − st dt

evaluamos

0 b t2 sustituimos lím − e − st = 0 b →∞[ ]0 s

{ t}

{ }

2 1 2 L t2 = ⋅ 2 = 3 s s s

sustituimos L {t } =

1 s2

La transformada de Laplace de f(t) = eat

EJEMPLO 4

Evaluar L


0

b 1 2 L t 2 = lím − e − st + b →∞[ s ]0 s

{ }

Resolver problemas.

{ e }. at

Argumentar con contundencia y precisión. Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita. Lograr un pensamiento lógico, analítico y sintético.

Solución Por definición de transformada de Laplace tenemos

{ }

L e at =

{ }

L e at =

∫

∞

∫

∞

e at e − st dt

por definición

e − ( s − a ) t dt

factorizamos −t

0

0

{ }

1 [ e − ( s− a )t ] ∞0 s−a

evaluamos integral

{ }

b 1 lím [ e − ( s − a ) t ] 0 b →∞ s−a

evaluamos

{ }

1 lím [ e − ( s − a ) b − 1] s − a b→∞

desarrollamos

L e at = − L e at = − L e at = −

{ }

L e at =

1 s−a

porque lím e − ( s − a ) b = 0 b →∞

Antes de presentar más ejemplos de cómo calcular la transformada de Laplace de otras funciones elementales, demostraremos el siguiente teorema que establece una de las propiedades importantes del operador de Laplace L , como lo es la linealidad.

Teorema 1 La transformada de Laplace es lineal Demostración Consideramos la combinación lineal de funciones c1 f (t ) + c2 g (t ). Entonces por definición de la transformada de Laplace L {c1 f (t ) + c2 g (t )} =

∫

∞

0

(c1 f (t ) + c2 g(t )) e − st

dt

La transformada de Laplace es lineal, es decir, la transformada de una suma de funciones es la suma de las transformadas, y la transformada del múltiplo de una función es el múltiplo de una transformada.

138

UNIDAD 3


Si utilizamos la linealidad de la integral, podemos escribir L {c1 f (t ) + c2 g (t )} = c1

∫

∞

0

f (t ) e − st dt + c2

∫

∞

g (t ) e − st dt

0

De manera que L {c1 f (t ) + c2 g (t )} = c1L

EJEMPLO 5

La transformada de Laplace de las funciones hiperbólicas

Evaluar L {senh at } y L Resolver problemas.

{ f (t )} + c2 L { g(t )}

{cosh at} .

Solución Para evaluar estas transformadas, utilizamos la definición de las funciones hiperbólicas de seno y coseno

{(

}

1 at e − e − at ) 2

L {senh at } = L

utilizamos senh at =

1 at (e − e − at ) 2

L {senh at } =

1 L {e at } − L {e − at } ] 2[

por linealidad de L

L {senh at } =

1 1 1 − 2[ s − a s + a ]

transformamos cada término

L {senh at } =

a s − a2

simplificamos

2

Del mismo modo, para la función coseno hiperbólico tenemos L

{cosh at} = L

L

{cosh at} =

utilizamos cosh at =

1 at (e + e − at ) 2

por linealidad de L

L {senh at } =

1 1 1 + 2[ s − a s + a ]


L {senh at } =

s s − a2

simplificamos

2

La transformada de Laplace de las funciones seno y coseno

Evaluar L {sen at } y L

Utilizando la expansión de Maclaurin en serie de potencias de la función exponencial se puede demostrar que eiθ = cos θ + i sen θ.

}

1 at e + e − at ) 2

1 L {e at } + L {e − at } ] 2[


{(

{cos at} .

Solución Para calcular las transformadas de Laplace de las funciones sen at y cos at utilizamos la forma exponencial (forma de Euler) de un complejo, de manera que

{ }

L e iat =

∫

∞

0

e iat e − st dt

transformada de Laplace de e iat

3.2

{ }

L e iat =

∫

∞

e − ( s − ai )t dt

Teoría preliminar

asociamos

0

{ }

1 [ e − ( s− ai )t ] 0∞ s − ai

integramos

L e iat = −

{ }

b 1 lím [ e − ( s − ai )t ] 0 b →∞ s − ai

desarrollamos

{ }

1 1 [ 0 − 1] = s − ai s − ai

evaluamos

{ }

s + ai 1 s + ai ⋅ = s − a i s + a i s2 + a2

racionalizamos

{ }

s a +i 2 2 s + a2 s +a

separamos

L e iat = −

L e iat = − L e iat = L e iat =

2

Si recordamos que la forma exponencial de un complejo está dada por e iθ = cos θ + i sen θ , podemos escribir s a L e iat = L {cos at + i sen at } = 2 +i 2 2 s +a s + a2 Luego, si utilizamos la propiedad de linealidad de la transformada de Laplace s a L {cos at } + iL {sen at } = 2 +i 2 2 s +a s + a2 De manera que a s L {sen at } = 2 L {cos at } = 2 2 y s + a2 s +a

{ }

Condiciones suficientes de existencia para la transformada de Laplace En los ejemplos anteriores evaluamos la transformada de Laplace de algunas funciones elementales utilizando la definición y pudimos observar que la convergencia de la integral depende de la evaluación del límite al infinito de la función obtenida. Para ilustrar lo anterior consideremos el siguiente ejemplo general. Sea F(t) una antiderivada de la función f (t), al calcular L { f (t )} por definición tenemos L

{ f (t )} = ∫

∞

f (t ) e − st dt

0

Si resolvemos esta integral por partes, escribimos u = f (t ) dv = e − st dt De manera que L

{ f (t )} = − L

1 f (t ) e − st s

{ f (t )} = −

du = f ′(t ) dt 1 v = − e − st s ∞ 0

1 f (t ) e − st s

− ∞ 0

1 s

∫

∞

f ′(t ) e − st dt

0

1 − L s

{ f ′(t )}

Si la integración por partes elegida es correcta, en teoría el término L { f ′(t )} resulta ser una nueva transformada de Laplace más sencilla que la inicial, la cual puede evaluarse repitiendo el proceso de integración impropia.

139

Representar e interpretar conceptos en forma geométrica. Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita.

140

UNIDAD 3

La transformada de Laplace ∞

1

Capacidad de análisis y síntesis. Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita.

Centremos nuestra atención en el término − s f (t ) e − st 0 . De manera estricta, la evaluación debe hacerse a través de un límite −

1 f (t ) e − st s

∞ 0

b 1 1 = − lím [ f (t )e − st ] 0 = − lím[ f ( b )e − sb − f (0)] s b→∞ s b→∞

1 f (b ) 1 = − lím sb + lím f (0) s b→∞ e s b→∞ 1 f ( b ) f (0) = − lím sb + s b→∞ e s Podemos observar, entonces, que la existencia de L { f (t )} está sujeta a la existencia del ∞ 1 f (b) término − s f (t ) e − st 0 y este a su vez a la existencia del límite lím sb , el cual existe siempre y b →∞ e cuando la función f (t) no crezca más rápido que la función exponencial. Para precisar las condiciones que deben cumplirse para que la transformada de Laplace de una función exista, presentamos las siguientes definiciones.

Definición 3


Continuidad por partes Una función f (t) se dice continua por partes en el intervalo a ≤ t ≤ b cuando el intervalo puede subdividirse en un número finito de subintervalos: a = t0 < t < t1 , t1 < t < t2 ,  , tn −1 < t < b = tn ; de manera que a) f (t) es continua cada subintervalo abierto (tk , tk +1 ), k = 0,1,, n − 1.

b) f (t) tiene una discontinuidad en t = tk , k = 1,, n − 1 (ver FIGURA 3.1). f (t)

Representar e interpretar conceptos en forma geométrica.

t t0

tk

tk+1

tn

Figura 3.1

Un resultado importante del cálculo integral consiste en verificar que una función continua por partes en un intervalo finito es integrable sobre ese intervalo. Aceptaremos este hecho sin una demostración formal con el objetivo de presentar el teorema que garantiza las condiciones de existencia de la transformada de Laplace.

Definición 4 Reconocer conceptos generales e integradores.

Función de orden exponencial k Una función f (t) se dice de orden exponencial k si existen números reales k, A, t0 > 0 tales que f (t) ≤ Aekt para todo t > t0.

Una función es de orden exponencial si su gráfica no crece más rápido que la gráfica de una función exponencial.

En pocas palabras: se dice que una función f (t) es de orden exponencial si su gráfica no crece más rápido que la función exponencial.

3.2 EJEMPLO 7

Teoría preliminar

Funciones de orden exponencial

{

}

a) Dado que las funciones t 2 ,sen t, e t satisfacen t 2 < e t , sen t < e t y e t < e 2t , entonces las funciones son de orden exponencial 1, 1 y 2, respectivamente. 2 3 b) Las funciones e t , e t no son de orden exponencial porque sus gráficas crecen más rápido que toda exponencial de la forma Aekt. t c) Si suponemos que t ≤ Aekt para t > t0 y k > 0 escribimos de manera equivalente kt ≤ A, e t 1 y dado que lím kt = lím kt = 0 para todo valor k > 0, entonces la función f (t) = t es de t →∞ e t →∞ ke orden exponencial k. d) Si suponemos que t n ≤ Aekt para n entero positivo, t > t0 y k > 0, se tiene de manera equiva-

{

lente

tn e kt

141

}

≤ A. Al aplicar repetidamente la regla de L’Hôpital para evaluar el límite lím t →∞

tn e kt

Resolver problemas.

Capacidad de análisis y síntesis. Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita.

se puede verificar que su valor siempre es finito; de manera que la función f (t) = t n es de orden exponencial k para todo entero positivo n.

Ya estamos en condiciones de enunciar el teorema que garantiza las condiciones que deben cumplirse para que exista la transformada de Laplace de una función. El teorema se presenta sin demostración.


Teorema 2 Condiciones para la existencia de la transformada de Laplace Si f (t) es una función continua por partes en el intervalo [0, ∞) y de orden exponencial k para t > t0 , entonces existe transformada de Laplace F(s) para s > k.

{

}

Como puede observarse, las funciones 1, t, t 2 , t n , e at ,sen t,cos t, senh t,cosh t son todas continuas por partes y de orden exponencial; en consecuencia, la existencia de su transformada de Laplace se justifica, no así para el caso de las funcio2 3 nes y = e t y y = e t . EJEMPLO 8

La transformada de Laplace de f (t ) = t n

Demostrar que L

{ t } = sn ! . n

n +1

Solución Utilizaremos el principio de inducción matemática para demostrar que n! L { t n } = n +1 s 1! Si n = 1, la expresión se reduce a L { t } = 2 . s

{ t } = sn ! n

Supongamos válido el resultado L Tenemos

{ }

L t n +1 = L

∫

∞

para el entero n

t n +1 e − st dt

por definición

0 n +1

{t } = −t s n +1

n +1

e − st

∞ 0

+

n +1 s

∫

∞

0

t n e − st dt


De manera básica, el principio de la inducción matemática establece que si una propiedad es válida para el valor n = 1 y si además dicha propiedad se supone válida para un entero cualquiera n, entonces, si se puede demostrar que la propiedad es válida para el entero siguiente n + 1, se concluye que la propiedad es válida para todo número entero n.

Resolver problemas. Capacidad de análisis y síntesis. Argumentar con contundencia y precisión.

142

UNIDAD 3


L

{ t } = 0 + n s+ 1 ∫ n +1

∞

t n e − st dt

t n+1 es de orden exponencial

0

L

{ t } = n s+ 1 L { t }

simplificamos

L

{ t } = n s+ 1 sn !

por hipótesis de inducción

L

{ t } = ( ns + 1)!

n +1

n

n +1

n +1

n +1

n+2

Esta última expresión corresponde al valor n + 1, que completa la demostración por inducción. Otras funciones muy comunes utilizadas en las matemáticas avanzadas son las funciones escalonadas, las cuales se definen por partes y cuyas gráficas generalmente se componen de dos o más gráficas. Por ejemplo, una función escalonada es

h(t ) = b

f (t ) 0 ≤ t < a g (t )

a ≤t

,

cuya gráfica se ilustra de manera general en la FIGURA 3.2. h(t) f (t) Representar e interpretar conceptos en forma geométrica.

g(t)

t

a Figura 3.2

En este momento, la única herramienta con la que contamos para transformar una función escalonada es la definición de transformada de Laplace. Más adelante, en la sección 3.5, presentaremos una opción más eficiente para resolver el mismo tipo de problemas, conocida como el segundo teorema de traslación. En el siguiente ejemplo mostramos cómo se aplica la definición para determinar la transformada de Laplace de una función escalonada.

EJEMPLO 9


La transformada de Laplace de una función escalonada

{ f (t )}, donde f (t ) = b 0 0 ≤ t < a , a ≤t

1

a > 0.

Solución Tenemos, entonces, que por definición L

{ f (t )} = ∫

∞

{ f (t )} = ∫

a

{ f (t )} = ∫

a

f (t )e − st dt

definición de transformada

0

L

∫

f (t ) e − st dt +

0

f (t ) e − st dt

separamos integrales

a

0

L

∞

(0)e − st dt +

∫

∞

a

(1) e − st dt

sustituimos el valor de f (t)

3.2 ∞

L

{ f (t )} = −

1 lím e − st − e − as ] s[ t →∞

L

{ f (t )} =

e − st dt = −

a

143

∞

{ f (t )} = ∫

L

Teoría preliminar

1 − st e ]a s[

e−a s s

evaluamos la integral evaluamos límite al infinito lím e − st = 0 t →∞

La gráfica de la función f (t) en cuestión se observa en la FIGURA 3.3. f (t)

1

a

Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías. Representar e interpretar conceptos en forma geométrica.

t

Figura 3.3

La función considerada en el ejercicio anterior se conoce como la función escalón unitario. En la sección 3.5 estudiaremos algunas propiedades importantes de esta función, como el segundo teorema de traslación. EJEMPLO 10

Evaluar L

La transformada de Laplace de una función escalonada

{ f (t )} , donde

f (t ) = b

t 0 ≤t <1 . 1 1≤ t

Resolver problemas.

Solución La gráfica de f (t) se muestra en la FIGURA 3.4. f (t)

Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías. Representar e interpretar conceptos en forma geométrica.

1

1

t

Figura 3.4

Tenemos, entonces, que por definición L

1

{ f (t )} = ∫

1

{ f (t )} = −

t − st 1 1 − st 1 1 − st ∞ e 0 − 2 [ e ]0 − [ e ]1 s s s

f (t ) e − st dt +

0

L

0

L

∞

{ f (t )} = ∫

∫

f (t ) e − st dt

definición de la transformada

1

t e − st dt +

∫

∞

(1) e − st dt

sustituimos el valor de f (t)

1

evaluamos las integrales

144


UNIDAD 3

L

{ f (t )} = −

L

{ f (t )} =

e−s 1 −s 1 − 2 [ e − 1] − [ 0 − e − s ] s s s

evaluamos límites al infinito

1 1 −s − e s2 s2

Como lo hemos mencionado, existe un método alternativo para transformar funciones escalonadas. En la sección 3.5 resolveremos los dos ejemplos anteriores utilizando el segundo teorema de traslación, para poder observar la ventaja de no aplicar la definición de manera directa.

3.2


Resolver problemas.

En los problemas 1 a 20, utilizar la definición de transformada de Laplace para determinar L { f (t )} = F ( s ). 1. f (t ) = 2t + 1 2. f (t ) = −6t 2

13. f (t ) = b

1 0 ≤t <1 0 1≤ t

14. f (t ) = b

2t + 1 0 ≤ t < π 3 π ≤t

15. f (t ) = b

t +1 0 ≤ t < 1 t −1 1≤ t

16. f (t ) = b

t 0≤t <3 0 3≤t

17. f (t ) = b

0 0 ≤t <1 t 1≤ t

18. f (t ) = b

t 0 ≤t <1 −t 1≤ 2

3. f (t ) = (t − 1)

2

4. f (t ) = (t + 1)3 5. f (t ) = (t 2 + 2t − 2

)

2

6. f (t ) = 2t 3 − 3t 2 + 4t − 1 7. f (t ) = e 2t −3 8. f (t ) = e −2 + 4t 9. f (t ) = te

t

10. f (t ) = t 2 e t 11. f (t ) = t cos t 12. f (t ) = e t sen t

2 19. f (t ) = b t 4

0≤t <2 2≤t

t 0 ≤t <1 20. f (t ) = c 1 1 ≤ t < 2 0 2≤t

3.3

3.2

La transformada de Laplace directa

Competencia final 3. f (t ) = t sen t


4. f (t ) = e t cos t

En los problemas 1 a 6, utilizar la definición de transformada de Laplace para determinar L { f (t )} = F ( s ).

2. f (t ) = t 2 − 2t

0 ≤t <1 1≤ t

5. f (t ) = b

t t2

6. f (t ) = b

1 0≤t <π −1 π ≤t

1. f (t ) = 1 − t

3.3

145


En la sección anterior, por medio de la definición determinamos la transformada de Laplace de funciones básicas como 1, t, t 2 , t n , e at , sen t, cos t, senh t, cosh t . En general, una primera forma de calcular la transformada de Laplace de alguna función es la aplicación directa de la definición, lo cual implica resolver de manera implícita una integral impropia. Una forma alterna es utilizar las transformadas de Laplace de las funciones elementales anteriormente obtenidas. A manera de resumen, en el siguiente teorema se muestra la transformada de Laplace de las funciones elementales.

Teorema 1 Transformada de Laplace de funciones elementales f(t)

L

{ f (t )}

f(t)

L

{ f (t )}

1

1 s

sen at

a s + a2

t

1 s2

cos at

s s + a2

t2

2! s3

senh at

a s − a2

tn

n! s n +1

cosh at

s s − a2

eat

1 s−a

2

2

2

2

La demostración de todas las transformadas anteriores se ha expuesto en los ejercicios precedentes.

Representar e interpretar conceptos en forma algebraica.

146

UNIDAD 3


Entendemos que una transformada de Laplace se calcula de manera directa si se aplica alguna de las fórmulas mostradas en el teorema anterior en combinación con identidades algebraicas y trigonométricas.

EJEMPLO 1

L es lineal

{

}

Calcular L 6t 3 − 8t 2 + 4t − 1 . Resolver problemas.

Solución Si utilizamos la linealidad de la transformada de Laplace del teorema anterior, tenemos

{

}

{

}

{

}

{ }

{ }

L 6t 3 − 8t 2 + 4t − 1 = 6L t 3 − 8L t 2 + 4L {t } − L {1} L 6t 3 − 8t 2 + 4t − 1 = 6 L 6t 3 − 8t 2 + 4t − 1 =

EJEMPLO 2

3! 2! 1 1 −8 3 +4 2 − 4 s s s s


36 16 4 1 − + − s4 s3 s2 s

simplificamos

Una transformada de Laplace directa

{

}

Evaluar L (t − 3) . Resolver problemas.

3

Solución

{ } = L {t − 9t + 27t − 27} L {(t − 3) } = L {t } − 9L {t } + 27L {t } − L {27} 6 18 27 27 L {(t − 3) } = − + − s s s s L (t − 3)


3

3

3

3

2

2

3

4

EJEMPLO 3

Evaluar L

3

2

desarrollamos binomio aplicamos linealidad transformamos cada término

Otra transformada de Laplace directa

{cos 4t cos t}.

Solución Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita. Capacidad para generar nuevas ideas.

L

{cos 4t cos t} = L { 21 ( cos5t + cos3t )}

cos A cos B =

L

{cos 4t cos t} = 21 L {cos5t} + 21 L {cos3t}

aplicamos linealidad

L

{cos 4t cos t} =

s s + 2 ( s 2 + 25 2 ( s 2 + 9

)

)

1 2

( cos( A + B ) + cos( A − B ) )


3.3

3.3


147

Desarrollo de competencias 19. f (t ) = sen6t − 3cosh 6t

Resolver problemas.

En los problemas 1 a 35, evaluar la transformada de Laplace de las siguientes funciones mediante la aplicación directa de alguna de las fórmulas mostradas en el teorema 1: identidades trigonométricas y propiedades de linealidad de la transformada. 1. f (t ) = t 3 − 5t 2 + 6t − 3

20. f (t ) = senh t − 3cos7t 21. f (t ) = 4senh t − 5 cosh t 22. f (t ) = cos2 t

2. f (t ) = t 4 − 2t 3 + 5t 2 − 2t − 1

23. f (t ) = sen t cos t

3. f (t ) = (t + 2 )

24. f (t ) = sen3t sen6t

3

)

4. f (t ) = (t 2 − 2t + 1

2

25. f (t ) = cos 4t cos3t

)

5. f (t ) = (t 3 − 5t

2 2

6. f (t ) = (t 3 − 5t

2 4

)

7. f (t ) = ( e + 4e 3t

26. f (t ) = sen3 t 27. f (t ) = cos3 t

)

−2 t 2

28. f (t ) = sen2 t cos2 t

8. f (t ) = ( e t + e − t )

2

9. f (t ) = ( 3e −2t − e −4t 10. f (t ) = ( e −6t + 4

)

2

)

2

11. f (t ) = e 2t cosh t 12. f (t ) = senh 2 t 13. f (t ) = cosh 2 t 14. f (t ) = cosh 3 t

29. f (t ) = sen 4 t 30. f (t ) = cos 4 t 31. f (t ) = ( sen t + cos t )

2

32. f (t ) = ( sen2t − cos2t )

2

33. f (t ) = ( cos 4t + cos3t )

2

34. f (t ) = ( senh t − cosh t )

2

15. f (t ) = senh t cosh t 16. f (t ) = sen at cosh at 17. f (t ) = senh 2t cosh 3t 18. f (t ) = sen3t − cos6t

35. Si x > 0 se define la función gamma por medio de la integral Γ( x ) =

∫

∞

t x −1e − t dt,

0

demostrar que L {t x } =

Γ ( x + 1) , con x > −1. s x +1

148


UNIDAD 3

En los problemas 36 a 40, utilizar el problema anterior para determinar la transformada de Laplace de las funciones dadas. 36. f (t ) = t 2

38.

f (t ) = t

39. f (t ) =

1 t

40. f (t ) = t 3/2

37. f (t ) = t , n ∈  n

3.3

Competencia final 3. f (t ) = ( 2t − 3)

2


4. f (t ) = ( e −3t − 2e t

En los problemas 1 a 9, evaluar la transformada de Laplace de las siguientes funciones mediante la aplicación directa de alguna de las fórmulas mostradas en el teorema 3: identidades trigonométricas y las propiedades de linealidad de la transformada. 1. f (t ) = (t + t 2 − 2t 3

6. f (t ) = senh 3 t 7. f (t ) = sen2 t 8. f (t ) = cos at senh at

)

2

9. f (t ) = cos at cosh at

3.4

Definición 1

La transformada inversa de Laplace

Como lo comentamos al inicio de la unidad, la transformada de Laplace es una herramienta muy útil para resolver problemas de valor inicial. Básicamente, su aplicación transforma una ecuación diferencial en una ecuación algebraica. En la sección anterior pudimos verificar que la evaluación de una transformada de manera directa no presenta mayor dificultad, ya que el problema se reduce a la aplicación directa de las fórmulas presentadas en el teorema 1 de la sección anterior. Sin embargo, el proceso contrario de calcular una transformada inversa de Laplace requiere mayor atención. En la presente sección presentamos la definición de transformada inversa y algunos de los principales métodos para calcularla.

La transformada inversa de Laplace Sea f (t) una función definida para t > 0, si L formada inversa de Laplace de F (s) como L


3

5. f (t ) = e 3t senh t

2. f (t ) = t 5 − 2t 6 + 2t 7


)

−1

{ f (t )} = F ( s ), entonces definimos la trans-

{F ( s )} =

f (t )

Como podemos observar, la definición de transformada inversa se hace de manera algebraica y directa con base en la definición de la transformada de Laplace, por ejemplo, dado que L {1} = 1s , entonces L −1 1s = 1. De esta manera, presentamos en el siguiente teorema un resumen de la transformada inversa de Laplace de las funciones elementales.

{}

3.4


149

Teorema 1 Transformada inversa de Laplace de funciones elementales

1. L 2. L

{F ( s )}

F(s)

−1

{F ( s )}

1

a s + a2

sen at

1 s2

t

s s2 + a2

cos at

2! s3

t2

a s − a2

senh at

n! s n +1

tn

s s2 − a2

cosh at

1 s−a

eat

L yL

−1

2

2

{ f (t )} = L

{L

−1

−1

f (t ), luego

{F ( s )}} = F ( s )

{F ( s )} = L −1 {L { f (t )}} =

Es decir, L y L

Representar e interpretar conceptos en forma algebraica.

son operaciones recíprocas

{ f (t )} = F ( s ) entonces por definición L −1 {F ( s )} = −1

f (t ) = L

1 s

OBSERVACIÓN 1

Si L

−1

f (t ) = L

F(s)

f (t )

Capacidad de análisis y síntesis. Argumentar con contundencia y precisión. Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita.

son operaciones inversas.

Antes de presentar los primeros ejemplos de transformaciones inversas, presentamos el siguiente teorema en donde se demuestra una de las propiedades más importantes de la transformación inversa de Laplace: la linealidad.

Teorema 2 La transformada inversa de Laplace es lineal Demostración Supongamos que L

{ f (t )} = F ( s ) y L { g(t )} = G ( s ).

Consideremos la siguiente combinación lineal aF ( s ) + bG ( s ) = aL

{ f (t )} + bL { g(t )}

Si aplicamos la linealidad de L podemos escribir aF ( s ) + bG ( s ) = L

{ a f (t ) + b g (t ) }


150

UNIDAD 3


−1

Si aplicamos L

en ambos lados de la expresión anterior, tenemos L

−1

{a F ( s ) + bG ( s )} = L −1 {L { a f (t ) + b g(t ) } }

De donde, −1

L Por definición, L

−1

{F ( s )} =

L

−1

{a F ( s ) + bG ( s )} = a f (t ) + b g(t )

−1

−1

EJEMPLO 2 −1

Resolver problemas.

Solución L

−1

L

−1

{ {

1 . s6

L

−1

L

−1

L

−1

{

{} {} {}

1 =L s6

−1

b

1 1 = L 6 s 5!

5! 1 r 5! s 6

−1

multiplicamos y dividimos por 5!

{} 5! s6

aplicamos linealidad de L

1 1 = t5 6 s 5!

L

−1

{}

5! = t5 s6

}

4s − 3 . s 2 + 16

} }

−1

{

}

s 3 − L s 2 + 16 4

−1

{

4 s 2 + 16

}

por linealidad de L

4s − 3 3 = 4 cos 4t − sen 4t s 2 + 16 4

Calcular L

−1

{

−1


4s − 3 = 4L s 2 + 16

EJEMPLO 3

Resolver problemas.

{}

Solución

Calcular L

.


EJEMPLO 1

Resolver problemas.

{G ( s )} = g(t ), de esta manera,

{a F ( s ) + bG ( s )} = a L −1 {F ( s )} + b L −1 {G ( s )},

lo que demuestra la linealidad de L

Calcular L

−1

f (t ) y L

−1



}

4 2 1 7 − + + . s6 s4 s2 s

Solución L

−1

{F ( s )} = L

L

−1

{F ( s )} =

−1

4 L 5!

b

4 5! 2 3! 1 1 − + 2 +7 r 6 4 5! s 3! s s s

−1

{}

5! 2 − L 6 3! s

−1

{}

3! +L s4

multiplicamos y dividimos coeficientes −1

{}

1 + 7L s2

−1

{} 1 s

por linealidad de L

−1


3.4

L

{F ( s )} =

4 5 2 3 t − t +t +7 5! 3!

simplificamos


EJEMPLO 4 −1

Calcular L

−1

b

4s − 6 r. ( s − 1)( s − 2)( s − 3)

Resolver problemas.

Solución Si utilizamos fracciones parciales, la función racional

4s − 6 ( s − 1)( s − 2)( s − 3)

se puede desarrollar como

4s − 6 A B C = + + ( s − 1)( s − 2)( s − 3) s − 1 s − 2 s − 3 De donde A B C A( s − 2)( s − 3) + B ( s − 1)( s − 3) + C ( s − 1)( s − 2) + + = s −1 s − 2 s − 3 ( s − 1)( s − 2)( s − 3) Luego A( s − 2)( s − 3) + B ( s − 1)( s − 3) + C ( s − 1)( s − 2) = 4s − 6 Recordemos que una manera de determinar los coeficientes es considerar las raíces simples del denominador, luego si s = 1, tenemos A = −1; si s = 2, entonces B = −2 y finalmente, si s = 3, entonces c = 3. De esta manera, al utilizar la separación en fracciones parciales L

−1

b

4s − 6 r =L ( s − 1)( s − 2)( s − 3)

−1

{

−

1 2 3 − + s −1 s − 2 s − 3

}

Si aplicamos la linealidad de la transformada inversa de Laplace, L

−1

b

4s − 6 r = −L ( s − 1)( s − 2)( s − 3)

−1

{ }

1 − 2L s −1

−1

{ }

1 + 3L s−2

−1

{ } 1 s−3

Para terminar, solo transformamos inversamente término a término L

−1

b

4s − 6 r = −e t − 2e 2t + 3e 3t ( s − 1)( s − 2)( s − 3)


EJEMPLO 5

Calcular L

−1

b

4s 2 + 2 s + 14 r. ( s − 1)( s 2 + 4)

Resolver problemas.

Solución

4 s + 2 s + 14 ( s − 1)( s 2 + 4) 2

Si utilizamos fracciones parciales, la función racional


4s 2 + 2 s + 14 A Bs + C = + 2 2 ( s − 1)( s + 4) s − 1 s + 4 De donde 4s 2 + 2 s + 14 A Bs + C A( s 2 + 4) + ( Bs + C )( s − 1) = + 2 = 2 ( s − 1)( s + 4) s − 1 s + 4 ( s − 1)( s 2 + 4)

151

152

UNIDAD 3


Luego A( s 2 + 4) + ( Bs + C )( s − 1) = 4s 2 + 2 s + 14 En este caso, sustituimos la raíz simple s = 1 y el valor arbitrario s = 2, luego si s = 1, tenemos A = 4; si s = 0, entonces 4 A − C = 14; y finalmente, si s = 2, entonces 8 A + 2 B + C = 34. De esta manera, B = 0 y C = 2. Entonces, al sustituir valores L

−1

b

4s 2 + 2 s + 14 r =L ( s − 1)( s 2 + 4)

L

−1

b

4s 2 + 2 s + 14 r = AL ( s − 1)( s 2 + 4)

L

−1

b

4s 2 + 2 s + 14 r = 4e t + sen2t ( s − 1)( s 2 + 4)

Resolver problemas.

b

A Bs + C + r s − 1 s2 + 4

−1

{ }

1 C + L s −1 2

separamos fracciones parciales −1

{ } 2 s2 + 4

por linealidad de L

−1



EJEMPLO 6

Calcular L

−1

−1

5s 3 − s 2 + 3s − 2 b r. s4 + s2

Solución

Si utilizamos fracciones parciales, la función racional 5s

3

− s 2 + 3s − 2 s4 + s2


5s 3 − s 2 + 3s − 2 5s 3 − s 2 + 3s − 2 A B Cs + D = = + 2+ 2 s4 + s2 s 2 ( s 2 + 1) s s s +1 De donde 5s 3 − s 2 + 3s − 2 As( s 2 + 1) + B ( s 2 + 1) + (Cs + D )s 2 = s 2 ( s 2 + 1) s 2 ( s 2 + 1) Al igualar numeradores As( s 2 + 1) + B ( s 2 + 1) + (Cs + D )s 2 = 5s 3 − s 2 + 3s − 2 Tenemos ( A + C )s 3 + ( B + D )s 2 + As + B = 5s 3 − s 2 + 3s − 2 En este caso y como otra opción de las fracciones parciales, al igualar coeficientes obtenemos A + C = 5, B + D = −1, B = −2 y A = 3. De esta manera, C = 2 y D = 1. Entonces L

−1

b

5s 3 − s 2 + 3s − 2 r =L s 2 ( s 2 + 1)

L

−1

b

5s 3 − s 2 + 3s − 2 r =L s 2 ( s 2 + 1)

−1

−1

{ {

A B Cs + D + + 2 s s2 s +1

}

}

3 2 2s + 1 − + s s2 s2 + 1

separamos fracciones parciales sustituimos valores

Al aplicar las propiedades de linealidad de la transformada inversa de Laplace L

−1

L

−1

5s 3 − s 2 + 3s − 2 b r = 3L s 2 ( s 2 + 1)

−1

{}

1 − 2L s

−1

{}

1 + 2L s2

5s 3 − s 2 + 3s − 2 b r = 3 − 2t + 2 cos t + sen t s 2 ( s 2 + 1)

−1

{ }

s +L s +1 2

−1

{ } 1 s +1 2



3.4

Una observación importante al calcular la transformada inversa de Laplace de una función es que no todas las expresiones en la variable arbitraria s corresponden a la transformada de Laplace de alguna función continua por partes y de orden exponencial k. El siguiente teorema presentado sin demostración establece una condición para que la expresión F(s) pueda ser la transformada de Laplace de alguna función f(t) con las características mencionadas.

Capacidad de análisis y síntesis. Argumentar con contundencia y precisión. Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita.

Teorema 3 Comportamiento de L { f (t )} = F ( s ) al infinito Si f (t) es una función continua en el intervalo [0, ∞) y de orden exponencial k, entonces lím L { f (t )} = 0. s →∞


3.4

10. L

−1

11. L

−1

2 s8

12. L

−1

2s − 6 s5

13. L

−1

14. L

−1

15. L

−1

16. L

−1

17. L

−1

18. L

−1

19. L

−1

r

20. L

−1

}

21. L

−1


En los problemas 1 a 42, evaluar las transformadas inversas indicadas. 1. L

−1

2. L

−1

3. L

4. L

5. L

6. L

−1

−1

−1

−1

7. L

−1

8. L

−1

9. L

−1

{} { } { } 4 5s + 2

−3 r s 2 +4

b1

{ {

2 5 1 4 + − + s2 s s − 1 s + 2

2 1 1 1 − 2− + s s s+8 s−8

b¢

b

{

} }

1 3 2 + ≤r s3 s2

( s − 6 )2 s5 9 s 2 + 25

{ } { } { } { } { } { } { } { } 5s + 10 s 2 + 25

5s − 8 3s 2 + 12 7s s 2 + 36

−3s + 10 2 s 2 + 32 s−2 s2 − 9

3s − 4 2 s 2 − 18 4s s2 − 9

2s + 5 s2 − 4

s 2 + 26s − 6 b r s( s − 1)( s + 2)

{ { b

3s s 2 − 9s s −1 s2 + 2s

} }

2( s − 4) r (1 − s )( s + 2)

153

154


UNIDAD 3

22. L

−1

23. L

−1

24. L

−1

25. L

−1

26. L

27. L

28. L

29. L

−1

−1

−1

−1

{ { {

33. L

−1

b

2s − 4 r s 2 ( s 2 + 9)

3s − 121 s − 7 s − 60

34. L

−1

b

4 r s 2 ( s 2 + 16)

4( s + 13) s 2 + 6s − 7

35. L

−1

b

4s 2 + 5s + 7 r ( s 2 + 1)( s + 4)

36. L

−1

b

s 3 + 8s 2 + 4s + 3 r s 4 + 4s 3 + s 2 + 4s

37. L

−1

b

2 s 3 + s 2 + 5s − 2 r ( s 2 + 1)( s 2 + 4)

38. L

−1

b

2s2 + 5 r s 4 + 5s 2 + 4

39. L

−1

b

2s2 r s4 − 1

40. L

−1

b

s 3 + s 2 − 4s + 4 r s 4 − 16

41. L

−1

b

2 s 3 + 17 s r s 4 + 17 s 2 + 16

42. L

−1

b

3s 4 + 28s 2 + 49 r ( s 2 + 1)( s 2 + 4)( s 2 + 9)

4. L

−1

b

4s 2 + 2 r s 3 ( s + 6)

5. L

−1

6. L

−1

7. L

−1

8. L

−1

2

−3s 2 − 2 s + 85 r ( s − 1)( s + 4)( s + 7)

b

3s 2 + 4s − 1 r ( s + 1)( s − 1)( s + 2)

b

1 r ( s − 1)( s − 2)( s − 3)( s − 4)

b

1 r ( s 2 − 1)( s 2 − 36)

b

{

} } }

3s − 20 s + 5s − 24 2

4s + 10 s 3 + 8s 2 + 19s + 12

}

s 2 + 20 s + 76 r 30. L −1 b 3 s + 5s 2 − 2 s − 24 31. L

−1

32. L

−1

−2 s 2 + 23s + 30 b 2 r ( s + 3s + 2)( s − 4) b

2s − 4 r ( s 2 + 3s )( s − 1)

Competencia final

3.4


En los problemas 1 a 8, evaluar las transformadas inversas indicadas. 1. L

−1

2. L

−1

3. L

−1

b

{ {

( 2 s − 1)3 s6

r

2 5 1 + − s3 s2 s s −1 s − 36 2

}

}

{ } { } 4s − 1 s − 7 s − 30 2

4s − 2 s2 + 9

b

s +1 r s ( s 2 + 1)

b

s 3 + 3s 2 + 9s + 3 r ( s 2 + 1)( s 2 + 9)

3

3.5

3.5

Teoremas de traslación

155


En las secciones anteriores determinamos la transformada de Laplace de algunas funciones mediante la aplicación directa de la definición. Sin embargo, podemos observar que la transformada de funciones más complejas requiere de resolver integrales más complicadas, que incluso en ocasiones son imposibles de calcular a mano. La aplicación de la definición para calcular la transformada de Laplace de algunas funciones como, por ejemplo, funciones de la forma f (t)e at y funciones escalonadas resulta compleja. Por esta razón, desarrollaremos algunas propiedades especiales que nos faciliten la tarea. Concretamente, en esta sección nos ocuparemos de los teoremas de traslación; el primero de ellos se aplica para transformar funciones de la forma f (t)e at y el segundo para funciones escalonadas de una manera más eficiente.

Primer teorema de traslación La primera propiedad que estudiaremos nos permitirá determinar la transformada de Laplace de funciones que están multiplicadas por una función exponencial sin evaluar ninguna integral, la cual se conoce como el primer teorema de traslación. A continuación se enuncia.

Teorema 1 Primer teorema de traslación (1er. TT) Si L

{ f (t )e } = F ( s − a ).

{ f (t )} = F ( s ), entonces L

at

Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita. Lograr un pensamiento lógico, analítico y sintético. Argumentar con contundencia y precisión.

Demostración Por definición, L

{ f (t )e } = ∫ at

∞

f (t ) e at e − st dt.

0


{ f (t )e } = ∫ at

∞

f (t ) e − ( s − a )t dt.

0

Luego, L

OBSERVACIÓN 1

{ f (t )e } = F ( s − a ). at

Notación para el primer teorema de traslación

Otra manera de escribir el primer teorema de traslación es L

{ f (t )e } = F ( s − a ) = F ( s ) at

s→s − a

=L

{ f (t )} s→s− a

El primer teorema de traslación se aplica cuando queremos determinar la transformada de Laplace de una función f (t) multiplicada por una función exponencial e at. Básicamente se transforma solo la función f (t) y se “desplaza” el resultado a unidades a la derecha o a la izquierda; esto es, sustituimos la variable s por s − a en la transformada obtenida para desplazarla a la derecha o sustituir s por s + a en la transformada obtenida para desplazarla a la izquierda. Al desplazar una transformada a unidades hacia la derecha se escribe F ( s ) s→s − a o simplemente F ( s ) s − a . Al desplazar una transformada a unidades hacia la izquierda se escribe F ( s ) s→s + a o simplemente F ( s ) s + a . En la presente sección y como lo especificamos en el enunciado del teorema 1, abreviaremos al primer teorema de traslación como 1er. TT.

En la presente sección, y como lo especificamos en el enunciado del teorema 1, abreviaremos al primer teorema de traslación como 1er. TT.

156

UNIDAD 3


EJEMPLO 1

{

Transformada de la función f (t ) = t 2 e 3t

}

Evaluar L t 2 e 3t . Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita.

Solución

{

}

{ }

{

}

2! s 3 s −3

evaluamos L t 2 =

{

}

2! ( s − 3)3

sustituimos s → s − 3

L t 2 e 3t = L t 2 L t 2 e 3t = L t 2 e 3t =

EJEMPLO 2

{

s −3

aplicamos el 1er. TT

{ }

2! s3

Transformada de la función f (t ) = e 4t sen3t

}

Evaluar L e 4t sen3t . Argumentar con contundencia y precisión.

Solución

{

}

{

}

3 s + 9 s−4

evaluamos L

{

}

3 ( s − 4)2 + 9

sustituimos s → s − 4

{

}

3 s 2 − 8s + 25

simplificamos

L e 4t sen3t = L {sen3t } s − 4 L e 4t sen3t = L e 4t sen3t = L e 4t sen3t =

EJEMPLO 3

{

2

aplicamos el 1er. TT 3

{ sen3t} = s2 + 9

Transformada de la función f (t ) = e −8t cos9t

}

Evaluar L e −8t cos9t . Resolver problemas.

Solución

{

}

{

}

s s + 81 s +8

evaluamos L

{

}

s+8 ( s + 8)2 + 81

sustituimos s → s + 8

{

}

s+8 s + 16s + 145

simplificamos

L e −8t cos9t = L L e −8t cos9t = L e −8t cos9t = L e −8t cos9t =

EJEMPLO 4

{cos9t} s+8

2

2


La transformada de la función f (t ) = t n e at

Evaluar L {t n e at }. Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita.

Solución

L {t n e at } = L {t n }

s−a

s

{ cos9t} = s2 + 81


3.5

EJEMPLO 5

L {t n e at } =

n! s n +1

L {t n e at } =

n! ( s − a ) n +1

evaluamos L s−a


157

{ t } = sn ! n

n +1

sustituimos s → s − a

La transformada de la función f (t ) = e at cos bt

Evaluar L {e at cos bt }.

Solución

L {e at cos bt } = L

EJEMPLO 6

{cos bt} s − a

L {e at cos bt } =

s s 2 + b2

L {e at cos bt } =

s−a ( s − a )2 + b 2


aplicamos el 1er. TT evaluamos L

s−a

s

{ cos bt} = s2 + b2


La transformada de la función f (t ) = e at sen bt

Evaluar L {e at sen bt }. Resolver problemas.

Solución L {e at sen bt } = L

EJEMPLO 7

{ sen bt} s−a

L {e at sen bt } =

b s + b2

L {e at sen bt } =

b ( s − a )2 + b 2

2

s−a

aplicamos el 1er. TT evaluamos L {sen bt } =

b s 2 + b2


La transformada de la función f (t ) = e at cosh bt

Evaluar L {e at cosh bt } .

Solución L {e at cosh bt } = L

{cosh bt} s − a

L {e at cosh bt } =

s s 2 − b2

L {e at cosh bt } =

s−a ( s − a )2 − b 2

aplicamos el 1er. TT evaluamos L

s−a

s

{ cosh bt} = s2 − b2


158

UNIDAD 3


La transformada de la función f (t ) = e at senh bt

EJEMPLO 8

Evaluar L {e at senh bt }. Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita.

Solución

L {e at senh bt } = L

{ senh bt} s−a

L {e at senh bt } =

b s − b2

L {e at senh bt } =

b ( s − a )2 − b 2

2

aplicamos el 1er. TT evaluamos L {senh bt } =

s−a

b s − b2 2


La forma inversa del primer teorema de traslación

OBSERVACIÓN 2

Del primer teorema de traslación sabemos que L

{ f (t )e } = F ( s ) at

s−a

Si aplicamos la transformada inversa de Laplace en ambos lados de esta igualdad, tenemos Argumentar con contundencia y precisión.

F ( s ) s−a = L L

−1

L

−1

L

−1

{ f (t )e } at

{F ( s ) } = L s−a

1er. TT

−1

L

{F ( s ) } = f (t )e

{ f (t )e } at

aplicamos L

la evaluación s → s − a produce e at

at

s−a

{F ( s ) } = L s−a

−1

−1

{F ( s )} e at

L

−1

{F ( s )} =

f (t )

Podemos interpretar que al transformar inversamente la expresión F ( s ) s − a , la evaluación s → s − a se convierte en la función exponencial eat y la expresión F(s) en la función f(t).

Forma inversa del 1er. TT

EJEMPLO 9


−1

b

2 r. ( s − 2)5

Solución L

Al transformar inversamente la expresión F ( s ) s − a , la evaluación s → s − a se convierte en la función exponencial eat, y la expresión F(s) en la función f(t).

−1

b

2 r =L ( s − 2)5

−1

b

2 s5

L

−1

b

2 2 r = L 5 ( s − 2) 4!

L

−1

b

2 2 r = L 5 ( s − 2) 4!

L

−1

b

2 2 r = t 4e 2t 5 ( s − 2) 4!

−1

−1

b

r

identificamos la traslación

s −2

4! r s5 s −2

{}

4! 2t e s5

completamos expresión la evaluación s → s − 2 produce e 2t L

−1

{}

4! = t4 s5

3.5 En los siguientes ejemplos abreviaremos como TCP a un trinomio cuadrado perfecto.

Solución L

−1

L

−1

L

−1

L

−1

L

−1

−1

{ { { { {

{

Evaluar L

Solución L

−1

L

−1

L

−1

L

−1

L

−1

{ { { { {

}

} } } } }

3 =L s + 4s + 5

3 = 3L s 2 + 4s + 5

completamos el TCP Argumentar con contundencia y precisión.

3 b r ( s + 2)2 + 1

−1

−1

b

reescribimos el denominador

1 r s + 1 s +2

identificamos la traslación

2

{ }

1 e −2t s2 + 1

la evaluación s → s + 2 produce e −2t

{

L

−1

{ }

1 = sen t s +1 2


}

6s . s − 8s + 25 2

} } } } }

−1

6s = 6L s − 8s + 20 6s = 6L s 2 − 8s + 25 6s = 6L s − 8s + 25 2

}

3 s + 4s + 4 + 1 2

3 = 3e −2t sen t s + 4s + 5 2

6s = 6L s 2 − 8s + 25 2

{

−1

3 = 3L s + 4s + 5 2

6s =L s − 8s + 25 2

−1

3 =L s 2 + 4s + 5

−1

Abreviaremos a un trinomio cuadrado perfecto como TCP.

3 . s 2 + 4s + 5

2

EJEMPLO 11

159


EJEMPLO 10

Evaluar L


{

Resolver problemas.

6s s − 8s + 16 + 9 2

}

completamos el TCP

−1

b

s r ( s − 4)2 + 9

reescribimos el denominador

−1

b

s−4+4 r ( s − 4)2 + 9

sumamos y restamos 4

−1

b

s−4 r + 6L ( s − 4)2 + 9

−1

b

s 24 r+ L s + 9 s−4 3

−1

−1

2

b

b

4 r ( s − 4)2 + 9

3 r s + 9 s−4 2

por linealidad identificamos la evaluación

Si consideramos que en la transformación inversa de Laplace la evaluación s → s − 4 produce la exponencial e 4t, tenemos L

−1

Finalmente, como L

−1

{ } { } { } { } { } 6s = 6e 4t L s − 8s + 25 2

s s2 + 9

L

= cos3t y L

−1

−1

−1

s + 8e 4t L s +9 2

3 s2 + 9

−1

{ } 3 s +9 2

= sen3t , entonces

6s = 6e 4t cos3t + 8e 4t sen3t s 2 − 8s + 25


160

UNIDAD 3


Segundo teorema de traslación


Definición 1

En la sección 3.2 aprendimos que para evaluar la transformada de Laplace de una función escalonada se aplica de manera directa la definición, y mencionamos la existencia de una opción alterna más eficiente que no requiere de evaluar integrales impropias ni límites al infinito. Antes de presentar el segundo teorema de traslación, iniciemos con la definición de la función escalón unitario y analicemos algunas propiedades interesantes que nos serán de gran utilidad.

La función escalón unitario Para a > 0 se define la función escalón unitario como la función escalonada U (t − a ) = b

0 0≤t < a 1 a ≤t

Su gráfica puede observarse en la FIGURA 3.5. U (t – a)

Representar e interpretar conceptos en forma gráfica.

t

a Figura 3.5

En los siguientes ejemplos mostramos algunas propiedades gráficas que tiene la función escalón unitario cuando se manipula algebraicamente con otras funciones.

EJEMPLO 12

Propiedades gráficas de la función escalón unitario

Graficar las siguientes funciones: Resolver problemas. Capacidad de análisis y síntesis.

a) h(t ) = f (t )U (t − a ) b) h(t ) = f (t ) − f (t )U (t − a ) c) h(t ) = f (t ) − f (t )U (t − a ) + f (t )U (t − b ) d) h(t ) = f (t ) − f (t )U (t − a ) + g (t )U (t − a ) e) h(t ) = f (t )U (t − a ) − f (t )U (t − b )

Solución a) Por definición, h(t ) = f (t )U (t − a ) = b

0 0≤t < a f (t ) a ≤t

La gráfica de h(t) aparece remarcada en la FIGURA 3.6.

3.5


161

y

f(t) h(t) t

a Figura 3.6

Solución b) Por definición, h(t ) = f (t ) − f (t )U (t − a ) = b

f (t ) 0 ≤ t < a . a ≤t 0

La gráfica de h(t) aparece remarcada en la FIGURA 3.7. y


f(t) h(t) t

a Figura 3.7

Solución c) f (t ) 0 f (t )

Por definición, h(t ) = f (t ) − f (t )U (t − a ) + f (t )U (t − b ) = c

0≤t < a a ≤t < b. b≤t


h(t)

f(t)

a

t

b

Figura 3.8

Solución d) Por definición, h(t ) = f (t ) − f (t )U (t − a ) + g (t )U (t − a ) = b

f (t ) 0 ≤ t < a a ≤t

g (t )


f(t) g(t)

h(t)

a Figura 3.9

t

.

162

UNIDAD 3


Solución e) 0≤t < a a ≤ t < b. b≤t

0 Por definición, h(t ) = f (t )U (t − a ) − f (t )U (t − b ) = c f (t ) 0 La gráfica de h(t) aparece remarcada en la FIGURA 3.10. y

h(t)


f (t)

a

t

b

Figura 3.10 OBSERVACIÓN 3

Traslación lateral de la gráfica de una función f (t)

Una propiedad básica de la gráfica de una función f(t) es que al componerla con la función lineal y = t − a, con a > 0 se obtiene una traslación hacia la derecha. Esto se ilustra en la FIGURA 3.11. y

La gráfica de la función f (t − a) es una traslación hacia la derecha de la gráfica de f (t) de una distancia de a unidades.

f(t – a)

f(t)

t Figura 3.11

t

t + a

En el siguiente ejemplo se muestra una función especial que nos será de utilidad para plantear el segundo teorema de traslación. EJEMPLO 13

La gráfica de una función especial

Graficar la función h(t ) = f (t − a )U (t − b ). Resolver problemas.


Solución En la FIGURA 3.12 a) se muestra la gráfica de una función f(t) cualquiera. Con base en la observación anterior, podemos decir que la gráfica de f(t − a) es una traslación de esta gráfica de una distancia de a unidades hacia la derecha [FIGURA 3.12 b)]. De acuerdo con el ejemplo 12 a), la gráfica de f (t − a )U (t − a ) resulta en la gráfica de f(t) trasladada hacia la derecha y “apagada” antes del punto a. La FIGURA 3.12 c) muestra esta construcción. y

f(t)


a Figura 3.12 a)

t

3.5


163

y

y

f(t − a)

f(t − a)

f (t − a)U (t − a)

t

a

t

a

Figura 3.12 b)

Figura 3.12 c)

Como pudimos observar en el teorema 1, la transformada de Laplace de una función f(t) multiplicada por una función exponencial es equivalente a una traslación de la transformada F(s) sobre el eje horizontal. En el siguiente teorema mostramos la relación que existe entre la transformada de una función y una traslación de esta hacia la derecha, que se conoce como el segundo teorema de traslación.

Teorema 2 Segundo teorema de traslación (2o. TT) Si L

{ f (t )} = F ( s ) y a > 0, entonces

L

{ f (t − a )U

(t − a )} = e − as L

{ f (t )} = e − as F ( s ) .

Demostración Por definición, tenemos L

{ f (t − a )U

(t − a )} =

∫

∞

f (t − a )U (t − a ) e − st dt

0

Separamos en dos integrales a partir del punto t = a L

{ f (t − a )U

(t − a )} =

∫

a

f (t − a )U (t − a ) e − st dt +

∫

∞

f (t − a )U (t − a ) e − st dt

a

0

Sustituimos el valor de la función escalón unitario en cada intervalo L

{ f (t − a )U

(t − a )} =

∫

a

− st

f (t − a )(0) e dt +

∫

∞

f (t − a )(1) e

a

0

Ahora, evaluamos la integral L

{ f (t − a )U

(t − a )} =

∫

∞

∫

∞

f (t − a ) e − st dt

a

− st

dt

Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita. Lograr un pensamiento lógico, analítico y sintético. Argumentar con contundencia y precisión.

Si elegimos el cambio de variable z = t − a, dz = dt, tenemos L

{ f (t − a )U

(t − a )} =

{ f (t − a )U

(t − a )} = e − a s

f ( z ) e − s ( z + a ) dt

0


∫

∞

f ( z ) e − s z dt

0

Finalmente, L

{ f (t − a )U

(t − a )} = e − a s L

{ f (t )} = e − as F ( s )

Evaluamos a continuación la misma transformada de Laplace del ejemplo 9 de la sección 3.2, pero ahora utilizando el 2o. TT. Como podemos observar, se trata de evaluar la transformada de la función escalón unitario.

De manera informal pero precisa, podemos decir que al transformar bajo Laplace a una función de la forma f (t − a )U (t − a ) , la función escalón unitario U (t − a ) produce la exponencial e−as que multiplica a la transformada de la función f(t) “sin trasladar”.

164

UNIDAD 3

La transformada de Laplace EJEMPLO 14

Transformada de la funciónU (t − a )

Evaluar L {U (t − a )} .

Solución El 2o. TT se puede aplicar de manera directa al identificar que f (t ) = 1, L {U (t − a )} =

e

−as

L {U (t − a )} = L {(1)U (t − a )} = e − as L {1} =

s

EJEMPLO 15

e−a s s

Aplicación del 2o. TT

{

}

Evaluar L (t − 4)2U (t − 4) . Resolver problemas.

Solución El 2o. TT se puede aplicar de manera directa al identificar a = 4 y f (t ) = t 2,

{

}

{ }

L (t − 4)2U (t − 4) = e −4 s L t 2 =

EJEMPLO 16

Evaluar L

2! −4 s e s3

Aplicación del 2o. TT a una función escalonada

{ f (t )} si

f (t ) = 1 +U (t − 1) − 3U (t − 3).

Solución En la FIGURA 3.13 podemos observar la gráfica de f (t ). f (t) 2 1 Representar e interpretar conceptos en forma gráfica.

1

2

3

4

t

−1

Figura 3.13

Si aplicamos de manera directa la transformada de Laplace tenemos L

{ f (t )} = L {1 +U

L

{ f (t )} = L {1} + L {U

L

{ f (t )} =

EJEMPLO 17

{

(t − 1) − 3U (t − 3)} (t − 1)} − 3 L {U (t − 3)}

1 e − s 3e −3s + − s s s

Transformada de una función escalonada

}

Evaluar L t 2U (t − 1) .

transformada directa linealidad de L L {U (t − a )} =

e−a s s

3.5


165

Solución Observamos que no se puede aplicar el 2o. TT de manera directa; por esta razón es necesario realizar algunos ajustes algebraicos a la función original.

{

}

{

{

}

{((t − 1)

{

}

{

{

}

{

}

}

L t U (t − 1) = L (t − 1 + 1) U (t − 1) 2

L t 2U (t − 1) = L

2

2

sumamos y restamos 1

}

)

+ 2(t − 1) + 1 U (t − 1)

desarrollamos el binomio

}

L t 2U (t − 1) = L (t − 1)2U (t − 1) + 2L {(t − 1)U (t − 1)} + L {U (t − 1)}

{ }

L t 2U (t − 1) = e − s L t 2 + 2e − s L {t } + e − s L {1} L t 2U (t − 1) =

2! − s 1 1 e + 2 2 e−s + e−s s3 s s


linealidad de L

aplicamos el 2o. TT evaluar transformadas

Como lo indicamos en su momento, evaluaremos a continuación la misma transformada que en el ejemplo 10 de la sección 3.2, pero ahora haciendo uso de la función escalón unitario y del segundo teorema de traslación.

EJEMPLO 18

Transformada de una función escalonada

Evaluar f (t ) = b

t 0 ≤t <1 . 1 1≤ t

Resolver problemas.

Solución La gráfica de la función se puede observar en la FIGURA 3.14. f(t) 1 Representar e interpretar conceptos en forma gráfica.

1

t

Figura 3.14

Podemos expresar de manera equivalente a la función f (t ) = b

t 0 ≤t <1 1 1≤ t

como f (t ) = t − tU (t − 1) +U (t − 1) , luego L

{ f (t )} = L {t − tU

(t − 1) +U (t − 1)}

L

{ f (t )} = L {t − (t − 1 + 1)U

L

{ f (t )} = L {t} − L {(t − 1)U

L

{ f (t )} =

1 − e − s L {t } s2

2o. TT

L

{ f (t )} =

1 e−s − s2 s2

L {t } =

(t − 1) +U (t − 1)} (t − 1)}

sumar y restar 1 simplificar

1 s2

166

UNIDAD 3


La forma inversa del segundo teorema de traslación

OBSERVACIÓN 4

Del teorema 2 sabemos que si L { f (t − a )U (t − a )} = e − a s F ( s ), entonces al aplicar la transformada inversa de Laplace en ambos lados de la igualdad tenemos Podemos decir de manera informal que al calcular la transformada inversa de la expresión e−asF(s), la exponencial e−as se convierte en la función escalón unitarioU (t − a ) que multiplica a la transformada inversa de F(s) trasladada a unidades a la derecha, es decir, evaluada en t − a.

{ f (t − a )U

−1

{e

−a s

F ( s ) = f (t − a )U (t − a )

L

−1

{e

−a s

F ( s ) = f (t ) t − aU (t − a )

L

−1

{e

−a s

F (s) = L

−1

L

(t − a )} = L

{e

L

L

−1

−a s

}

F (s)

aplicamos L

−1

}

simplificamos

}

de manera equivalente

}

−1

{F ( s )} t − aU

(t − a )

otra notación

Podemos decir de manera informal que al calcular la transformada inversa de la expresión e − a s F ( s ) la exponencial e − a s se convierte en la función escalón unitario U (t − a ) que multiplica a la transformada inversa de F ( s ) trasladada a unidades a la derecha, es decir, evaluada en t − a.

Forma inversa del segundo teorema de traslación

EJEMPLO 19 −1

Evaluar L

b


s e −2 s r. s2 + 1

Solución De la forma inversa del 2o. TT L

Resolver problemas.

L

−1

L

−1

−2 s

b

se r =L s2 + 1

b

s e −2 s r =L s2 + 1

−1

−1

−a s

{ } { } e −2 s

}

F (s) = L

s s +1

s s +1

{F ( s )} t − aU

(t − a ) tenemos

identificamos F ( s )

2

la exponencial e −2 s produce U (t − 2)

U (t − 2)

2

−1

t −2

L

−1

b

se r = cos t t −2U (t − 2) s2 + 1

transformamos a la inversa F ( s )

L

−1

b

s e −2 s r = cos(t − 2)U (t − 2) s2 + 1

evaluamos f (t − 2)

Evaluar L

−1

b

Forma inversa del segundo teorema de traslación

( 4s − 6 ) e − π s ( s − 1)( s − 2)( s − 3)

r.

Solución De la forma inversa del 2o. TT L L

{e

−2 s

EJEMPLO 20


−1

−1

=L

b

( 4s − 6 ) e − π s ( s − 1)( s − 2)( s − 3)

−1

{

−

r =L

1 2 3 − + s −1 s − 2 s − 3

}

−1

−1

{e

−a s

be − π s[ −

U (t − π ) t −π

}

F (s) = L

−1

{F ( s )} t − aU

1 2 3 r − + s − 1 s − 2 s − 3]

(t − a ) tenemos identificamos F ( s ) e − π s produce U (t − π )


3.5 = [−e t − 2e 2t + 3e 3t ]t −πU (t − π )

)

= ( −e t −π − 2e 2( t −π ) + 3e 3( t −π ) U (t − π )

3.5

transformamos a la inversa F ( s ) evaluamos f (t − π )



En los problemas 1 a 14, utilizar el primer teorema de traslación para evaluar las transformadas de las funciones dadas.

)

1. f (t ) = (t 3 − 5t 2 + 6t − 3 e t

15. L

−1

b

2 r ( s − 3)8

16. L

−1

b

4s r (5s + 10 )3

17. L

−1

b

18. L

−1

b

2s − 6 r ( s − 1)5

19. L

−1

b

2 5 + r ( s − 4)3 ( s + 1)2

20. L

−1

b

21. L

−1

{

10 s2 + 2s + 5

}

22. L

−1

{

s s 2 − 8s + 7

}

23. L

−1

{

7s s + 14s + 65

24. L

−1

{

s −1 s + 6s + 13

25. L

−1

{

4s − 2 s + 12 s + 40

}

26. L

−1

{

3s s − 20 s + 96

}

2. f (t ) = t 4e 4t − 2t 3e 3t + 5t 2 e 2t − 2te t 3. f (t ) = t 5e t − 2t 6e 2t + 2t 7 e 3t 4. f (t ) = ( 2t − 3)2 e −2t 5. f (t ) = ( sen t − 3cos t ) e −2π t 6. f (t ) = e t cos2 t 7. f (t ) = e at sen2 bt 8. f (t ) = e sen t cos t t

9. f (t ) = e at sen3 bt 10. f (t ) = e sen bt cos ct at

11. f (t ) = e at cos bt cos ct 12. f (t ) = e at cos3 bt 13. f (t ) = e t sen2 t cos2 t 14. f (t ) = e at sen 4 t En los problemas 15 a 26, utilizar la forma inversa del primer teorema de traslación para determinar las transformadas inversas de Laplace indicadas.

(

−3

1 2

s + 4)

s+2

4

r

4s

+

( s − 1)4 ( s + 2 )3

2

2

}

}

2

2

r

167

168


UNIDAD 3

En los problemas 27 a 35, evaluar la transformada de Laplace indicada. 27. L {(t − 3)U (t − 3)}

En los problemas 42 a 55, evaluar la transformada inversa de Laplace indicada. Utilizar la forma inversa del 2o. TT. 42. L

−1

b

2e − s r s8

43. L

−1

b

4e −3s r 5s + 2

44. L

−1

π ≤r 2

45. L

−1

b¢

1 3 2 −6 s + ≤ e r s3 s2

(t − π )}

46. L

−1

b¢

2 5 1 −2 s + − ≤e r s3 s2 s

47. L

−1

{

9 e −π s s 2 + 25

}

48. L

−1

{

5s + 10 − π2 s e s 2 + 25

}

49. L

−1

{

5s − 8 −3s e 3s 2 + 12

1 0 ≤t <1 0 1≤ t

50. L

−1

{

7s e−s s 2 + 36

t +1 0 ≤ t < 1 t −1 1≤ t

51. L

−1

{

s − 2 −s e s2 − 9

52. L

−1

b

s 2 + 26s − 6 −3s e r s( s − 1)( s + 2)

53. L

−1

{

4( s + 13) −2 s e s 2 + 6s − 7

54. L

−1

b

−3s 2 − 2 s + 85 e −6 sr ( s − 1)( s + 4)( s + 7)

55. L

−1

b

s 2 + 20 s + 76 e −4 sr s + 5s 2 − 2 s − 24

{

}

28. L t 2U (t − 3)

29. L {(t − 6)U (t − 5)}

{

}

30. L (2t + 3)2U (t − 1)

{

}

31. L e t +2U (t − 3) 32. L bcos tU ¢t − 33. L

{ sen2tU

{

}

34. L (t − π )2 e t −π U (t − π )

{

}

35. L t 2 e tU (t − 1)

En los problemas 36 a 41, expresar las funciones dadas en términos de la función escalón unitario y evaluar su transformada de Laplace mediante el 2o. TT. Elaborar una gráfica de f(t). 36. f (t ) = b

37. f (t ) = b

38. f (t ) = b

39. f (t ) = b

40. f (t ) = b

t t2

0 ≤t <1 1≤ t

t 0≤t <3 0 3≤t 0 0 ≤t <1 t 1≤ t

t 0 ≤t <1 41. f (t ) = c 1 1 ≤ t < 2 0 2≤t

−3e − π s b1 r 2s+4

3

}

}

}

}

3.6

Derivada de una transformada, transformada de una función periódica y convolución

169

Competencia final

3.5


En los problemas 1 a 6, utilizar el primer teorema de traslación para evaluar las transformadas de las funciones dadas.

)

1. f (t ) = (t 2 − 2t + 1 e as

En los problemas 9 y 10, evaluar la transformada de Laplace indicada. 9. L

{cos tU

(t − π )}

{

}

10. L (t − 1)2U (t − 2)

2

2. f (t ) = t 3 ( e −6t + 4

)

2

3. f (t ) = ( sen3t − cos6t ) e − π t

En los problemas 11 y 12, expresar las funciones dadas en términos de la función escalón unitario y evaluar su transformada de Laplace mediante el 2o. TT. Elaborar una gráfica de f (t). 11. f (t ) = b

t 0 ≤t <1 −t 1≤ 2

12. f (t ) = b

1 0≤t <π −1 π ≤t

4. f (t ) = e at cos2 bt 5. f (t ) = e sen bt sen ct at

En los problemas 13 a 15, evaluar la transformada inversa de Laplace indicada. Utilizar la forma inversa del 2o. TT.

6. f (t ) = e at sen 4 t En los problemas 7 y 8, utilizar la forma inversa del primer teorema de traslación para determinar las transformadas inversas de Laplace indicadas. 7. L

−1

8. L

−1

3.6

b

s + 16 s − 16 r + ( s + 8 )3 ( s − 8 )3

{

9 s + 10 s + 26 2

}

13. L

−1

14. L

−1

15. L

−1

{

s − 1 −4 s e s 2 − 36

b

2( s − 4) e − π sr (1 − s )( s + 2)

{

4s − 1 e −4 s s − 7 s − 30 2

} }


Como pudimos observar en la sección anterior, la definición de transformada de Laplace no siempre es el mejor recurso para determinar la transformada de una función f (t). Hoy sabemos que para transformar una función de la forma eat f (t) o una función escalonada, los teoremas de traslación son muy eficientes. Además, conocemos algunos resultados que facilitan el cálculo de la transformada de Laplace de funciones elementales, pero debemos mencionar que existe otro tipo de funciones con propiedades especiales que permiten establecer más resultados para determinar con mayor facilidad su transformada directa o inversa. En esta sección estudiaremos cómo se comporta la derivada de una transformada de Laplace, lo que nos permitirá transformar funciones de la forma t nf (t) sin utilizar la definición. De igual forma, abordaremos la transformada de una función periódica y el teorema de convolución.

170

UNIDAD 3


Derivada de una transformada Argumentar con contundencia y precisión. Capacidad de análisis y síntesis.

Existe una manera más eficiente de transformar una función de la forma t nf (t) que la aplicación directa de la definición. La derivada de una transformada ofrece algunas propiedades interesantes al respecto y también una herramienta para determinar algunas transformadas inversas de Laplace. Iniciemos con la primera derivada de una transformada.

Teorema 1


La primera derivada de una transformada d Si L { f (t )} = F ( s ), entonces L {t f (t )} = − L ds Demostración Por definición tenemos L

{ f (t )} = −

{ f (t )} = F ( s ) = ∫

∞

dF . ds

f (t ) e − st dt

0

Ahora derivemos ambos miembros de la ecuación respecto de s d d ∞ F (s) = f (t ) e − st dt ds ds 0 Y como la integral es respecto a la variable t, escribimos ∞ dF d = f (t ) ( e − st ) dt ds ds 0 De donde ∞ dF = f (t ) ( −t e − st ) dt ds 0 De manera equivalente y por la propiedad de linealidad de L

∫

∫

∫

∫

∞

t f (t ) e − st dt = −

0

dF ds

Luego L {t f (t )} = −

EJEMPLO 1

d L ds

{ f (t )} = −

dF ds

Transformada de la función f (t ) = t e at

Evaluar L {t e at }. Argumentar con contundencia y precisión.

Solución Identificamos que la función a transformar es un múltiplo de t, de manera que por el teorema anterior L {t e at } = −


d d 1 1 L {e at } = − ¢ ≤= ds ds s − a ( s − a )2

Transformada de la función f (t ) = t cos bt

Evaluar L {t cos bt } .

3.6


171

Solución Identificamos que la función a transformar es un múltiplo de t, de manera que por el teorema anterior L {t cos bt } = −

EJEMPLO 3

d L ds

{cos bt} = −

d s s 2 − b2 ¢ 2 ≤ = 2 ds s + b 2 ( s 2 + b2

)

Transformada de la función f (t ) = t senh bt

Evaluar L {t senh bt } . Resolver problemas.

Solución Identificamos que la función a transformar es un múltiplo de t, de manera que por el teorema anterior L {t senh bt } = −

d L ds

d

b

{ senh bt} = − ds ¢ s2 − b2 ≤ =

(s

2bs 2

− b2

)

2

Generalización del teorema 1 dF Si L {t f (t )} = − entonces ds

OBSERVACIÓN 1

{


}

L t 2 f (t ) = L {t ⋅ t f (t )} = −

d L {t f (t )} ds

Al aplicar el teorema 1 tenemos

{

}

L t 2 f (t ) = −

d d ¢− L ds ds

{

d2 L ds 2

{ f (t )}≤

Lo que resulta en

}

L t 2 f (t ) =

{ f (t )}

Una aplicación sucesiva de este procedimiento nos lleva al siguiente teorema.

Teorema 2

Derivada n-ésima de una transformada Si L

{ f (t )} = F ( s ), entonces L

{t

n

f (t )} = ( −1)

n

dn L ds n

{ f (t )} = ( −1)n

Demostración Procedemos por inducción matemática: dF Si n = 1, tenemos L {t f (t )} = − . ds n n d F Supongamos que L {t n f (t )} = ( −1) n , entonces d s

{

}

L t n +1 f (t ) = L {t ⋅ t n f (t )} = −

d L {t n f (t )} ds

De donde, por hipótesis de inducción,

{

}

L t n +1 f (t ) = −

n d d n +1F n d F ¢( −1) n ≤ = ( −1) n +1 n +1 ds d s d s

d nF . d ns

Argumentar con contundencia y precisión. Capacidad de análisis y síntesis. Lograr un pensamiento lógico, algorítmico, analítico y sintético.

172

UNIDAD 3


Transformada de la función f (t ) = t n e at

EJEMPLO 4

Evaluar L {t n e at }.

Solución Identificamos que la función a transformar es un múltiplo de t n, de manera que por el teorema anterior n n 1 n d n d L {t n e at } = ( −1) L {e at } = ( −1) ¢ ≤ n ds ds n s − a L {t n e at } = ( −1)

n

n! ( −1)n n ! n +1 = (s − a ) ( s − a )n+1

Transformada de la función f (t ) = t 2 cos bt

EJEMPLO 5

{

}

Evaluar L t 2 cos bt . Argumentar con contundencia y precisión.

Solución Identificamos que la función a transformar es un múltiplo de t 2, de manera que por el teorema anterior y para n = 2

{

}

L t 2 cos bt = ( −1)

2

d2 L ds 2

{cos bt} =

2 s ( s 2 − 3b 2 d2 s ¢ ≤ = 3 ds 2 s 2 + b 2 ( s 2 + b2

)

)

Transformada de la función f (t ) = t 3senh bt

EJEMPLO 6

{

}

Evaluar L t 3 senh bt . Resolver problemas.

Solución Identificamos que la función a transformar es un múltiplo de t, de manera que por el teorema anterior 3 24bs ( s 2 + b 2 d3 b 3 d senh bt L t 3 senh bt = ( −1) L = − ¢ ≤ = { } 4 ds 3 s 2 − b 2 ds 3 ( s 2 − b2

{

OBSERVACIÓN 2

}

)

)

Una aplicación de la derivada de una transformada para determinar algunas transformadas inversas

Una aplicación interesante del teorema 1 se da a partir del siguiente razonamiento. Sea L { f (t )} = F ( s ), de manera que por definición f (t ) = L −1 { F ( s )} . De acuerdo con el teorema 1 se verifica que L {t f (t )} = − dF ; entonces, al aplicar la transformada inversa en ds ambos lados de la ecuación tenemos L

L {t f (t )} = L

−1

Por la propiedad de linealidad de L

−1

{ } −

−1

, podemos escribir

1 f (t ) = − L t

−1

{ } dF ds

dF ds


3.6 De manera que

L

−1

{F ( s )} = −

1 L t

−1

173

{ } dF ds

En el siguiente ejemplo mostramos cómo funciona este resultado.

EJEMPLO 7

Evaluar L

−1

{

La transformada inversa de F ( s ) = ln ss −− ab ln

}

s−a . s−b

Resolver problemas.

Solución De la observación 2 tenemos la propiedad L s−a Si identificamos que F ( s ) = ln , entonces s−b L

−1

L

−1

L

−1

L

−1

L

−1

{ { { { {

} } } } }

ln

s−a 1 =− L s−b t

ln

s−a 1 =− L s−b t

ln

s−a 1 = L s−b t

ln

s−a 1 = L s−b t

ln

s−a e bt − e at = s−b t

−1

−1

−1

{F ( s )} = −

1 L t

−1

{ } −

dF . ds

−1

b

d s−a ¢ln ≤r ds s−b

observación 2

−1

b

a−b r ( s − a )( s − b )

calculamos la derivada

{ } { } { } 1 1 − s−b s−a 1 1 − L s−b t

−1

1 s−a

separamos en fracciones parciales aplicamos linealidad de L


−1


Transformada de una función periódica En muchas aplicaciones de las matemáticas resulta natural el estudio de funciones que muestran un “patrón repetido”, tales como las funciones seno y coseno. En muchas aplicaciones de la ingeniería surgen los conceptos de funciones de onda cuadrada, de seno y coseno rectificados o de funciones diente de sierra. En todos los casos hablamos de funciones periódicas con un periodo fijo. En la presente sección estudiaremos este concepto y cómo se determina su correspondiente transformada de Laplace. Iniciamos con la siguiente definición. La FIGURA 3.15 muestra la gráfica de una función periódica. 1 Definición

Función periódica de periodo T Una función f(t) se dice periódica de periodo T si f (t ) = f (t + T ) para todo t en su dominio.


f (t)

Figura 3.15

t

t + T

t + 2T

t + 3T

t


174

UNIDAD 3


Por ejemplo, dado que para todo valor de t se cumple que sen t = sen(t + 2π ) y cos t = cos(t + 2π ) , concluimos que las funciones seno y coseno son ambas de periodo 2π . El siguiente teorema nos muestra una manera de transformar bajo Laplace una función periódica considerando una integral definida sobre un periodo.

Teorema 3 Transformada de una función periódica

Capacidad de análisis y síntesis. Lograr un pensamiento lógico, algorítmico, analítico y sintético.

Si f(t) es una función periódica de periodo T, continua por partes y de orden exponencial k para t > 0, entonces

{ f (t )} =

L

1 1 − e − sT

T

∫

f (t ) e − st dt

0

Demostración Sea f(t) una función periódica de periodo T. Por definición, tenemos Argumentar con contundencia y precisión.

L

{ f (t )} = ∫

∞

f (t )e − st dt =

0

∫

T

f (t )e − st dt +

∫

∞

f (t )e − st dt

T

0

Si consideramos el cambio de variable t = τ + T , entonces dt = dτ . Luego, si t → T , entonces τ → 0 y si t → ∞ , entonces τ → ∞. De manera que L

{ f (t )} = ∫

T

f (t )e − st dt +

0

∫

∞

f (τ + T )e − s (τ +T ) dτ

0

Como f(t) es periódica de periodo T, se cumple L

{ f (t )} = ∫

T

f (t )e − st dt + e − sT

0

∫

∞

f (τ )e − s τ dτ

0

Si reescribimos esta expresión tenemos L

{ f (t )} − e − sT L { f (t )} = ∫

T

f (t )e − st dt

0


EJEMPLO 8

Hallar L

{ f (t )} =

1 1 − e − sT

∫

T

f (t )e − st dt

0

Transformada de una onda cuadrada

{ f (t )}, para la función

Resolver problemas.

f (t ) = b

1 0 ≤t <1 , T = 2. 0 1≤ t < 2

Solución La gráfica de f(t) se muestra en la FIGURA 3.16. f (t)


−1 Figura 3.16

1

2

3

t


3.6

175

Por el teorema 3, escribimos 2

{ f (t )} =

1 1 − e −2 s

{ f (t )} =

1 ¢ 1 − e −2T

L

{ f (t )} =

1 1 1 − e − st ]0 −2 s [ 1− e s

integramos

L

{ f (t )} =

1 − e−s s (1 − e −2 s

evaluamos la integral

L L

EJEMPLO 9

Hallar L

∫

f (t )e − st dt

por el teorema 3

0

∫

1

(1) e − st dt +

0

2

∫ (0) f (t )e

− st

dt≤

separamos la integral


1

)

Transformada de una función periódica de diente de sierra

{ f (t )} para la función

b a

f (t ) = t , T = a. Resolver problemas.

Solución La gráfica de f (t ) se muestra en la FIGURA 3.17. f (t) b


a

2a

3a

t

Figura 3.17

Por el teorema 3, escribimos a

b − st te dt a

{ f (t )} =

1 1 − e − as

L

{ f (t )} =

b t 1 − e − st − 2 e − st − as [ ]0 s a (1 − e ) s


L

{ f (t )} =

b a 1 1 − e − as − 2 e − as + 2 s s ] a (1 − e − as )[ s

evaluamos límites

L

{ f (t )} =

b 1 e − as e − as − 2 − − as [ 2 s s ] a (1 − e ) s

transformamos términos

L

OBSERVACIÓN 3

∫

0

utilizamos el teorema 3 a

Propiedades de una función periódica

Si f(t) es una función periódica de periodo T, entonces f (t ) = f (t + T ). De la misma forma se puede escribir f (t + T ) = f (t + T + T ) = f (t + 2T ). Un razonamiento análogo muestra que f (t ) = f (t + nT ) para n ∈ .

Existe una manera alternativa de evaluar la transformada de Laplace de una función periódica f(t) que utiliza el segundo teorema de traslación. El resultado se muestra en el siguiente teorema.

Capacidad de análisis y síntesis Lograr un pensamiento lógico, algorítmico, analítico y sintético.

176

UNIDAD 3


Teorema 4 Transformada de una función periódica por traslación Si f(t) es una función periódica de periodo T, continua por partes y de orden exponencial k para t > 0, entonces L Donde h(t ) = b

{ f (t )} =

1 L 1 − e − sT

{h(t )}

f (t ) 0 < t < T 0 t >T

Demostración Sea f(t) una función periódica de periodo T. Definimos la función El teorema precisa la construcción de una función h(t) que sea igual a la función periódica f (t) en el intervalo [0, T ], y que sea nula en el intervalo (T, ∞).

h(t ) = b

f (t ) 0 < t < T t >T 0

h(t ) = f (t ) − f (t )U (t − T ) Se verifica que L

{h(t )} = L { f (t )} − L { f (t )U

(t − T )}

En la FIGURA 3.18 podemos observar las gráficas de las funciones f(t) y h(t). La función h(t) aparece remarcada. f(t)

f(t)


h(t) Figura 3.18

Si f (t) es una función periódica de periodo T, entonces f(t) = f (t + nT), con n ∈ , en particular f (t) = f(t − T).

T

t

2T

Como h(t) es periódica de periodo T, entonces al tomar n = −1 en la observación 3 tenemos f (t ) = f (t − T ). De esta manera, L

{h(t )} = L { f (t )} − L { f (t − T )U

(t − T )}

Por el segundo teorema de traslación, L

{h(t )} = L { f (t )} − e − sT L { f (t ) }

De donde, L

{ f (t )} =

1 L 1 − e − sT

{h(t )}

En los ejemplos 10 y 11 volvemos a transformar las funciones consideradas en los ejemplos 8 y 9, pero ahora utilizando una traslación, con la finalidad de comparar los dos métodos.

EJEMPLO 10

Resolver problemas.

Hallar L

Transformada de una onda cuadrada

{ f (t )}

para la función f (t ) = b

1 0 ≤t <1 , 0 1≤ t < 2

T =2.


3.6

177

Solución Construimos una función h(t) que sea igual a f (t) en [0, 2] y nula en (2, ∞). Podemos observar en la FIGURA 3.19 la representación de ambas funciones. La función h(t) aparece remarcada. f(t)

f(t)

1 h(t) 0

−1 Figura 3.19


1

2

t

3

Para aplicar el teorema 4, debemos construir la función h(t ) = b

f (t ) 0 < t < 2 t>2 0

O bien, en términos de la función escalón unitario h(t ) = 1 −U (t − 1) Entonces, L

{ f (t )} =

1 L 1 − e −2 s

L

{ f (t )} =

1 L {1 −U (t − 1)} 1 − e −2 s

L

{ f (t )} =

1 1 e−s 1 − e−s − = 1 − e −2 s [ s s ] s (1 − e −2 s

EJEMPLO 11

Hallar L

{h(t )}

aplicamos el teorema 4 sustituimos h(t) transformamos términos

)

Transformada de una función periódica diente de sierra

{ f (t )} para la función

f (t ) = ba t , T = a. Resolver problemas.

Solución Construimos una función que h(t) sea igual a f (t) en [0, a] y nula en (a, ∞). En la FIGURA 3.20 podemos observar las gráficas de ambas funciones. La función h(t) aparece remarcada. f(t) b

f(t) h(t) a

2a

Figura 3.20

Para aplicar el teorema 4, debemos construir h(t ) = c

bt a

0
0

t>a

O bien, en términos de la función escalón unitario h(t ) =

b b t − tU (t − a ) a a

3a

t


178

UNIDAD 3


h(t ) =

b b t − (t − a + a )U (t − a ) a a

h(t ) =

b b b t − (t − a )U (t − a ) − U (t − a ) a a a

Entonces, Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita.

L

{ f (t )} =

1 L 1 − e − as

L

{ f (t )} =

1 L 1 − e − as

L

{ f (t )} =

b L {t − (t − a )U (t − a ) −U (t − a )} a (1 − e − as )

L

{ f (t )} =

{h(t )}

{

aplicamos el teorema 4

}

b b b t − (t − a )U (t − a ) − U (t − a ) a a a

b 1 e − as e − as − 2 − s s ] a (1 − e − as )[ s 2

sustituimos h(t) transformamos términos simplificamos

La convolución La convolución de dos funciones es un concepto abstracto del análisis funcional y de la teoría de funciones muy útil en el estudio de algunas ramas de la física y las matemáticas, como estadística, teoría de la probabilidad, óptica, acústica y electrónica, entre otras. Básicamente, la convolución es un operador matemático que asocia a dos funciones f y g dadas una tercera función relacionada con la magnitud en la que se superponen f y una versión trasladada e invertida de g. En lo que nos concierne, solo estamos interesados en las propiedades operativas de la convolución bajo la transformada de Laplace. Tenemos la siguiente definición.

Definición 2

Convolución de dos funciones Sean f y g dos funciones continuas por partes en el intervalo [0, ∞), definimos la convolución de f y g como


f ∗g =

∫

t

f ( u ) g (t − u ) du

0

si la integral existe.

EJEMPLO 12

Convolución de dos funciones

Evaluar la convolución de las siguientes funciones Resolver problemas.

a) e t ∗ t b) t ∗ e t c) e t ∗ cos t d) sen at ∗ cos bt

Solución En todos los casos utilizamos la definición de convolución dada por f ∗ g = de modo que al evaluar las correspondientes integrales, tenemos

∫

t

0

f ( u ) g (t − u ) du ,


3.6 t

179

∫ e (t − u) du = e − t − 1 b) t ∗ e = ue du = e − t − 1 ∫ 1 c) e ∗ cos t = e cos(t − u ) du = ( e + sen t − cos t ) ∫ 2 a d) sen at ∗ cos bt = ∫ sen au cos b(t − u) du = a − b ( cos bt − cos at ) a) e t ∗ t =

u

t

0

t

t

t−u

t

0

t

t

u

t

0

t

2

0

OBSERVACIÓN 4

2

La convolución es conmutativa

Sean f (t) y g(t) dos funciones continuas por partes en el intervalo [0, ∞). Por definición, la convolución está dada por f ∗g =

∫

t

∫

0

f ( u ) g (t − u ) du

0

Proponemos el cambio de variable T = t − u de manera que u = t − T y dT = − du. Además, si u = 0, entonces T = t; y si u = t, entonces T = 0. Luego, f ∗g = −

f (t − T ) g (T ) dT

t


Cambiamos el orden de integración f ∗g =

t

∫ g(T ) f (t − T ) dT 0

De donde interpretamos f ∗g = g∗ f Es decir, la convolución es conmutativa. Por definición, la transformada de Laplace es una integral; por esta razón, la transformada hereda de manera directa muchas de las propiedades operativas, como la linealidad. De manera similar, las propiedades que no tiene la integral tampoco las tiene la transformada. De manera precisa, así como no existe una fórmula para integrar de manera directa un producto de dos funciones como tal, tampoco existe una forma de transformar bajo Laplace un producto de funciones. Así como la integración por partes es la forma más “aproximada” para integrar una especie de producto de dos funciones en la forma ∫ u dv, transformar una convolución es la forma más “parecida” a transformar un producto de funciones. El teorema de convolución nos muestra esta propiedad y la manera en que podemos calcular una transformada sin evaluar una integral.

Teorema 5 Teorema de convolución Si f (t) y g(t) son dos funciones continuas por partes en el intervalo [0, ∞) y de orden exponencial k, entonces L

{ f ∗ g} = L { f (t )} L { g(t )} = F ( s )G ( s )

Demostración Como f (t) y g(t) son dos funciones continuas por partes en el intervalo [0, ∞) y de orden exponencial k, entonces existen las transformadas de Laplace, digamos L

{ f (t )} = F ( s ) = ∫

∞

0

f ( u )e − su du y L

{ g(t )} = G ( s ) = ∫

∞

0

g ( v )e − sv dv

Argumentar con contundencia y precisión. Capacidad de análisis y síntesis.

180

UNIDAD 3


Tenemos Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita. Lograr un pensamiento lógico, algorítmico, analítico y sintético.

L

∞

{ f (t )} L { g(t )} = F ( s )G ( s ) = ∫

f ( u )e − su du

0

∫

∞

g ( v )e − sv dv

0

Escribimos F ( s )G ( s ) =

∫

∞

∫

∞

f ( u ) du

0

∫

∞

∫

∞

g ( v ) e − s ( u +v ) dv

0

Sea t = u + v; si consideramos un sistema de coordenadas t vs v, entonces dt = dv, luego F ( s )G ( s ) =

f ( u ) du

g (t − u ) e − st dt

u

0

La segunda integral se realiza sobre la región del plano t vs u mostrada en la FIGURA 3.21. u

u=t t→∞

t=u


t

u=0

Figura 3.21

Se observa que integrar desde t = u hasta t → ∞ equivale a integrar desde u = 0 hasta u = t; entonces, F ( s )G ( s ) =

∞

∫ ∫ ¢

0

t

f ( u ) g (t − u ) du≤ e − st dt

0

De donde, F ( s )G ( s ) =

∫

∞

0

F ( s )G ( s ) = L

( f ∗ g ) e − st dt = L { f ∗ g}

{ f ∗ g}

La aplicación directa del teorema de convolución proporciona una forma de evaluar la transformada de Laplace de una integral. Al respecto, tenemos la siguiente observación. OBSERVACIÓN 5 Argumentar con contundencia y precisión.

La transformada de Laplace de una integral

Como un caso particular del teorema de convolución tenemos que L

{ f ∗1} = L { f } L {1}

Luego, L b

∫

t

f ( u ) dur =

0

La transformada de una integral


Evaluar L b

∫

t

0

sen u cos(t − u ) du r .

F (s) s


3.6

181

Solución L b

∫

t

∫

t

sen u cos(t − u ) du r = L

{ sen t ∗ cos t}

definición de convolución

sen u cos(t − u ) dur = L

{ sen t} L {cos t}

teorema de convolución

0

L b

0

∫

t

∫

t

L b

sen u cos(t − u ) du r =

0

L b

sen u cos(t − u ) dur =

0

1 s s2 + 1 s2 + 1 s

(s

2


transformamos términos

)

+1

2

La forma inversa del teorema nos proporciona un método alternativo para evaluar algunas transformadas inversas especiales sin utilizar fracciones parciales. En la siguiente observación presentamos este resultado. La forma inversa del teorema de convolución

OBSERVACIÓN 6

Se verifica que si L

−1

f ∗g

La forma inversa del teorema de convolución

EJEMPLO 14

Evaluar L

{ f ∗ g} = F ( s )G ( s ), entonces L −1 { F ( s )G ( s )} =

b

as

(s

2

+ a2

)

2

r. Resolver problemas.

Solución Escribimos la expresión en la forma L

−1

b

as

(s

2

+a

)

2 2

r=L

−1

{

a s 2 2 s + a s + a2 2

}

Con base en la observación anterior, identificamos F (s) = Luego,

{

}

a = sen at y g (t ) = L s2 + a2 Entonces, por la observación anterior f (t ) = L

L

−1

L

−1

L

−1

b

as

(s

2

+ a2 as

b

(s

2

b

(s

2

+a as +a

)

2

)

2 2

)

2 2

−1

r = sen at ∗ cos at r=

∫

t

sen au cos a (t − u ) du

0

1 r = 2 t sen at


s a y G(s) = 2 s + a2 s + a2 2

−1

{

}

s = cos at s2 + a2

forma inversa del teorema de convolución

definición de convolución

182


UNIDAD 3


3.6

18. f (t ) = t 2 , T = 1


19. f (t ) = sen t, T = π

En los problemas 1 a 13, evaluar las transformadas de Laplace indicadas.

{

1. L t 2 e at

}

2. L {t cosh bt }

{ {t

3. L t 2 sen bt 4. L

2

}

cosh bt

}

{ } {t cosh bt} {t e cos bt} {t e cosh bt} {t e senh bt} {t e cos bt} {t e sen bt} {t e cosh bt}

20. f (t ) = cos t, T = π 21. f (t ) = b

b 0≤t < a , T = 2a −b a ≤ t < 2a

22. f (t ) = b

b 0≤t < a , T = 2a 0 a ≤ t < 2a

23. f (t ) = b

0 0≤t < a , T = 2a b a ≤ t < 2a

5. L t 2 senh bt 6. L 7. L 8. L 9. L 10. L 11. L 12. L

b 24. f (t ) = b − t, T = a a

3

at

En los problemas 25 a 28, hallar la transformada de Laplace de las funciones periódicas dadas.

at

at

{

2

at

2

at

2

at

2

at

13. L t e senh bt

25.

f (t)

−1

15. L

−1

16. L

−1

b

{ {

2

3

4 t

−1

26.

}

f (t) 1

En los ejercicios 14 a 16, evaluar la transformada inversa de Laplace indicada. 14. L

1

t 1

2

3

4

3

4

s2 + a2 r s2

s tan a −1

}

1 a+b 1 a−b tan −1 + tan −1 2 2 s s

27.

f (t)

T=3

1

}

En los problemas 17 a 24, hallar la transformada de Laplace de las funciones periódicas f(t) de periodo T utilizando el teorema 3 y posteriormente mediante la aplicación del teorema 4.

t 1

2

a

2a

−1

28.

f (t) b t

17. f (t ) = e , T = a at

3.6


En los ejercicios 29 a 45, determinar la transformada de Laplace indicada sin evaluar la integral. 29. L b

∫

t

e −3u dur

0

30. L b

∫

t

sen u dur

0

32. L b

{

45. L {t ∗ e at sen bt } En los ejercicios 46 a 52, evaluar la transformada inversa utilizando el teorema de convolución.

∫ u sen u dur t

∫ (t − u)e dur

46. L

−1

c

1 s s ( s − 1)

47. L

−1

c

1 s s (s − 1

48. L

−1

c

a2 s ( s + a )2

49. L

−1

c

a s s ( s2 + a2

50. L

−1

c

51. L

−1

52. L

−1

u

0

34. L b

}

t

0

33. L b

43. L {e at ∗ senh bt }

t

0

31. L b

42. L {e at ∗ cos bt }

44. L t 2 ∗ e t cos t

∫ cos u dur

183

∫

t

)

2

sen u sen(t − u ) dur

0

35. L bt

t

∫ e dur u

0

36. L bt

t

∫ cos u dur 0

37. L bt

t

∫ u e dur u

0

38. L bt 2

)

t

s

(s

∫ u e dur u

2

+ a2

)

2

s

0

39. L {1 ∗e

at

}

s2

c

(s

40. L {1 ∗t n }

{

41. L t ∗ t 2

3

}

2

+ a2 a2

c

(s

2

+ a2

)

2

)

2

s

s

Competencia final

3.6


En los problemas 1 a 3, evaluar las transformadas de Laplace indicadas.

{

1. L t 3e at

}

2. L {t sen bt }

3. L {t e at sen bt } En los ejercicios 4 y 5, evaluar la transformada inversa de Laplace indicada. 4. L

−1

5. L

−1

s2 − a2 r s2

b

{

tan −1

a s

}

184


UNIDAD 3

En los problemas 6 y 7, hallar la transformada de Laplace de las funciones periódicas f (t) de periodo T utilizando el teorema 3 y posteriormente mediante la aplicación del teorema 4.

En los ejercicios 9 y 10, determinar la transformada de Laplace indicada sin evaluar la integral. 9. L b

t

∫ u cos u dur 0

6. f (t ) = t , T = a 2

7. f (t ) = b

sen t 0

0≤t <π

π ≤ t < 2π

, T = 2π

11. L

−1

b

12. L

−1

b

1 t

3.7

3

u

En los ejercicios 11 y 12, evaluar la transformada inversa utilizando el teorema de convolución.

f (t)

2

∫ e dur 0

8. Hallar la transformada de Laplace de la función periódica cuya gráfica se muestra a continuación.

1

t

10. L bt 2

4

1

( s + 2 ) ( s − 1)

r

a 2 − b2 r ( s − a )( s − b )

Solución de ecuaciones diferenciales e integrales

Como lo establecimos al inicio de esta unidad, la transformada de Laplace es una herramienta muy útil para resolver problemas de valor inicial que involucran una ED con coeficientes constantes, porque es posible transformar un problema de este tipo en un problema algebraico mucho más sencillo de resolver, y como lo podremos observar, la solución algebraica está directamente relacionada con la solución del problema original a través de la transformada inversa de Laplace. En esta sección aprenderemos a transformar las primeras derivadas de una función para utilizar el resultado en la solución de problemas de valor inicial y de la misma forma aprenderemos a resolver ecuaciones integrales y ecuaciones integro-diferenciales.

Transformada de una derivada Como último requisito antes de justificar cómo se utiliza la transformada para resolver un problema de valor inicial, estudiaremos de qué manera se comporta la transformada de Laplace de una derivada. Al respecto, tenemos el siguiente teorema.

Teorema 1 La transformada de una derivada


Si f(t) es continua y de orden exponencial k en el intervalo [0, ∞), si f ′(t ) es continua por partes en el intervalo [0, ∞) y además L { f (t )} = F ( s ), entonces L

{ f ′(t )} = s F ( s ) − f (0)

Demostración Evaluamos por definición la transformada de Laplace de f ′(t ) L

{ f ′(t )} = ∫

∞

0



3.7

185

Al integrar por partes elegimos u = e − st y dv = f ′(t ) dt , entonces du = − se − st dt y v = f (t ). De esta manera,

{ f ′(t )} =

L

f (t ) e − st

∞

+s

0

∫

∞

f (t ) e − st dt

0

Dado que f (t ) es continua y de orden exponencial para t ≥ 0, entonces

{ f ′(t )} = 0 − f (0) + s L { f (t )}

L De donde,

L

{ f ′(t )} = s F ( s ) − f (0)

En general y para completar lo anterior, presentamos el teorema 2, en el que establecemos cómo calcular la transformada de Laplace de una derivada n-ésima.

Teorema 2 Transformada de Laplace de una derivada n-ésima Si f (t ), f ′(t ), , f ( n −1) (t ) son funciones continuas y de orden exponencial k en el intervalo [ 0, ∞ ), si f ( n ) (t ) es continua por partes en el intervalo [ 0, ∞ ) y además L { f (t )} = F ( s ), entonces L

{f

(n)

}

(t ) = s n F ( s ) − s n −1 f (0) − s n −2 f ′(0) −  − s 2 f ( n −3) (0) − s f ( n −2 ) (0) − f ( n −1) (0)


Demostración

{ f ″ (t )} para observar la secuencia que existe

Evaluamos por definición L

L

{ f ″ (t )} = ∫

∞

f ″ (t ) e − st dt

0

Al integrar por partes elegimos u = e − st y dv = f ″ (t ) dt , entonces du = − se − st dt y v = f ′(t ). De esta manera, L

{ f ″ (t )} =

∞

f ′(t ) e − st

0

+s

∫

∞


0

Dado que f ′(t ) es continua y de orden exponencial para t ≥ 0 , entonces L

{ f ″ (t )} = 0 − f ′(0) + s L { f ′(t )}

Por el teorema anterior tenemos L

{ f ″ (t )} = s [ s F ( s ) − f (0)] − f ′(0)

L

{ f ″ (t )} = s 2 F ( s ) − sf (0) − f ′(0)

Es decir,

Supongamos que L

{f

(n)

} {f

(t ) = s n F ( s ) − s n −1 f (0) − s n −2 f ′(0) −  − s 2 f ( n −3) (0) − s f ( n −2 ) (0) − f ( n −1) (0)

Al evaluar L

( n +1)

}

(t ) por definición, tenemos L

{f

( n +1)

}

(t ) =

∫

∞

0

f ( n +1) (t ) e − st dt


186

UNIDAD 3



Al integrar por partes elegimos u = e − st y dv = f ( n +1) (t ) dt , entonces du = − se − st dt y v = f ( n ) (t ). De esta manera, L

{f

( n +1)

}

(t ) = f ( n ) (t ) e − st

∞ 0

+s

∫

∞

f ( n ) (t ) e − st dt

0

Dado que f ( n ) (t ) es continua y de orden exponencial para t ≥ 0, entonces L

{f

( n +1)

}

(t ) = 0 − f ( n ) (0) + s L

{f

(n)

}

(t )

Por hipótesis de inducción L f

{f

(n)

( n +1)

}

(t ) = s[s n F ( s ) − s n −1 f (0) − s n −2 f ′(0) −  − s 2 f ( n −3) (t ) − s f ( n −2 ) (t ) − f ( n −1) (t )]−

(0)

Es decir, Argumentar con contundencia y precisión.

L

{f

( n +1)

}

(t ) = s n +1 F ( s ) − s n f (0) − s n −1 f ′(0) −  − s 3 f ( n −3) (0) − s 2 f ( n −2 ) (0) − s f ( n −1) (0) −

f ( n ) (0) Y la demostración por inducción queda completa.

EJEMPLO 1

Si L

Transformada de las primeras tres derivadas

{ y(t )} = Y ( s ), evaluar la transformada de Laplace de y ′, y″ y y′″.

Solución Por los teoremas 1 y 2 tenemos L L L

{ y ′(t )} = sY ( s ) − y(0) { y″ (t )} = s 2 Y ( s ) − s y(0) − y ′(0) { y′″ (t )} = s 3Y ( s ) − s 2 y(0) − s y ′(0) − y″ (0)

Es importante mencionar que en esta obra solo se considera la solución de problemas de valor inicial y más adelante (en la siguiente unidad) la solución de sistemas de ecuaciones diferenciales que contienen ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes. Iniciamos con la solución de una ecuación diferencial con condiciones iniciales.

Solución de ecuaciones diferenciales Si utilizamos los resultados mostrados en la primera parte de esta sección ya estamos en condiciones de transformar bajo Laplace nuestra primera ecuación diferencial de coeficientes constantes. Antes de esto, ilustremos de manera general el procedimiento en el siguiente ejemplo.


La transformada de una ecuación diferencial lineal

Determinar la transformada de Laplace de la ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes y ′ − 3 y = e 2t − t + 1 . Suponer y(0) = 4 y resolver para Y ( s ).

3.7


187

Solución Evaluar la transformada de Laplace de una ecuación diferencial significa aplicar la transformada en ambos lados de la ecuación. De esta manera, si L

{ y(t )} = Y ( s ), entonces

{e

L

{ y ′ − 3 y} = L

L

{ y ′} − 3L { y} = L

2t

( s − 3)Y ( s ) =

{ y ′(t )} = sY ( s ) − y(0)

}

− t +1

sY ( s ) − y(0) − 3Y ( s ) = sY ( s ) − 4 − 3Y ( s ) =

L

{e } − L 2t

aplicamos L en cada miembro

{t } + L {1}

1 1 1 − + s − 2 s2 s

por linealidad de L evaluamos cada transformada

1 1 1 − 2+ s−2 s s

sustituimos y(0) = 4

1 1 1 − 2 + +4 s−2 s s

factorizamos Y ( s )

Y (s) =

1 1 1 1 ¢ − + + 4≤ s − 3 s − 2 s2 s

resolvemos para Y ( s )

Y (s) =

4s 3 − 6s 2 − 3s + 2 s 2 ( s − 2 ) ( s − 3)

simplificamos

En general, el procedimiento para resolver un problema de valor inicial utilizando la transformada de Laplace se puede resumir en los siguientes pasos: 1. 2. 3. 4.

Transformar la ecuación. Resolver para la transformada de Laplace obtenida. Aplicar la transformada inversa de Laplace. Obtener la solución particular requerida. La FIGURA 3.22 ilustra este procedimiento.

Ecuación diferencial

Ecuación algebraica

L

Resolver para Y(s)

Solución y(t) original

L

−1

Solución algebraica

Figura 3.22 Procedimiento para resolver un problema de valor inicial.

El procedimiento anterior se justifica de manera formal en la siguiente observación.


188

UNIDAD 3


Solución de un problema de valor inicial utilizando la transformada de Laplace

OBSERVACIÓN 1

Consideremos el problema de valor inicial. Resolver an y ( n ) +  + a2 y ′′ + a1 y ′ + a0 y = g ( x ) Sujeta a y(0) = y0 , y ′(0) = y1 , y ′′(0) = y2 ,, y ( n −1) (0) = yn −1 Como primer paso, aplicamos la transformada de Laplace y la propiedad de linealidad an L Al suponer que L Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita.

{y } + + a L

{ y ′′} + a1L { y ′} + a0 L { y} = L { g( x )}

(n)

2

{ y(t )} = Y ( s ) y L { g(t )} = G ( s ), y aplicar los teoremas 1 y 2 tenemos

an[s n Y ( s ) − s n −1 y(0) − s n −2 y ′(0) −  − s 2 y ( n −3) (0) − s y ( n −2 ) (0) − y ( n −1) (0)] +  + a2[s 2 Y ( s ) − s y(0) − y ′(0)]+ a1 [ sY ( s ) − y(0) ] + a0Y ( s ) = G ( s ) Al factorizar Y ( s ) de cada término posible y sustituir las condiciones iniciales Y ( s )[an s n +  + a2 s 2 + a1s + a0 ] = G ( s ) + an[s n −1 y0 + s n −2 y1 +  + s 2 yn −3 + s yn −2 + yn −1 ] +  + a2 [ s y0 + y1 ] + a1 y0 De donde Y (s) =

G ( s ) + an[s n −1 y0 + s n −2 y1 +  + s 2 yn −3 + s yn −2 + yn −1 ]+  + a2 [ s y0 + y1 ] + a1 y0 an s n +  + a2 s 2 + a1s + a0

La solución original se determina al aplicar la transformada de Laplace inversa, de manera que y(t ) = L −1 {Y ( s )} . Como podemos observar, en la solución final las condiciones iniciales dadas ya se han incorporado. Es decir, y(t ) = L −1 {Y ( s )} ya es una solución particular del problema de valor inicial dado.

EJEMPLO 3

Una primera ecuación diferencial

Resolver y ′ − 2 y = −e 3t , y(0) = 0. Resolver problemas.

Solución Dada la ecuación y ′ − 2 y = −e 3t , aplicamos la transformada de Laplace L


{ y ′} − 2L { y} = − L

sY ( s ) − y(0) − 2Y ( s ) = Y (s)(s − 2) =

−1 s−3

{e } 3t

−1 s−3

aplicamos L sustituimos y(0) = 0 factorizamos Y ( s )

Y (s) =

−1 ( s − 2 ) ( s − 3)


Y (s) =

1 1 − s−2 s−3

aplicamos fracciones parciales


3.7

y(t ) = L

−1

{ }

1 −L s−2

−1

{ } 1 s−3

aplicamos L

y ( t ) = e 2 t − e 3t

OBSERVACIÓN 2

−1


{ y}

Convención de notación para L

En lo que resta de esta unidad, por simplicidad escribiremos L y = L −1 {Y }, dando por hecho que y = y(t ) y Y = Y ( s ).

EJEMPLO 4

189

{ y} = Y

o bien

Por simplicidad en esta sección escribiremos L { y} = Y y y = L −1 {Y }.

Uso del 1er. TT

Resolver y ″ − 3 y ′ + 2 y = te 2t , y(0) = 1, y ′(0) = 4 Resolver problemas.

Solución Dada la ecuación y ″ − 3 y ′ + 2 y = te 2t , aplicamos la transformada de Laplace L

{ y″ } − 3L { y ′} + 2L { y} = L

{te } 2t

2 [s Y − s y(0) − y ′(0)]− 3[ sY − y(0) ] + 2Y = 2 [ s Y − s − 4]− 3[ sY − 1] + 2Y =

2 [s − 3s + 2 ]Y =

( s − 1) ( s − 2 )Y =

aplicamos L 1 ( s − 2 )2

teorema 2

1

sustituimos y(0) = 1, y ′(0) = 4

( s − 2 )2

1 + s +1 ( s − 2 )2

factorizamos Y

s 3 − 3s 2 + 5 ( s − 2 )2

simplificamos

Y=

s 3 − 3s 2 + 5 ( s − 1) ( s − 2 )3

resolvemos para Y

Y=

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

aplicamos fracciones parciales

y = −3L

−1

y = −3L

−1

{ } { }

1 + 4L s −1

1 + 4L s −1

y = −3e t + 4e 2t − te 2t +

EJEMPLO 5

−1

−1

{ } { }

1 1 −L b r+L s−2 ( s − 2 )2

1 −L s−2

1 2 2t te 2!


−1

b

1 s2

r+ s −2

−1

1 L 2!

b

1 r ( s − 2 )3

−1

b

2! r s 3 s −2


Uso del 1er. TT

Resolver y ″ − 4 y ′ + 5 y = 20 senh t , y(0) = 0, y ′(0) = 0.

aplicamos L

−1

aplicamos 1er. TT


190

UNIDAD 3


Solución Argumentar con contundencia y precisión. Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita.

Como lo hemos observado, aplicamos la transformada de Laplace

{ y ′′} − 4L { y ′} + 5L { y} = L {20 senh t}

L

2 [s Y − s y(0) − y ′(0)]− 4 [ sY − y(0) ] + 5Y =

s 2Y − 4sY + 5Y =


20 s2 − 1

20 − 1 ( s 2 − 4s + 5

(s

Y=

5 1 10 4s − + − s − 1 s + 1 s 2 − 4s + 5 s 2 − 4s + 5

)

teorema 2

sustituimos y(0) = 0, y ′(0) = 0

Y=

2

20 s −1 2

aplicamos L

resolvemos para Y

)


Antes de aplicar L −1, completamos cuadrados en los denominadores y escribimos el numerador de la última fracción de manera que podamos aplicar el 1er. TT Y=

5 1 10 4(s − 2) + 8 − + − s − 1 s + 1 ( s − 2 )2 + 1 ( s − 2 )2 + 1

completamos expresiones

Y=

5 1 10 s−2 8 − + −4 − 2 2 s − 1 s + 1 (s − 2) + 1 ( s − 2 ) + 1 ( s − 2 )2 + 1

separamos

Y=

5 1 2 s−2 − + −4 s − 1 s + 1 ( s − 2 )2 + 1 ( s − 2 )2 + 1

agrupamos

Y=

5 1 1 s − +2 2 −4 2 s −1 s +1 s + 1 s −2 s + 1 s −2

identificamos el 1er. TT

En este paso aplicamos la transformada inversa directa en los dos primeros términos, y el 1er. TT en los dos últimos términos Y = 5L

−1

{ }

1 −L s −1

−1

{ }

1 + 2L s +1

−1

b

1 r − 4L s 2 + 1 s −2

−1

b

s r s 2 + 1 s −2

Y = 5e t − e − t + 2 e 2t sen t − 4 e 2t cos t

EJEMPLO 6

aplicamos L


Uso del teorema de convolución

Resolver y ″ + y = sen t , y(0) = 9, y ′(0) = 1. Resolver problemas.

Solución Como lo hemos observado, aplicamos la transformada de Laplace L

{ y″ } + L { y} = L {sen t}

2 [s Y − s y(0) − y ′(0)]+Y =

2 [s Y − 9s − 1]+Y =

Y=

1 s2 + 1

1 s2 + 1

aplicamos L teorema 2 sustituimos y(0) = 9, y ′(0) = 1

9s 1 1 + 2 + 2 s + 1 s + 1 (s + 1 2 2

−1

)

resolvemos para Y

3.7

y = 9L

−1

y = 9L

−1

{ } { }

s +L s +1

−1

2

s +L s2 + 1

{ } { }

1 +L s +1

−1

2

−1

1 +L s2 + 1

−1

c

{

(s

1 2

)

+1

2

s


aplicar L

}

1 1 s2 + 1 s2 + 1

−1

identificamos F ( s ) =


1 s2 + 1

1

Al identificar F ( s ) = 2 tenemos f (t ) = sen t, de manera que podemos aplicar el s +1 teorema de convolución para escribir −1

L

{

}

1 1 = sen t ∗ sen t = s + 1 s2 + 1 2

∫

t

0

191

Recordemos que L { f ∗ g } = F ( s )G ( s ) , de donde L −1 { F ( s )G ( s )} = f ∗ g

1 1 sen u sen(t − u ) du = sen t − t cos t 2 2

Luego y = 9 cos t + sen t + sen t ∗ sen t y

porque f (t ) = sen t

= 9 cos t + sen t + 21 sen t − 21 t cos t

pues sen t ∗ sen t = 21 sen t − 21 t cos t.

Uso del 2o. TT

EJEMPLO 7

Resolver y ″ − 4 y = f (t ) , y(0) = 0, y ′(0) = 0, f (t ) = b

16 t 0 < t < 1 1≤ t

0

.

Resolver problemas.

Solución La gráfica de la función f(t) se muestra en la FIGURA 3.23. f(t) 16 Representar e interpretar conceptos en forma gráfica.

t

1

Figura 3.23

Si expresamos la función f(t) en términos de la función escalón unitario, tenemos f (t ) = 16 [ t − tU (t − 1) ] = 16 [t − (t − 1 + 1)U (t − 1) ] = 16 [t − (t − 1)U (t − 1) −U (t − 1) ] Evaluamos L

{ f (t )}

L

{ f (t )} = 16L {t − [t − 1]U

(t − 1) −U (t − 1)}

L

{ f (t )} = 16[L {t} − L {[t − 1]U

L

{ f (t )} = 16[

(t − 1)} − L {U (t − 1)}]

1 e−s e−s 16 s +1 − 2 − = 2 − 16e − s 2 2 ] s s s s s

Aplicamos ahora la transformada de Laplace a la ecuación y ″ − 4 y = f (t ) L

{ y″ } − 4L { y} = L { f (t )}

2 [s Y − s y(0) − y ′(0)]− 4Y =

2 [s − 4]Y =

16 16 ( s + 1) − s − e s2 s2

16 s +1 − 16 e − s 2 2 s s

aplicamos L teorema 2 y 2o. TT sustituimos y(0) = 0, y ′(0) = 0


192

UNIDAD 3


Y=

16 16s + 16 − s − e s2 ( s2 − 4 s2 ( s2 − 4


Y=

1 1 4 3 1 4 4 − − − + − − e−s s − 2 s + 2 s2 [ s − 2 s + 2 s2 s ]


)

Y =L

−1

{

)

}

1 1 4 − − 2 −L s−2 s+2 s

aplicar L

−1

forma inversa del 2o. TT

y = e 2t − e −2t − 4t −U (t − 1)[3e 2( t −1) + e −2( t −1) − 4(t − 1) − 4]

forma inversa del 2o. TT

y = e 2t − e −2t − 4t −U (t − 1)[3e 2t −2 + e −2t +2 − 4t ]

simplificar

y= b

e 2t − e −2t − 4t e 2t − e −2t − 3e 2t −2 − e −2t +2

0 ≤t <1 1≤ t

2 senh 2t − 4t

0 ≤t <1

2 senh 2t − 3e 2t −2 − e −2t +2

1≤ t

Vito Volterra (1860-1940), matemático italiano interesado en el análisis de funciones. Su estudio principal se centró en las funciones reales y complejas, pero sin lugar a dudas su mejor aportación al análisis matemático fue el concepto de ecuación integral y de ecuación integro-diferencial, pues hizo posible hallar la solución de problemas de aplicación en la óptica, en la mecánica de materiales y en la teoría electromagnética. La ecuación integral de Volterra es un ejemplo.


3 1 4 4 b[ + − 2 − ]e − s r s−2 s+2 s s

y = e 2t − e −2t − 4t −U (t − 1)[3e 2t + e −2t − 4t − 4]t −1

y= b

Definición 1

−1

en forma escalonada

de manera equivalente

Solución de ecuaciones integrales Hemos aprendido que la transformada de Laplace es una herramienta útil al resolver ecuaciones que contienen derivadas ordinarias. Una aplicación directa del teorema de convolución es la resolución de ecuaciones que ahora contienen a una función como un integrando y que se conocen como ecuaciones integrales. Una de las más conocidas es la ecuación integral de Volterra, presentada en la siguiente definición.

La ecuación diferencial de Volterra Si g(t) y h(t) son dos funciones reales, la ecuación integral de la forma f (t) = g(t) + f (t) ∗ h(t) se conoce como la ecuación de Volterra.

EJEMPLO 8

La ecuación integral de Volterra

Resolver la ecuación f (t ) = g (t ) + f (t ) ∗ h(t ). Resolver problemas.

Solución Para resolver la ecuación integral f (t ) = g (t ) + f (t ) ∗ h(t ) aplicamos la transformada de Laplace en ambos miembros de la ecuación. f (t ) = g (t ) + f (t ) ∗ h(t ) L

{ f (t )} = L { g(t )} + L { f (t ) ∗ h(t )}

ecuación de Volterra aplicamos L


3.7 Si L

{ f (t )} = F ( s ) ,

L

{ g(t )} = G ( s )

y L

{h(t )} = H ( s )

F ( s ) = G ( s ) + F ( s )H ( s ) F (s) =

193

entonces

teorema de convolución

G(s) 1 − H (s)

resolver para F

−1 Para determinar la solución de la ecuación integral, basta aplicar L , es decir, f (t ) = G(s) −1 −1 G(s) L { F ( s )} = L {1 − H ( s )} siempre que la función 1 − H ( s ) cumpla con las condiciones del teorema de la sección 3.3, lo cual evidentemente depende de las funciones f (t ), g (t ) y h(t ) consideradas. La convolución es conmutaEs importante recordar la propiedad de conmutatividad de la convolución tiva. mostrada en la observación 4 de la sección anterior.

Una ecuación integral

EJEMPLO 9

Resolver f (t ) +

t

∫ u f (t − u) du = 5 − e . t

Resolver problemas.

0

Solución Expresamos la ecuación en términos de la convolución de dos funciones y como si se tratara de una ED, aplicamos la transformada de Laplace a cada uno de los términos. f (t ) +

t

∫ u f (t − u) du = 5 − e

t

ecuación original

0

f (t ) + t ∗ f (t ) = 5 − e t L

{ f (t )} + L {t} L { f (t )} = L

F (s) +


usamos convolución

{5 − e } t

1 5 1 F (s) = − 2 s s s −1

aplicamos L y teorema de convolución simplificamos cada término

1 4s − 5 F (s) 1 + 2 = [ s ] s ( s − 1)

factorizamos F

F (s) =

s ( 4s − 5 ) ( s − 1) ( s 2 + 1)

resolvemos para F

F (s) =

9 s 1 1 1 1 − − 2 s2 + 1 2 s2 + 1 2 s − 1


Para finalizar aplicamos la transformada inversa de Laplace f (t ) = L f (t ) =

−1

{F ( s )} =

9 L 2

−1

9 1 1 cos t − sen t − e t 2 2 2

{ }

s 1 − L s2 + 1 2

−1

{ }

1 1 − L s2 + 1 2

−1

{ } 1 s −1

aplicar L

solución

−1


194

UNIDAD 3

3.7


Desarrollo de competencias 22. y ″ − 3 y ′ = 0, y(0) = 3, y ′(0) = 0


23. y ″ − 6 y ′ + 10 y = 0, y(0) = 1, y ′(0) = 1

En los ejercicios 1 a 59, utilizar la transformada de Laplace para determinar una función continua que sea solución del problema de valor inicial dado. 1.

24. y ″ − y ′ = 0, y(0) = 3, y ′(0) = 0 25. y ″ − 6 y ′ + 5 y = 0, y(0) = 5, y ′(0) = 17

dy + 6 y = t , y(0) = 1 dx

2. 4 y ″ − 24 y ′ + 37 y = 0, y(0) = −1, y ′(0) = −9 3. y ″ − 2 y ′ + y = 0, y(0) = −4, y ′(0) = −19 4. y ″ − y ′ − 2 y = 0, y(0) = −2, y ′(0) = −10

26. y ″ + y = 1 , y(0) = 4, y ′(0) = 8 27. y ″ + y ′ − 2 y = 28 , y(0) = 0, y ′(0) = 0 28. y ″ + y ′ − 6 y = 80te t , y(0) = 1, y ′(0) = 1 29. y ″ + y = e t , y(0) = 0, y ′(0) = 0

π π 5. y ″ + y = 0, y ¢ ≤ = 2, y ′ ¢ ≤ = 1 2 2

30. y ″ + y = sen t , y(π ) = 0, y ′(π ) = 2

6. y ″ − 10 y ′ + 25 y = 0, y(1) = 0, y ′(1) = −1 7. y ″ − 5 y ′ + 6 y = 0, y(0) = 0, y ′(0) = 1

31. y ″ − y = 4, y(1) = 2e −1 − e, y ′(1) = −2e −1 − e 32. 4 y ″ − 24 y ′ + 37 y = 3, y(0) = −1, y ′(0) = −9

π π 8. y ″ + 16 y = 0, y ¢ ≤ = −4, y ′ ¢ ≤ = 8 2 2

33. y ″ − 2 y ′ + y = 10, y(0) = −4, y ′(0) = −19

9. y ″ − 2 y ′ + y = 0, y(1) = 3, y ′(1) = 2

34. y ″ − y ′ − 2 y = 4e 2t , y(0) = −2, y ′(0) = −10

10. y ″ + 6 y ′ + 8 y = 0, y(0) = −1, y ′(0) = 2

π π 35. y ″ + y = e −4t , y ¢ ≤ = 2, y ′ ¢ ≤ = 1 2 2

11. y ″ + 9 y = 0, y(0) = −4, y ′(0) = 18

36. y ″ − 10 y ′ + 25 y = 3e −3t , y(1) = 0, y ′(1) = −1

12. y ″ + 4 y ′ + 4 y = 0, y(0) = 4, y ′(0) = −7

37. y ″ − 5 y ′ + 6 y = 4e 4t , y(0) = 0, y ′(0) = 1

13. y ″ − 4 y ′ − 12 y = 0, y(0) = 0, y ′(0) = 0

π π 38. y ″ + 16 y = sen t, y ¢ ≤ = −4, y ′ ¢ ≤ = 8 2 2

14. y ″ − 2 y ′ + 10 y = 0, y(0) = −4, y ′(0) = −1

39. y ″ − 2 y ′ + y = e t cos t, y(1) = 3, y ′(1) = 2

15. y ″ + 4 y ′ − 60 y = 0, y(0) = 3, y ′(0) = 2

40. y ″ + 6 y ′ + 8 y = 4t 2 − 3t + 2, y(0) = −1, y ′(0) = 2

16. y ″ − 4 y ′ + 13 y = 0, y(0) = 4, y ′(0) = −1

41. y ″ + 9 y = 4e t + t − 3, y(0) = −4, y ′(0) = 18

4 3

42. y ″ + 4 y ′ + 4 y = 2e −2 x , y(0) = 4, y ′(0) = −7

17. 9 y ″ + 12 y ′ + 4 y = 0, y(0) = 1, y ′(0) = 18. y ″ − y ′ − 12 y = 0, y(0) = 1, y ′(0) = 11

43. y ″ − 4 y ′ − 12 y = e 4 x − 2 x + 1, y(0) = 0, y ′(0) = 0

19. y ″ − 6 y ′ + 18 y = 0, y(0) = −40, y ′(0) = −120

44. y ″ − 2 y ′ + 10 y = e t + cos t, y(0) = −4, y ′(0) = −1

20. y ″ + 12 y ′ + 36 y = 0, y(0) = −3, y ′(0) = 22

45. 4 y ″ + 4 y ′ + y = 3e − 2 x , y(0) = 0, y ′(0) = 2

21. y ″ + y ′ − 12 y = 0, y(0) = 3, y ′(0) = −12

46. y ″ + 4 y ′ − 60 y = 4t 2 e t , y(0) = 3, y ′(0) = 2

1

3.7

47. y ″ − 4 y ′ + 13 y = 2e 2t cos3t, y(0) = 4, y ′(0) = −1


64. f (t ) =

∫

t

f (t − u ) du + t

0

48. 9 y ″ + 12 y ′ + 4 y = 2te 49. y ″ − y ′ − 12 y = 4e

−3t

2

− 3t

, y(0) = 1, y ′(0) =

4 3

65. f (t ) − 1 −

+ 2te , y(0) = 1, y ′(0) = 11

50. y ″ − 6 y ′ + 18 y = e sen t, y(0) = −40, y ′(0) = −120 51. y ″ + 12 y ′ + 36 y = 2t + te −6t , y(0) = −3, y ′(0) = 22

∫

f ( u ) du = 0

0

4t

3t

t

66. f (t ) − t −

t

∫ u f (t − u) du = 0 0

67. f (t ) =

∫

t

f ( u )e t − u du + 1

0

52. y ″ + y ′ − 12 y = 4t 2 e 3t , y(0) = 3, y ′(0) = −12 53. 2 y ″ + 6 y ′ + 5 y = t cos t, y(0) = −2, y ′(0) = 5 54. y ″ − 18 y ′ + 81y = 1 + te 9t , y(0) = −1, y ′(0) = −8

68. f (t ) − e t =

57. y ″ − y ′ = 2t 2 + t − 1, y(0) = 3, y ′(0) = 0 58. y ″ − 6 y ′ + 5 y = 4t 2 e t , y(0) = 5, y ′(0) = 17 d2y 59. + k 2 y = A sen at, y(0) = 0, y ′(0) = 0 dt 2 En los ejercicios 60 a 62, utilizar la transformada de Laplace y la función escalón unitario para determinar una función continua que sea solución del problema de valor inicial dado. dy + y = f (t ) , 60. dt

1 0≤t <2 f (t ) = b −1 2 ≤ t,

f (t − u ) du

0

69. f (t ) =

∫

t

f ( u )(t − u ) du + e t

0

55. y ″ − 3 y ′ = 4t 3 − 2t 2 , y(0) = 3, y ′(0) = 0 56. y ″ − 6 y ′ + 10 y = e 3t sen t, y(0) = 1, y ′(0) = 1

∫

t

70. f (t ) − t =

∫

t

∫

t

f (t − u ) e u du

0

71. f (t ) = t +

f ( u )sen(t − u ) du

0

72.

∫

t

f ( u )sen(t − u ) du + t 2 − f (t ) = 0

0

73. f (t ) − 1 = t +

∫

t

f (t − u )sen u du

0

f ( u )(t − u ) du

0

∫

75. f (t ) + cos t − 1 =

y(0) = 1

t

∫

74. f (t ) = 4 cos t +

t

f (t − u ) du

0

dy 61. + 3 y = f (t ), dt

0 0 ≤t <1 f (t ) = b t 1 ≤ t,

y(0) = 0

76.

∫

t

f ( u )(t − u ) du − cos t + 1 − f (t ) = 0

0

77. f (t ) − cos t =

∫

t

f ( u ) e t − u du

0

62.

dy + y = f (t ), dt

f (t ) = b

1 0≤t < 4 −1 4 ≤ t,

78. f (t ) = 15sen t + 4

0

y(0) = 1 En los ejercicios 63 a 80, utilizar la transformada de Laplace para resolver las ecuaciones integrales dadas. 63. f (t ) − 1 =

∫

t

0

f ( u )(t − u ) du

∫

t

79. f (t ) = sen t + 2

∫

t

f (t − u )[e u − e − u ]du

f ( u ) cos(t − u ) du

0

80. f (t ) − t + 1 = sen t + 2

∫

t

0

f (t − u ) cos u du

195

196

UNIDAD 3

3.7


Competencia final


En los ejercicios 1 a 8, utilizar la transformada de Laplace para determinar una función continua que sea solución del problema de valor inicial dado. 1. L

En los ejercicios 9 y 10, utilizar la transformada de Laplace y la función escalón unitario para determinar una función continua que sea solución del problema de valor inicial dado. 9.

dy + 2 xy = f ( x ) , dx

f (x) = b

0 0≤x<π x π ≤ x,

y(0) = 0

di + Ri = E, i (0) = i0 donde L, R, E ∈  dt

2. y ″ − y = 0, y(1) = 2e −1 − e, y ′(1) = −2e −1 − e

10.

3. y ″ − 8 y ′ − 20 y = 270e x , y(0) = 0, y ′(0) = 0

dy 1 + y = f (x) , dx x

f (x) = b

1 0 ≤ x <1 0 1 ≤ x,

y(0) = 2

4. y ″ − 2 y ′ + 8 y = 64x , y(0) = 1, y ′(0) = −1 2

En los ejercicios 11 y 12, utilizar la transformada de Laplace para resolver la ecuaciones integrales dadas.

5. 2 y ″ + 6 y ′ + 5 y = 0, y(0) = −2, y ′(0) = 5 6. 4 y ″ + 4 y ′ + y = 0, y(0) = 0, y ′(0) = 2

11. f (t ) − t − e t =

7. y ″ − 18 y ′ + 81y = 0, y(0) = −1, y ′(0) = −8 8.

∫

t

f ( u )sen(t − u ) du

0

d2y + k 2 y = A sen kx, y(0) = 0, y ′(0) = 0 dx 2

3.8

∫

t

12. f (t ) = te 2t + 4

f (t − u ) u du

0

La función delta de Dirac

En muchas aplicaciones de la ingeniería aparece la idea de un fenómeno que ocurre en un instante. Por ejemplo, podemos mencionar la fuerza aplicada en la colisión de dos partículas, la existencia de algún compuesto químico en un instante, una señal emitida en un instante específico o un cortocircuito. En cualquiera de estos casos se hace necesario determinar alguna manera de cuantificar una cantidad física, lo que origina a la función impulso unitario. Como es de esperarse, este tipo de funciones aparece con frecuencia en modelos matemáticos que involucran ecuaciones diferenciales. En este apartado estudiaremos una de las funciones impulso más importante, la función delta de Dirac.

Definición 1

La función impulso unitario Definimos la función impulso unitario como la función escalonada


0 1 δ a (t − t0 ) = d 2a 0

La FIGURA 3.24 muestra la gráfica de δ a (t − t0 ) .

0 ≤ t < t0 − a t0 − a ≤ t < t0 + a t0 + a ≤ t

3.8


197

Ha(t − t0) 1 2a Representar e interpretar conceptos en forma gráfica.

t0−a

t0

t0+a

t

Figura 3.24 ∞

Se puede mostrar sin complicación que ∫0 δ a (t − t0 ) dt = 1. La función impulso unitario es continua por partes y de orden exponencial k, de manera que su transformada de Laplace existe. Al respecto, el siguiente ejemplo. EJEMPLO 1

La transformada de Laplace de δ a (t − t0 )

Evaluar L {δ a (t − t0 )} . Resolver problemas.

Solución Escribimos la función impulso unitario en términos de la función escalón unitario, luego 1 1 función impulso unitario δ a (t − t0 ) = U [t − (t0 − a ) ] − U [t − (t0 + a ) ] 2a 2a L {δ a (t − t0 )} =

1 1 L {U [t − (t0 − a ) ]} − L {U [t − (t0 + a ) ]} 2a 2a

aplicamos L

L {δ a (t − t0 )} =

− t −a s − t +a s 1 e (0 ) 1 e (0 ) − 2a s 2a s

aplicamos el 2o. TT

L {δ a (t − t0 )} = e − t0 s L {δ a (t − t0 )} =

e as − e − as 2 as


simplificamos

e − t0 s senh as as

otra opción

En la FIGURA 3.24 podemos observar que la gráfica de la función impulso unitario δ a (t − t0 ) 1 define un rectángulo de base 2a y altura 21a . Se verifica que si a → 0, entonces 2 a → ∞ , es decir, si el tamaño de la base tiende a reducirse, entonces la altura tiende a aumentar. El comportamiento de esta situación se muestra en la FIGURA 3.25. y


1 2a

t0 − a Figura 3.25

t0

t0 + a

t

198

UNIDAD 3


Si el proceso observado en la FIGURA 3.25 se realiza repetidamente, se obtiene una función que alcanza valores cero en casi todas partes, excepto en el intervalo t0 − a < t < t0 + a . Dicha función es utilizada en muchas aplicaciones de la ciencia y se conoce como la función delta de Dirac, la cual se obtiene mediante un límite de la función δ a (t − t0 ) cuando a → 0.

Definición 2

La función delta de Dirac Definimos la función delta de Dirac por medio del límite

δ (t − t0 ) = lím δ a (t − t0 )


a→0

∞

Por tratarse de un caso especial de la función impulso unitario, se verifica nuevamente que

∫0 δ (t − t0 ) dt = 1 y además, δ (t − t0 ) = b

0

t ≠ t0

∞ t = t0

La gráfica de la función delta de Dirac puede observarse en la FIGURA 3.26.


t

t0

Figura 3.26

En el siguiente teorema se presenta la transformada de Laplace de la función delta de Dirac.

Teorema 1 La transformada de Laplace de δ (t − t0 ) Argumentar con contundencia y precisión. Capacidad de análisis y síntesis.

Si t0 > 0 , entonces L {δ (t − t0 )} = e − t0 s Demostración Por definición δ (t − t0 ) = lím δ a (t − t0 ) . Del ejemplo 1 sabemos que a→0

e as − e − as , entonces 2 as

L {δ a (t − t0 )} = e − t0 s Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita.

L {δ (t − t0 )} = L L {δ (t − t0 )} =

∫

{límδ (t − t )}

definición de función delta

lím δ a (t − t0 ) e − st dt

definición de transformada

a→0

∞

a

0

0 a→0

L {δ (t − t0 )} = lím a→0

∫

∞

0

δ a (t − t0 ) e − st dt

propiedades de convergencia

3.8

L {δ (t − t0 )} = lím L {δ a (t − t0 )} a→0

e as − e − as − t0 s e a→0 2 as

L {δ (t − t0 )} = lím

se as + se − as a→0 2s

L {δ (t − t0 )} = e − t0 s lím


definición de función delta ejemplo 1 regla de L’Hôpital


L {δ (t − t0 )} = e − t0 s

OBSERVACIÓN 1

La transformada de Laplace “más pequeña”

Se verifica que para el caso t0 = 0 , entonces L {δ (t )} = 1 Y además, L

−1

{1} = δ (t )

Podemos observar que la función delta de Dirac no satisface las condiciones del teorema de existencia y sin embargo, la transformada inversa de Laplace del 1 existe. Es importante mencionar que las propiedades formales de la función delta no son estudiadas en este libro; si se requiere profundizar al respecto, debe consultarse una obra de análisis funcional o de funciones generalizadas. Nuestro interés únicamente se enfoca en el efecto operativo de la función delta sobre otras funciones sin precisar mayor formalidad.

3.8



En los ejercicios 1 a 12, resolver las siguientes ecuaciones diferenciales. 1. y ′ − y = δ (t − 1), y(0) = 0 2. y ′ + y = δ (t − 1), y(0) = 0

π 7. y ″ + y = δ ¢t − ≤ + δ (t − π ) , y(0) = 0, y ′(0) = 0 2 8. y ″ + y = δ (t − π ) + δ (t − 2π ) , y(0) = 0, y ′(0) = 0 9. y ″ − y ′ = δ (t − π ) , y(0) = 0, y ′(0) = 0

3. y ″ + y = δ (t − π ), y(0) = 0, y ′(0) = 0

10. y ″ − 3 y ′ + 2 y = δ (t − 2π ) , y(0) = 0, y ′(0) = 0

4. y ″ + 4 y = δ (t − 2π ), y(0) = 0, y ′(0) = 0

11. y ″ − 2 y ′ − 3 y = δ (t − 1) , y(0) = 0, y ′(0) = 0

5. y ″ + 9 y = δ (t − 2π ), y(0) = 0, y ′(0) = 1

π 6. y ″ + 16 y = δ ¢t − ≤, y(0) = 1, y ′(0) = 0 2

199

12. y ″ − 4 y ′ − 12 y = δ (t − 1) + δ (t − 2 ) , y(0) = 0, y ′(0) = 0

200

UNIDAD 3

3.8


Competencia final


En los ejercicios 1 a 3, resolver las siguientes ecuaciones diferenciales. 1. y ′ − 2 y = δ (t − 4), y(0) = 0

2. y ′ − 3 y = δ (t − 2), y(0) = 1 3. y ″ + y ′ = δ (t − 1) , y(0) = 0, y ′(0) = 0

Unidad

4

INTRODUCCIÓN A LOS SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

4.1 Introducción

4.3 Solución de un sistema de ecuaciones diferenciales utilizando la transformada de Laplace

4.2 Solución algebraica de un sistema de ecuaciones diferenciales

Competencias específicas Modelar y describir situaciones diversas a través de sistemas de ecuaciones diferenciales lineales.

Resolver sistemas de ecuaciones diferenciales lineales


utilizando el método de los operadores diferenciales y la transformada de Laplace.

Integrar las herramientas estudiadas en las unidades previas al reconocer las limitaciones y ventajas de los métodos aplicados.







202

UNIDAD 4

Introducción a los sistemas de ecuaciones diferenciales

4.1

Introducción

Existen muchas aplicaciones en la vida real que no se modelan a través de una sola ecuación diferencial. Muchos sistemas dinámicos tienen asociado un modelo matemático formado por más de una de ellas, por ejemplo, un sistema de dos o más resortes, los circuitos formados por varias mallas, dos o más péndulos acoplados, etcétera. En la primera unidad mencionamos la existencia de una infinidad de ecuaciones diferenciales y también la imposibilidad de resolverlas todas. No es difícil imaginar que para el caso de un sistema de varias de ellas resulta aún más complejo desarrollar métodos de solución generales. Un estudio profundo de los sistemas de ecuaciones diferenciales (SED) requiere de cursos avanzados, de mucho tiempo y de bases teóricas más sólidas.

4.2

Solución algebraica de un sistema de ecuaciones diferenciales

En esta sección solo nos enfocaremos en resolver sistemas formados por ecuaciones diferenciales ordinarias lineales y con coeficientes constantes, del mismo tipo que las abordadas en la unidad 2. Básicamente, abordaremos tres maneras de resolver un sistema de ecuaciones diferenciales: el primero es un método de eliminación sistemática, el segundo aplica la regla de Cramer y el tercero utiliza la transformada de Laplace.

Definición 1


Sistemas de ecuaciones diferenciales (SED) Un sistema de ecuaciones diferenciales es un conjunto de dos o más ecuaciones diferenciales que pueden tener un conjunto de funciones como soluciones comunes de cada ecuación del sistema.

Debemos mencionar que las ecuaciones de un sistema pueden ser ordinarias o parciales; en nuestro estudio solo consideraremos las ecuaciones ordinarias. En el siguiente ejemplo presentamos algunos sistemas de ecuaciones diferenciales. EJEMPLO 1

Sistemas de ecuaciones diferenciales

Las siguientes ecuaciones son ejemplos de sistemas ordinarios de ecuaciones diferenciales. Resolver problemas.

a)

dx dy + = sen t dt dt d 2x d 2 y + = 1 + t2 dt 2 dt 2

b) x ′′ + x − 4 y ′ − 3 y = 0 x ′ + 3x − y ′′ − 2 y = e t

4.2


Una primera forma de resolver un sistema de ecuaciones diferenciales es mediante la eliminación sistemática de alguna de las variables dependientes. Para esto, en la siguiente observación introducimos la notación de los operadores diferenciales, lo cual nos permitirá la manipulación algebraica de un sistema.

203


Uso del operador diferencial en una EDO lineal

OBSERVACIÓN 1

Consideremos la ecuación diferencial ordinaria an y ( n ) + an −1 y ( n −1) +  + a2 y ′′ + a1 y ′ + a0 y = g ( x ) Argumentar con contundencia y precisión.

Si suponemos que y ( n ) = D n y, y ( n −1) = D n −1 y, , y ″ = D 2 y y y ′ = Dy podemos escribir de manera equivalente an D n y + an −1D n −1 y +  + a2 D 2 y + a1Dy + a0 y = g ( x ) O bien,

(a D n

n

)

+ an −1D n −1 +  + a2 D 2 + a1D + a0 y = g ( x ) d

Si consideramos al operador diferencial D = como una variadx ble en el miembro izquierdo de esta última expresión, definimos el polinomio diferencial p( D ) = an D n + an −1D n −1 +  + a2 D 2 + a1D + a0 De manera que la EDO original se puede expresar como p( D ) y = g ( x ) Observamos que el polinomio diferencial p(D) tiene coeficientes reales y grado n, de ma- Lograr un pensamiento lógico, analítico y sintético. nera que por el teorema fundamental del álgebra a lo más tiene n raíces en total, y las raíces complejas, si existen, aparecen en pares conjugados. Por esta razón es posible expresar al polinomio p(D) como producto de factores irreducibles de primer y segundo grados.

La observación anterior se ejemplifica a continuación. EJEMPLO 2

Resolver problemas.

Un SED en términos de operadores diferenciales

Expresar el siguiente sistema de ecuaciones en términos de operadores diferenciales dx dy + = sen t dt dt d 2x dx d 2 y dy + + − 3 = t2 + et 4 dt 2 dt dt 2 dt

Nota biogr áf ic a Paul Maurice Dirac (Bristol, Reino Unido, 1902-Tallahassee, Estados Unidos, 1984) Fue un físico británico, hijo de un profesor de francés de origen suizo. Estudió en la escuela en que impartía clases su padre, donde pronto mostró particular facilidad para las matemáticas. Cursó estudios de ingeniería eléctrica en la Universidad de Bristol, interesándose especialmente por el asiduo empleo de las aproximaciones matemáticas de que hace uso la ingeniería para la resolución de todo tipo de problemas. Sus razonamientos posteriores se basaron en el asierto de que una teoría que intente explicar leyes fundamentales del comportamiento de la naturaleza puede construirse sólidamente sobre la base de aproximaciones sugeridas por la intuición, sin llegar a tener la certeza de cuáles son en realidad los hechos acontecidos, dado que estos pueden llegar a ser de una complejidad tal que difícilmente pueden llegar a ser descritos con exactitud, por lo cual el físico deberá contentarse con un conocimiento tan solo aproximado de la realidad. Tras su graduación tuvo dificultades para encontrar trabajo, circunstancia que le llevó a ejercer la docencia casi de forma casual en el St. John’s College de Cambridge. Su superior en la mencionada escuela, R. H. Fowler, fue colaborador de Niels Bohr en su labor pionera dentro del campo de la física atómica, una afortunada coincidencia merced a la cual Dirac no tardó en ponerse al corriente de los avances experimentados en esta área de la física. Pronto, en 1926, realizó su mayor contribución a esta ciencia al enunciar las leyes que rigen el movimiento de las partículas atómicas, de forma independiente y tan solo unos meses más tarde de que lo hicieran otros científicos de renombre como Max Born o Pascual Jordan, aunque se distinguió de estos por su mayor generalidad y simplicidad lógica en el razonamiento.

204

UNIDAD 4


Solución dy

dx

= Dy y Si = Dx, entonces dt dt expresar como

d2y dt

2

= D2 y y

d 2x dt 2

= D 2 x . De esta manera, el sistema se puede

Dx + Dy = sen t D 2 x + 4Dx + D 2 y − 3Dy = t 2 + e t O bien, Dx + Dy = sen t ( D 2 + 4D )x + ( D 2 − 3D ) y = t 2 + e t Para resolver un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias mediante eliminación sistemática debemos escribirlo en términos de operadores diferenciales, para después realizar operaciones equivalentes a las realizadas en el método de “suma y resta” tradicionales en los sistemas de ecuaciones lineales. Y así, sin más preámbulo, estamos en condiciones de resolver nuestros primeros sistemas de ecuaciones diferenciales. De aquí en adelante, enumeraremos las ecuaciones de un sistema como ecuación 1, ecuación 2 y así sucesivamente. EJEMPLO 3

Un SED de primer orden con condiciones iniciales

Resolver 9 y 2 y ′ = 2x

x′ =

Resolver problemas.

x(0) = 6, y(0) = 0

Solución De manera equivalente, escribimos 9 y=0 2 −2 x + Dy = 0 Dx −

Por convención enumeraremos las ecuaciones de un sistema como ecuación 1, ecuación 2 y así sucesivamente.

en términos de operadores

En este paso aplicamos el método de suma y resta tradicional, de manera que al multiplicar la ecuación 1 por 2, y la ecuación 2 por D tenemos 2 Dx − 9 y = 0 −2 Dx + D 2 y = 0

Al sumar ambas ecuaciones 2 Dx − 9 y = 0 −2 Dx + D 2 y = 0 D2 y − 9 y = 0 Luego (D2 – 9)y = 0 que es una ecuación diferencial lineal ordinaria con coeficientes constantes; para resolverla le asociamos su ecuación auxiliar Lograr un pensamiento lógico, analítico y sintético. Argumentar con contundencia y precisión.

m2 − 9 = 0 m = ±3 y = c1e 3t + c2 e −3t

ecuación auxiliar raíces auxiliares solución y(t)

4.2


205

Para obtener la solución correspondiente a x(t) sustituimos en la ecuación 2 del sistema original y ′ = 2 x para obtener x=

1 1 y ′ = ( 3c1e 3t − 3c2 e −3t 2 2

)

de donde 3 3 x = c1e 3t − c2 e −3t 2 2

solución x(t)

Para finalizar, evaluamos las condiciones x(0) = 6, y(0) = 0, de donde 3 3 x(0) = c1 − c2 = 6 y y(0) = c1 + c2 = 0 2 2 Si resolvemos el sistema simultáneamente tenemos c1 = 2 y c2 = −2. La solución al sistema es x = 3 e 3t + 3 e −3t y y = 2e 3t − 2e −3t .

EJEMPLO 4


Resolver x ′ + 2x − 2 y′ = 0

Resolver problemas.

−2 x + y ′ − 3 y = 0 x(0) = 0, y(0) = 14

Solución De manera equivalente, escribimos

( D + 2 ) x − 2 Dy = 0 −2 x + ( D − 3) y = 0


Multiplicamos la ecuación 1 por 2, la ecuación 2 por D + 2 y sumamos 2 ( D + 2 ) x − 4Dy = 0 −2 ( D + 2 ) x + ( D − 3) ( D + 2 ) y = 0


( D − 3) ( D + 2 ) y − 4Dy = 0 Luego,

(D

2

)

− 5D − 6 y = 0

Le asociamos su ecuación auxiliar m2 − 5m − 6 = 0 m = 6, m = −1 y = c1e 6t + c2 e − t


ecuación auxiliar raíces auxiliares solución y(t)

Para obtener la solución correspondiente a x(t) sustituimos en la ecuación 2 del sistema original −2 x + y ′ − 3 y = 0 , para obtener

(

) (

2 x = y ′ − 3 y = 6c1e 6t − c2 e − t − 3 c1e 6t + c2 e − t de donde 3 x = c1e 6t − 2c2 e − t 2

solución x(t)

)

206

UNIDAD 4


Para finalizar, evaluamos las condiciones x(0) = 0, y(0) = 14 3 x(0) = c1 − 2c2 = 0 2 y(0) = c1 + c2 = 14 Si resolvemos el sistema simultáneamente tenemos c1 = 8 y c2 = 6 . La solución al sistema es x = 12 e 6t − 12 e − t y y = 8e 6t + 6e − t . Si consideramos un SED con dos variables dependientes podemos observar que una vez que se ha obtenido una primera solución, la segunda puede obtenerse de diferentes formas: por sustitución en cualquiera de las ecuaciones o por eliminación sistemática de la otra variable dependiente. En cualquiera de los casos, el grado de dificultad encontrado no es el mismo y solo con la resolución de muchos ejercicios puede distinguirse cuál es la más conveniente. Otra forma diferente de resolver los ejercicios anteriores es utilizando determinantes. Esto es posible cuando se trabaja con un SED que tiene tantas ecuaciones ordinarias como variables dependientes. Para empezar, expresamos el sistema en términos de operadores diferenciales ubicando los términos con variables dependientes a la izquierda y las funciones independientes a la derecha. Se considera el determinante formado por todos los coeficientes de las variables dependientes y se aplica la regla de Cramer. Esto se ilustra en los siguientes ejemplos.

EJEMPLO 5

Uso de la regla de Cramer para resolver un SED ordinarias


x′ =

Resolver problemas.

Solución Iniciamos expresando el SED en términos de operadores diferenciales 9 y=0 2 −2 x + Dy = 0 Dx −



Si consideramos el sistema anterior como un sistema de dos ecuaciones en las dos variables x y y, tenemos D −2

9 9 0 − 2 2 x= 0 D D

−

y además

−2

(


)

Si resolvemos la segunda ecuación obtenemos D 2 − 9 y = 0 , que resulta ser la misma ecuación ordinaria obtenida en el ejemplo 3, la cual produce y = c1e 3t + c2 e −3t . A continuación podemos aplicar exactamente el mismo procedimiento ilustrado en el ejem3 3 plo 3 para obtener x = 2 c1e 3t − 2 c2 e −3t , o bien considerar la primera ecuación 9 9 0 − 2 2 x= 0 D D

−

D −2

(


9 D 0 2 y= −2 0 D

−

D

)

que produce la ecuación ordinaria D 2 − 9 x = 0 con solución x = c3e 3t + c4 e −3t . En este caso, debemos encontrar la relación entre las constantes de integración c3 y c4 con c1 y c2; para esto, sustituimos ambas funciones x = c3e 3t + c4 e −3t y y = c1e 3t + c2 e −3t en cualquiera de las ecuaciones originales. Si utilizamos la segunda de ellas y ′ = 2 x tenemos


4.2

(

3c1e 3t − 3c2 e −3t = 2 c3e 3t + c4 e −3t de donde c3 =

3 c 2 1

y c4 =

3 − 2,

para concluir que x =

3 c e 3t 2 1

−

207

)

3 c e −3t , 2 2

como en el ejemplo 3.

Uso de determinantes para resolver un SED de primer orden

EJEMPLO 6

Resolver x ′ + 2x − 2 y′ = 0 −2 x + y ′ − 3 y = 0

Solución

Resolver problemas.

De manera equivalente, escribimos

( D + 2 ) x − 2 Dy = 0 −2 x + ( D − 3) y = 0


Se tienen los determinantes D + 2 −2 D 0 −2 D x= −2 D−3 0 D−3 de donde

(D

2

D + 2 −2 D D+2 0 y= −2 D−3 −2 0

y

)

− 5D − 6 x = 0 y

(D

2

)

− 5D − 6 y = 0


Luego x = c3e 6t + c4 e − t y y = c1e 6t + c2 e − t Sustituimos en la primera ecuación x ′ + 2 x − 2 y ′ = 0 para obtener

(

) (

)

6c3e 6t − c4 e − t + 2 c3e 6t + c4 e − t − 2 6c1e 6t − c2 e − t = 0 3

3

de donde c3 = 2 c1 y c4 = −2c2 para tener x = 2 c1e 6t − 2c2 e − t , al igual que en el ejemplo 4.

EJEMPLO 7

Un SED no homogéneo

Resolver x′ − x − y

=t

−2 x + y ′ − 2 y = e t

Solución De manera equivalente, escribimos

( D − 1) x − y

=t

− 2x + ( D − 2 ) y = et


Se tienen los determinantes t D − 1 −1 x= t −2 D − 2 e

−1 D−2

y

D −1 t D − 1 −1 y= −2 D − 2 −2 e t

de donde, si elegimos el primero de ellos,

(D

2

)

− 3D x = ( D − 2 )(t ) + e t

calculamos el primer y segundo determinantes

Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita. Lograr un pensamiento lógico, analítico y sintético.

208

UNIDAD 4


(D (D

2 2

) − 3D ) x = 1 − 2t + e

− 3D x = D (t ) − 2t + e t

evaluamos operadores

t

ecuación ordinaria

1 1 1 x(t ) = c1 + c2 e 3t + t 2 − t − e t 3 9 2

resolvemos por superposición

Para obtener y(t) sustituimos en la ecuación x ′ − x − y = t , luego 1 2 y = −c1 + 2c2 e 3t − t 2 − t 3 9

4.2



En los ejercicios 1 a 41, resolver los sistemas de ecuaciones diferenciales dados, ya sea mediante una eliminación sistemática o bien por determinantes (regla de Cramer). 1.

2.

3.

dx =y dt dy = 4x dt

9.

dx = − y + et dt dy =x dt

10. x ′ + 2 x +

2y = 0

5x + y ′ − y = 0

dx =x−y dt dy = −x + 2 y dt

11.

dx = x− y+t dt dy = −x + y dt

dx −x− 4. dt − 2x +

8. x ′ − x − 3 y = 0 − 3x + y ′ − y = 0

4y = 1 dy − 3 y = −1 dt

12.

dx = −3 y + t dt dy = −3x − t dt dx + 2x − dt

5y = 0

− 5x +

dy + 2y = 0 dt

13. x ′ + 6x −

2y = 0

6x + y ′ − 2 y = 0

5. x ′ = −4x − 10 y y′ = 2x + 8 y

14. x ′ = 10 x − 5 y − t

6. x ′ = −2 x − 5 y y ′ = 5x − 2 y

15. x ′ = −12 x + 7 y

dx = 4y + 1 7. dt dy = 4x − t dt

y ′ = 8x − 12 y

y ′ = −7 x + 2 y 16. x ′ = −9x + 7 y y ′ = −7 x + 5 y − 1

4.2 17. x ′ = 4 y − 1


29.

y ′ = −4x 18. x ′ = −2 x − 5 y y ′ = 5x − 2 y

dx =x− y dt dy = −x + 2 y − z dt dz = − y+z dt

30. D 2 x − 4 y = 0

19. x ′ = 2 x − y + t y′ = x + 2 y

−4x + D 2 y = 0

(

20. x ′ = x + y

)

31. D 2 − 4 x +

y′ = −x + y

y=0

(

)

x+ D −4 y=0

(

21. x ′ = 2 y

)

2

32. D 2 + 4 x −

y ′ = −20 x + 4 y 22. x ′ = y + t

(

2y = 0

(D )

2

)

− 16 y = 0

33. D 2 − 16 x

y′ = −x 23. x ′ = x − 2 y − e y′ = x − y

t

(

=1

(D

)

2

)

+ 16 y = −1

34. D 2 − 1 x −

4y = 1

(

)

− 2x + D − 3 y = t

24. x ′ = 2 x − y

(

)

2

35. D 2 − 4 x −

y ′ = 5x − 2 y

(D

12 y = 0 2

)

+9 y=t

25. x ′ = 3x + 2 y y ′ = −5x + y

36. ( D + 1) x + ( D − 1) y = 0

26. x ′ = z y′ = z

37. D 2 − 9 x +

4x + ( D − 4 ) y = 1

(

)

( D − 1) y = 0

z′ = y

27.

28.

(

dx − 5x − dt

=0

Dx + Dy = 0 Dx + D 2 y = t

39.

(D 4y −

2z = 0

dy − 4x + − 5y − dt

2z = 0

− 2x −

)

38. D 2 − 16 x

dx = x+z dt dy = y+z dt dz = x+z dt

Dy = 0

dz 2y + − 2z = 0 dt

(

2

)

− 25 x

= −t

)

40. D 2 − 2 x − y = t 2

(

(D + 2)x + y = t

)

41. D 2 − 2 x −

(

y=0

)

2x + D2 + 1 y = 0

209

210


UNIDAD 4

En los ejercicios 42 a 50, resolver los sistemas de ecuaciones diferenciales dados sujetos a las condiciones indicadas. 42. x ′ − 5x −

46. x ′ = x + 3 y y ′ = −3x + y x(0) = 0, y(0) = 0

5y = 0

y ′ − 12 y = 0

47. x ′ = 2 x + 5 y

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

y ′ = −5x + 2 y x(0) = 5, y(0) = 1

dx 43. =y dt dy = 4x dt x(0) = 0, y(0) = 2 44.

48. x ′ = 5 y y ′ = −5x x(π ) = 0, y(π ) = 0 49. x ′ = y

dx = 2y + 1 dt dy = −2 x + 4 y dt x(0) = 0, y(0) = 0

y′ = −x x(0) = 10, y(0) = 100 50. x ′ = 4x + 2 y y ′ = −2 x + 4 y

45. x ′ = −3x + 2 y y ′ = −3 y

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

x(0) = 1, y(0) = 4

4.2

Competencia final

(

)

5. D 2 + 1 x − Resolver problemas. Capacidad para generar nuevas ideas.

En los ejercicios 1 a 6, resolver los sistemas de ecuaciones diferenciales dados, ya sea mediante una eliminación sistemática o bien por determinantes. 1. x ′ = 5x − y

dx − 2x − 6y = 0 dt dy + 3y = 0 dt

3. ( D + 2 ) x +

(

)

2x + D2 + 1 y = 1

6.

(D

2

)

+4 x−

7.

dx − x − 12 y = 0 dt dy − 4y = 0 dt x(0) = 0, y(0) = 0

Dy = t

2 x + ( D − 1) y = 0 4. x ′ − x −

( D − 1) y = −1

y=t

En los ejercicios 7 y 8, resolver los sistemas de ecuaciones diferenciales dados sujetos a las condiciones indicadas.

y′ = −x + 5 y 2.

Dy = 1

y+

2z = 0

x + y′ − 2 y −

z=0

− y + z′ + z = 0

8. x ′ = 3x y ′ = −3 y

π π x ¢ ≤ = 0, y ¢ ≤ = 0 2 2

4.3 Solución de sistemas de ecuaciones diferenciales utilizando la transformada de Laplace

4.3

211

Solución de sistemas de ecuaciones diferenciales utilizando la transformada de Laplace

Como lo estudiamos en la unidad 3, la transformada de Laplace es una herramienta muy útil para resolver problemas de valor inicial. De la misma forma en que la transformada de Laplace reduce un problema de valor inicial a un problema de tipo algebraico, para el caso de un sistema de ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes es posible obtener un sistema algebraico de ecuaciones cuya solución está relacionada directamente con la solución del sistema original mediante la transformada inversa de Laplace. En esta sección aprenderemos a resolver un SED mediante el uso de la transformada de Laplace. Sin más preámbulo, ilustremos el procedimiento resolviendo de nuevo los ejemplos 3 y 4 de la sección anterior con la finalidad de hacer una comparación de los métodos de solución. A continuación enumeremos las ecuaciones de un sistema en el siguiente orden: ecuación 1, ecuación 2, ecuación 3, y así sucesivamente. Además, adoptemos la notación L {x(t )} = X , L { y(t )} = Y y L { z (t )} = Z .


EJEMPLO 1


x′ =

Resolver problemas.

x(0) = 6, y(0) = 0

Solución Aplicamos la transformada de Laplace a cada ecuación del sistema 9 2 L { y ′} = 2L L

{x ′} = L { y}

aplicamos la transformada de Laplace

{x }

9 sX − x(0) = Y 2 sY − y(0) = 2 X

simplificamos

9 sX − Y = 6 2 −2 X + sY = 0

sustituimos x(0) = 6, y(0) = 0 y ordenamos

En este momento, nuestro sistema original de ecuaciones diferenciales se ha transformado en un sistema algebraico y procedemos a resolverlo con los métodos tradicionales. En nuestro caso, aplicamos una eliminación sistemática por suma y resta. Al multiplicar la ecuación 1 por 2, la ecuación 2 por s, y sumar, tenemos 2 sX − 9Y = 12 −2 sX + s 2Y = 0

(s

2

sumar ecuaciones

)

− 9 Y = 12

Ahora procedemos a resolver para Y y aplicamos L Y=

12 s2 − 9

–1

resolvemos para Y


212

UNIDAD 4


−1

y(t ) = L

{Y } = 4L

−1

{ } 3 s2 − 9

aplicamos L

y(t ) = 4senh 3t = 2e 3t − 2e −3t


–1

simplificamos

Para obtener la solución correspondiente a x(t) podemos sustituir la función y(t ) = 2e 3t − 2e −3t en alguna de las ecuaciones del sistema original que resulte más conveniente; o bien, considerar la eliminación de la otra transformada de Laplace en el sistema algebraico equivalente. 9 Si elegimos esta segunda opción, multiplicamos la ecuación 1 por s, la ecuación 2 por , 2 y sumamos: 9 s2 X − sY = 6s 2 eliminamos Y 9 − 9X + sY = 0 2

(s X=

2

)

− 9 X = 6s

6s s −9

resolvemos para X

2

x (t ) = L

{X } = 6L

−1

−1

{ } s s −9 2

aplicamos L

–1

x(t ) = 6 cosh 3t = 3e 3t + 3e −3t La solución particular al sistema es x = 3 e 3t + 3 e −3t y y = 2e 3t − 2e −3t , tal y como se había encontrado en el ejemplo 3 de la sección anterior. EJEMPLO 2


Resolver Resolver problemas.

x ′ + 2x − 2 y′ −2 x +

=0

y′ − 3 y = 0

x(0) = 0, y(0) = 14

Solución Aplicamos la transformada de Laplace a cada ecuación del sistema

{x ′} + 2L {x } − 2L { y ′} = 0 −2L {x} + L { y ′} − 3L { y} = 0 L



sX − x(0) + 2 X − 2 [ sY − y(0) ] = 0

−2 X + [ sY − y(0) ] − 3Y = 0

( s + 2 ) X − 2 sY = −28 − 2 X + ( s − 3)Y = 14

simplificamos


El sistema de ecuaciones diferenciales se ha transformado en un sistema algebraico y por lo tanto, procedemos a resolverlo. Al multiplicar la ecuación 1 por 2, la ecuación 2 por s + 2 , y sumar, tenemos 2(s + 2)X − −2 ( s + 2 ) X +

4sY = −56

( s + 2 )( s − 3)Y = 14 ( s + 2 )

(s

2

)

− 5s − 6 Y = 14s − 28

sumar ecuaciones

4.3 Solución de sistemas de ecuaciones diferenciales utilizando la transformada de Laplace Ahora procedemos a resolver para Y y aplicamos fracciones parciales Y=

14s − 28 ( s − 6 )( s + 1)

resolvemos para Y

Y=

8 6 + s − 6 s +1


y(t ) = L

−1

{Y } = 8e 6t + 6e − t

aplicamos L

–1

De nueva cuenta, al igual que en el ejercicio anterior, consideramos la eliminación de la otra transformada de Laplace en el sistema algebraico equivalente. De manera que si multiplicamos la ecuación 1 por s – 3, la ecuación 2 por 2s, y sumamos

( s + 2 )( s − 3) X − 2 s ( s − 3)Y = −28 ( s − 3) − 4sX + 2 s ( s − 3)Y = 28s

(s

2

)

− 5s − 6 X

eliminamos Y

= 84

X=

84 ( s − 6 )( s + 1)

resolvemos para X

X=

12 12 − s − 6 s +1


x (t ) = L

−1

{X } = 12e 6t − 12e − t

aplicamos L

–1

La solución particular al sistema dado es x(t ) = 12 e 6t + 12 e − t y y(t ) = 8e 6t + 6e − t , tal y como se había encontrado en el ejemplo 4 de la sección anterior.

EJEMPLO 3


Resolver dx = −3 y + t dt dy = −3x − 1 dt x(0) = 0, y(0) = 1

Solución Aplicamos la transformada de Laplace a cada ecuación del sistema L L

{ } { }

dx = −3L { y} + L {t } dt dy = −3L {x} − L {1} dt

1 s2 1 sY − y(0) = −3X − s


sX − x(0) = −3Y +

simplificamos

Resolver problemas.

213

214

UNIDAD 4


sX + 3Y =

1 s2


1 3X + sY = 1 − s Argumentar con contundencia y precisión.

El sistema de ecuaciones diferenciales se ha transformado en un sistema algebraico y procedemos a resolverlo. Al multiplicar a la ecuación 1 por s a la ecuación 2 por −3 y sumar, tenemos 1 s

s 2 X + 3sY =

−9X − 3sY = −3 +

(s

2

)

−9 X =

3 s

sumar ecuaciones

4 −3 s

Ahora procedemos a resolver para Y y aplicamos fracciones parciales Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita.

X=

−3s + 4 s ( s2 − 9

resolvemos para X

)

X =−

5 1 13 1 41 + − 18 s − 3 18 s + 3 9 s


x (t ) =

5 3t 13 −3t 4 e + e − 18 18 9

aplicamos L

–1

De nueva cuenta al igual que en el ejercicio anterior, consideramos la eliminación de la otra transformada de Laplace en el sistema algebraico equivalente. De manera que al multiplicar a la ecuación 1 por −3, a la ecuación 2 por s y sumar, tenemos 3 s2 3sX + s 2Y = s − 1 −3sX − 9Y =

(s

2

)

− 9 Y = s − 1−

eliminamos X 3 s2

Y=

s3 − s2 − 3 s2 ( s2 − 9

resolvemos para Y

Y=

5 1 13 1 1 1 + + 18 s − 3 18 s + 3 3 s 2


)

5 3t 13 −3t 1 e + e + t 18 18 3 La solución particular al sistema dado es y (t ) = L

−1

{Y } =

aplicamos L

–1

5 3t 13 −3t 1 5 13 4 e + e + t y x (t ) = − e 3t + e −3t − 18 18 3 18 18 9 Otra opción para determinar la segunda solución una vez que determinamos la primera es una sustitución en el sistema original. Si bien es cierto que esto no siempre se puede hacer porque dependemos de la forma del sistema dado, en este caso sin dificultad encontramos que y (t ) =

dx = −3 y + t dt

ecuación original 1

1 dx y = ¢− + t≤ 3 dt

resolvemos para y

4.3 Solución de sistemas de ecuaciones diferenciales utilizando la transformada de Laplace y (t ) =

5 3t 13 −3t 1 e + e + t 18 18 3

sustituimos y (t ) = −

5 3t 13 −3t 4 e + e − 18 18 9

Como anteriormente lo habíamos determinado.


4.3

En los problemas 1 a 27, utilizar la transformada de Laplace para resolver los sistemas de ecuaciones diferenciales dados. dx + 1. dt

dy = −2 dt x(0) = 1, y(0) = 1 2. x ′ = 2 y + t 2 x(0) = 0, y(0) = 1 9y = e

dx − dt

= e −t

8 y = t2

dy = −t 2 dt x(0) = 1, y(0) = −1 dx + 2x − dt

5 y = et

dy − 5x + + 2y = 1 dt x(0) = 0, y(0) = 0 2y = 1 6. x ′ + 6x − 6x + y ′ − 2 y = 0 x(0) = 1, y(0) = 0 5 y = −t 7. x ′ − 10 x + − 8x + y ′ + 12 y = 1 x(0) = 0, y(0) = −1 8. x ′ + 12 x −

7y = 1

7x + y′ − 2 y = 1 x(0) = 0, y(0) = 0

10. x ′ = 4x − 1 y ′ = −4 y x(0) = 1, y(0) = 0

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

− 2x +

5.

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

t

x(0) = 1, y(0) = 0 4.

7 x + y ′ − 5 y = −1

5y = 0 11. x ′ + 2 x + − 5x + y ′ + 2 y = t

y′ = 2x − t

− 9x + y ′

7y = 0

y =3

−x+

3. x ′ +

9. x ′ + 9x −

12. x ′ − 2 x +

y=t

− x + y′ − 2 y = 0 x(0) = 0, y(0) = 0 13. x ′ = x + y y′ = −x + y x(0) = 1, y(0) = 1 14. x ′ − x −

y+

2z = 0

x + y′ − 2 y −

z=0

− y + z′ + z = 0 x(0) = 0, y(0) = 0, z (0) = 0 15. x ′′ −

4y = t

− 4x + y ′′

=1

x ′(0) = 4, x(0) = 0 y ′(0) = 0, y(0) = 0 16. x ′′ − 4x +

y=0

x + y ′′ − 4 y = 0 x ′(0) = 1, x(0) = 0 y ′(0) = 2, y(0) = 0

215

216


UNIDAD 4

17. x ′′ + 4x −

2y = 0

23. x ′′ + x − y ′

y ′′ − 16 y = 0

=1

y ′ − y = −1

x ′(0) = 1, x(0) = 1

x ′(0) = 0, x(0) = 0, y(0) = 0

y ′(0) = 1, y(0) = 0 18. x ′′ − 16x

=1

24.

y ′′ + 16 y = −1 y ′(0) = 0, y(0) = 0 4y = 1

− 2 x + y ′′ − 3 y = t

25.

x ′(0) = 0, x(0) = 0 y ′(0) = 0, y(0) = 0

y ′(0) = 0, y(0) = 0

26.

21. x ′ + x + y ′ − y = 0 4x + y ′ − 4 y = 1 x(0) = 0, y(0) = 0 22. x ′ + 2 x + y ′

d 2x − 2x − y = t 2 dt 2 dx + 2x + y = t dt x ′(0) = 0, x(0) = 0, y(0) = 0 y=0

2 x + y ′′ + y = 0

=t

x ′(0) = 0, x(0) = 0 y ′(0) = 1, y(0) = 0

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

Competencia final


2.

En los problemas 1 a 4, utilizar la transformada de Laplace para resolver los sistemas de ecuaciones diferenciales dados. 1.

dx d2y + =t dt dt 2 d 2x − 25x = −t dt 2 x ′(0) = 0, x(0) = 0

27. x ′′ − 2 x −

2x + y′ − y = 0

4.3

=0

y ′(0) = 0, y(0) = 0

20. x ′′ − 4x − 12 y = 0 y ′′ + 9 y = t x ′(0) = 1, x(0) = 0

− 16x

dx dy + =0 dt dt x ′(0) = 4, x(0) = 0, y(0) = 1

x ′(0) = 0, x(0) = 0

19. x ′′ − x −

d 2x dt 2

d 2x dy − 9x + =0 dt 2 dt dy −y=0 dt x ′(0) = 0, x(0) = 0, y(0) = 0

dx = y+t dt dy = 4x − t dt x(0) = 1, y(0) = 0

3. x ′

− y=t

− 9x + y ′

= e −t

x(0) = 0, y(0) = 1 4.

2 x + y ′′ + y = 1 x ′′ + 4x −

y=t

x ′(0) = 0, x(0) = 0 y ′(0) = 0, y(0) = 0

Unidad

5

INTRODUCCIÓN AL ANÁLISIS DE FOURIER


5.3 Series de Fourier en cosenos, senos y de medio intervalo

5.2 Series de Fourier

Competencias específicas Aprender los conceptos de ortogonalidad, conjuntos ortogonales y la definición de la serie de Fourier.

Aprender a calcular series de Fourier (forma trigonométrica) de funciones periódicas en un periodo arbitrario centrado.

5.4 La serie compleja de Fourier



Aprender a calcular series de Fourier en cosenos y series de Fourier en senos.

Aprender a calcular series de Fourier de medio intervalo.

Aprender a calcular series de Fourier en su forma compleja.






218

UNIDAD 5

Introducción al análisis de Fourier

En las unidades anteriores nos centramos en estudiar métodos de solución de ecuaciones diferenciales ordinarias y las discusiones se desarrollaron alrededor de ecuaciones de orden no mayor a 2. En general, cuando un problema real tiene como modelo matemático una ecuación diferencial, esta no es ni ordinaria ni de segundo orden. Sin embargo, abordar un estudio profundo acerca de este tipo de problemas requiere de más bases teóricas. En un curso introductorio a las ecuaciones diferenciales estas limitaciones nos llevan a restringir su estudio a tres de ellas: la ecuación del calor, la ecuación de onda y la ecuación de Laplace. Para iniciar nuestro estudio acerca de estas ecuaciones requerimos en primer lugar, introducirnos al análisis de Fourier, el cual nos proporciona los elementos a partir de los cuales podremos resolver muchos problemas de aplicación. A pesar de que la teoría de las series de Fourier es de las más abstractas que se conocen, su aplicación es realmente sencilla para algunas ecuaciones básicas y es accesible en un curso introductorio de solución de ecuaciones. En esta unidad presentamos los conceptos básicos que nos permitirán determinar la llamada serie de Fourier que utilizaremos como herramienta para resolver algunas ecuaciones diferenciales ordinarias y nuestras primeras ecuaciones diferenciales parciales.

5.1

Teoría preliminar

Es muy común que en muchos problemas de ciencias e ingeniería aparezcan funciones especiales conocidas como funciones periódicas. Es de mucha utilidad expresar este tipo de funciones en términos de las funciones trigonométricas seno y coseno.

Nota

Jean-Baptiste-Joseph Fourier (Auxerre, Francia, 1768-París, 1830). Ingeniero y matemático francés. Era hijo de un sastre y fue educado por los benedictinos. Los puestos en el cuerpo científico del ejército estaban reservados para familias de estatus reconocido, así que aceptó una cátedra militar de matemáticas. Tuvo un papel destacado durante la revolución en su propio distrito y fue recompensado con una candidatura para una cátedra en la École Polytechnique. Fourier acompañó a Napoleón en su expedición oriental de 1798 y fue nombrado gobernador del Bajo Egipto. Aislado de Francia por la flota británica, organizó los talleres con los que el ejército francés debía contar para sus suministros de munición. También aportó numerosos escritos sobre matemáticas al Instituto Egipcio que Napoleón fundó en El Cairo. Tras las victorias británicas y la capitulación de los franceses al mando del general Menou en 1801, Fourier volvió a Francia, donde fue nombrado prefecto del departamento de Isère, y empezó sus experimentos sobre la propagación del calor. Se trasladó a París en 1816 y en 1822 publicó Teoría analítica del calor, donde desarrolló la denominada “serie de Fourier”, de notable importancia en el posterior desarrollo del análisis matemático, y con interesantes aplicaciones a la resolución de numerosos problemas de física (más tarde, Dirichlet consiguió una demostración rigurosa de diversos teoremas que Fourier dejó planteados). No terminó su trabajo sobre resolución de ecuaciones que se publicó en 1831 y que contenía una demostración de su teorema sobre el cálculo de las raíces de una ecuación algebraica. b i o gráfica

Las series de Fourier son más generales que la serie de Taylor; incluso las funciones periódicas discontinuas se pueden representar por medio de series de Fourier y no así por series de Taylor.

Al realizar estudios acerca de la conducción del calor de manera analítica, el físico matemático Jean Baptiste Joseph Fourier desarrolló la teoría que permite expresar a una función como una serie trigonométrica en términos de senos y cosenos. Al estudiar y resolver la ecuación diferencial del calor, Fourier aportó una de las herramientas más poderosas hasta entonces conocidas por la ciencia y que representó incluso una de las contribuciones más significativas en la historia de las matemáticas; curiosamente, aun cuando lleva su nombre no fue Fourier el precursor de esta teoría, sino Daniel Bernoulli y Leonhard Euler.

5.1

Teoría preliminar

219

Funciones periódicas Para iniciar el estudio de las series de Fourier es necesario conocer los conceptos de función periódica, par e impar. Recordemos de la definición 1 de la sección 3.6 que una función f (t ) se dice periódica de periodo T si f (t ) = f (t + T ) para todo t en su dominio. Por inducción es fácil observar que si f (t ) es una función periódica de periodo T, entonces f (t + nT ) = f (t ) para todo valor de t en su dominio y n número entero. El siguiente ejemplo muestra dos funciones periódicas de interés en nuestro estudio sobre las series de Fourier.

EJEMPLO 1

Las funciones periódicas sen nLπ t y cos nLπ t

Demostrar que las funciones sen

nπ nπ t y cos t son periódicas con periodo 2L. L L

Resolver problemas.

Solución Se verifica que

sen

nπ (t + 2 L ) nπ t = sen ¢ + 2 nπ ≤ L L

nπ (t + 2 L ) nπ t nπ t sen = sen cos2 nπ + sen2 nπ cos L L L sen

nπ (t + 2 L ) nπ t = sen L L

desarrollamos

seno de una suma


cos (2 nπ ) = 1 , sen (2 nπ ) = 0

nπ t es periódica de periodo 2L. L nπ t también es periódica y de periodo 2L. Un procedimiento análogo muestra que la función cos L

Concluimos que la función sen

Funciones pares e impares Para justificar el teorema de Fourier nos será de mucha utilidad recordar los conceptos de funciones par e impar, ya que sus propiedades nos facilitarán el cálculo de integrales definidas en un periodo centrado alrededor del cero. Presentamos la siguiente definición.

Funciones par e impar

1 Definición

1. Una función f (t ) se dice par si f ( − t ) = f (t ) . 2. Una función f (t ) se dice impar si f ( − t ) = − f (t ).

Geométricamente, una función par es simétrica respecto al eje y, mientras que una función impar es antisimétrica en el origen. La FIGURA 5.1 muestra la gráfica de una función par y la FIGURA 5.2 muestra la gráfica de una función impar.


220

UNIDAD 5

Introducción al análisis de Fourier y f(t) f(t) = f(–t)

y –t t

–t

f(–t) = –f(t)

t

Figura 5.1

EJEMPLO 2

Resolver problemas.

Figura 5.2

Funciones pares e impares

1. Dado que −t = t , cos (−t ) = cos t y (−t ) cos t, t 2 n son pares.

2n

= t 2 n , n ∈ , concluimos que las funciones t ,

2. Dado que ( −t ) = − (t ) , sen ( −t ) = − sen t y (−t )2 n+1 = − (t 2 n+1 ) con n ∈  , concluimos que las funciones t, sen t y t 2 n+1 son impares. En el siguiente teorema se listan algunas de las propiedades más conocidas y útiles de las funciones pares e impares.

Teorema 1 Propiedades de las funciones pares e impares Argumentar con contundencia y precisión. Capacidad de análisis y síntesis.

1. 2. 3. 4. 5. 6.

El producto de dos funciones pares es par. El producto de dos funciones impares es par. El producto de una función par y una función impar es impar. a a Si f (t ) es una función par, entonces ∫− a f (t ) dt = 2 ∫0 f (t ) dt. a Si f (t ) es una función impar, entonces ∫− a f (t ) dt = 0. Toda función f (t ) impar definida en t = 0 satisface f (0) = 0 .

Demostración 1) Sean f (t ) y g (t ) dos funciones pares y definamos h(t ) = f (t ) g (t ); dado que h( −t ) = f ( −t ) g ( −t ) = f (t ) g (t ) = h(t ), se verifica que h(t ) es una función par.


Demostración 2) Sean f (t ) y g (t ) dos funciones impares y definamos h(t ) = f (t ) g (t ) ; dado que h( −t ) = f ( −t ) g ( −t ) = (− f (t ))(− g (t )) = f (t ) g (t ) = h(t ) , se verifica que h(t ) es una función par. Demostración 3) Sean f (t ) una función par y g (t ) una función impar. Definamos h(t ) = f (t ) g (t ); dado que h( −t ) = f ( −t ) g ( −t ) = f (t ) (− g (t )) = − f (t ) g (t ) = −h(t ), se verifica que h(t ) es una función impar.

5.1

Teoría preliminar

221

Demostración 4) Sea f (t ) una función par, al considerar el cambio de variable t = −u, tenemos que cuando t = 0, entonces u = 0, y cuando t = −a, entonces u = a; luego

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

a −a a −a a −a a −a a −a

∫

f (t ) dt =

0 −a

f (t ) dt = −

∫

f (t ) dt = −

∫

∫

f (t ) dt =

0 a 0 a

a

a

f (t ) dt 0

f ( −u ) du + f ( u ) du +

∫

f ( u ) du +

0

∫

f (t ) dt = 2

∫

f (t ) dt +

∫

∫

a

f (t ) dt 0

a

f (t ) dt 0

t = −u, dt = −du f ( −u ) = f ( u )

a

f (t ) dt

invertimos límites de integración

0

a

f (t ) dt 0

Demostración 5) Sea f (t ) una función impar, de la misma forma que en el inciso anterior, si consideramos el cambio de variable t = −u tenemos que cuando t = 0 , entonces u = 0 , y cuando t = −a , entonces u = a ; luego

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

a −a a −a a −a a −a a −a

f (t ) dt =

∫

f (t ) dt = −

∫

f (t ) dt +

−a

∫

f (t ) dt = − f (t ) dt =

0

0 a

0

∫

a 0

a

∫

f ( u ) du +

f (t ) dt

separamos la integral

∫

cambiamos de variable t = −u, dt = −du

0

f ( −u ) du +

f ( u ) du +

a

∫

a

f (t ) dt 0

a

f (t ) dt 0

∫

f ( −u ) = − f ( u )

a

f (t ) dt

invertimos límites de integración

0

f (t ) dt = 0

Demostración 6) Si f (t ) es impar entonces se cumple que f ( −t ) = − f (t ) para todo t en el dominio, en particular si f (t ) está definida para t = 0 se satisface que f ( −0) = − f (0), de donde f (0) + f ( −0) = 0. Dado que f ( −0) = f (0) concluimos f (0) = 0 .

Funciones ortogonales En la observación 2 de la sección 2.2 dejamos como un ejercicio al lector demostrar que el conjunto de todas las funciones continuas sobre el intervalo [ a, b ], definido por C [ a, b ] = { f : [ a, b ] →  | f es continua en [ a, b ]} Resulta ser un espacio vectorial al considerar las operaciones usuales del cálculo para sumar funciones y para multiplicar una función por un escalar real. Como tal, el conjunto C [ a, b ] adquiere todas las propiedades de los espacios vectoriales y son aplicables todos los conceptos correspondientes tales como combinación lineal, dependencia lineal, independencia lineal, base y dimensión, entre otros. En el álgebra lineal se demuestra de manera formal que C [ a, b ] es un espacio euclideano; es decir, existe en él un producto interno que se presenta en la siguiente definición.


222

UNIDAD 5

Definición 2


El producto interno en C [ a, b ] En el espacio vectorial C [ a, b ] se define el producto interno de las funciones f (t ) y g (t ) por f (t ) ⋅ g (t ) =


∫

b

f (t ) g (t ) dt a

El producto interno también se conoce como producto punto o producto escalar. Como un buen ejercicio, podemos verificar sin mucha dificultad que el producto definido anteriormente satisface las condiciones establecidas en la definición formal de producto interno; es decir, si f , g, h ∈C [ a, b ] y k ∈  , entonces Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita.

1. 2. 3. 4. 5. 6.

f ⋅ g ∈ f ⋅g = g⋅ f kf ⋅ g = f ⋅ kg = k ( f ⋅ g ) f ⋅ ( g + h) = f ⋅ g + f ⋅ h f ⋅ f ≥0 f ⋅ f = 0 si y solo si f = 0

EJEMPLO 3

Producto punto de dos funciones

Calcular el producto punto f (t ) ⋅ g (t ) de las funciones indicadas. Resolver problemas.

a) f (t ) = e t y g (t ) = 3t 2 e −t en el espacioC [0,1] b) f (t ) = sen t y g (t ) = cos t en el espacioC [ −π , π ]

Solución a) Por definición, e t ⋅ 3t 2 e −t =

∫

1 0

1

e t ⋅ 3t 2 e −t dt = t 3 = 1 0

Solución b) Lograr un pensamiento lógico, algorítmico, analítico y sintético.

Tenemos sen t ⋅ cos t =

∫

π −π

sen t cos t dt = 0

Lo anterior se sigue de inmediato por tratarse de la integral de una función impar definida sobre un periodo centrado en cero, como se demostró en el teorema 1. Una vez definido el producto interno en el espacio C [ a, b ], es posible abordar otros conceptos útiles en nuestro propósito de justificar el teorema de Fourier, como norma y conjunto ortogonal.

Definición 3

La norma de una función 1. Sea f (t ) ∈C [ a, b ], se define la norma de f (t ) como f (t ) = f (t ) ⋅ f (t ) 2. Se dice que el conjunto { f1 (t ), f2 (t ),, fn (t )} ⊆C [ a, b ] es ortogonal sobre el intervalo [ a, b ] si


donde c ∈  , c ≠ 0 para 1 ≤ i , j ≤ n. EJEMPLO 4

La norma de una función

Dadas las funciones f (t ) = sen t y g (t ) = cos t en el espacio C [ −π , π ], calcular a) f (t ) y b) g (t ) .

5.1

223

Teoría preliminar

Solución a) f (t ) = sen t ⋅ sen t =

∫

g (t ) = cos t ⋅ cos t =

∫

π −π

sen2 t dt = π

Solución b)

EJEMPLO 5

π −π

cos2 t dt = π

Un conjunto ortogonal

Demostrar que el conjunto {sen t, sen2t, cos t, cos2t } ⊆C [ −π , π ] es ortogonal. Resolver problemas.

Solución Para demostrar la ortogonalidad del conjunto de funciones en el intervalo [ −π , π ] es necesario calcular los productos punto entre todas las parejas posibles de funciones. Para simplificar los cálculos aplicamos los resultados mostrados en el teorema 1, es decir

∫

sen t ⋅ sen2t =

∫

sen t ⋅ cos t =

−π

∫

sen2t ⋅ cos t =

∫

sen2t ⋅ cos2t = cos t ⋅ cos2t =

sen2t = cos t = cos2 t =

∫

π −π

∫ ∫

−π

−π

∫

sen t sen2t dt = 2

π

sen t sen 2t dt = 0

0

sen t cos t dt = 0 π

sen t cos2 t dt = 0

−π

π

∫

π −π

π −π

sen2t cos2t dt = 0

cos t cos 2t dt = 2

∫

π 0

cos t cos 2t dt = 0

−π

Del teorema 1 sabemos que 1. Si f (t ) es una función par, entonces

∫

sen2 2t dt = π

a −a

f (t ) dt = 2

∫

cos2 t dt = π

Se verifica que el producto interno de dos funciones diferentes es cero y el producto interno de una función consigo misma es una constante; de manera que, por la definición 3, el conjunto es ortogonal en el intervalo [−π , π ].

EJEMPLO 6

Las funciones periódicas sen

{

Demostrar que el conjunto sen [−L, L ].

nπ L

t, cos

nπ L

∫

a

f (t ) dt 0

2. Si f (t ) es una función impar, entonces

cos2 t dt = π π

Del teorema 1 sabemos que el producto de dos funciones pares es par; el producto de dos funciones impares es par, y el producto de una función par y una función impar es impar.

sen2t cos t dt = 0

−π

∫

∫

sen2 t dt = π π

π

−π

π

sen t ⋅ cos2t =

sen t =

π

}

nπ L

t y cos

nπ L

t

t ⊆C [ − L, L ] con n ∈  es ortogonal en el intervalo

a −a

f (t ) dt = 0 .

224

UNIDAD 5


Solución Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita.

Para mostrar la ortogonalidad es necesario que evaluemos todos los productos posibles entre dos elementos del conjunto dado. De esta manera, a)

∫

L

∫

L

∫

L

sen

−L

b) c)

sen

−L

cos

−L

mπ L mπ L mπ L

t cos t sen t cos

nπ L nπ L nπ L

t dt = 0, para todo m, n ∈  t dt = b t dt = b

0

si m ≠ n

L

si m = n

0

si m ≠ n

L

si m = n

{

Por lo anterior, el conjunto sen

nπ L

t, cos

nπ L

}

t es ortogonal en el intervalo [ −L, L ].

Una propiedad interesante de los conjuntos ortogonales es que son linealmente independientes; este resultado nos permitirá más adelante justificar el teorema de Fourier. Al respecto, tenemos el siguiente teorema.

Teorema 2 Todo conjunto ortogonal es linealmente independiente Demostración Sea { f1 (t ), f2 (t ),, fn (t )} ⊆C [ a, b ] un conjunto ortogonal de funciones. Consideremos la combinación lineal igualada con cero Lograr un pensamiento lógico, algorítmico, analítico y sintético

c1 f1 (t ) + c2 f2 (t ) +  + cn fn (t ) = 0 Sea fk (t ) ∈ { f1 (t ), f2 (t ),, fn (t )} para algún k = 1,2,, n y calculemos el producto interno fk (t ) ⋅ (c1 f1 (t ) + c2 f2 (t ) +  + cn fn (t )) = 0 Por las propiedades del producto interno podemos escribir c1 ( fk (t ) ⋅ f1 (t )) + c2 ( fk (t ) ⋅ f2 (t )) +  + ck ( fk (t ) ⋅ fk (t )) +  + cn ( fk (t ) ⋅ fn (t )) = 0

0 i= j Como el conjunto { f1 (t ), f2 (t ),, fn (t )} es ortogonal, se cumple que fi (t ) ⋅ f j (t ) = , c i= j c ∈  c ≠ 0 1 ≤ i , j ≤ n donde , para ; entonces, c1 ( fk (t ) ⋅ f1 (t )) + c2

( f k ( t ) ⋅ f2 ( t ) ) +  + c k ( f k ( t ) ⋅ f k ( t ) ) +  + c n ( f k ( t ) ⋅ f n ( t ) ) = 0

2

de donde ck fk (t ) = 0 y por tanto ck = 0 para todo k = 1,2,, n. Concluimos que el conjunto { f1 (t ), f2 (t ),, fn (t )} es linealmente independiente.

Teorema 3

{

El conjunto sen Argumentar con contundencia y precisión. Capacidad de análisis y síntesis.

nπ L

t, cos

nπ L

}

t n ∈  es una base del espacio vectorial C [ − L, L ]

Demostración nπ nπ En el ejemplo 6 mostramos que el conjunto sen t, cos t con n ∈  es un conjunto L L ortogonal en el intervalo [−L, L ]. Como una consecuencia del teorema 2 concluimos que es un conjunto linealmente independiente. A partir de que el conjunto

{

{sen

nπ L

t, cos

nπ L

}

}

t con n ∈ 

5.1

Teoría preliminar

225

es infinito numerable, se sigue que el espacio generado por este conjunto

{

gen sen

nπ L

t, cos

es de dimensión infinita y además

{

nπ L

t, cos

{

nπ L

t, cos

gen sen Se concluye que

L sen

{

t

}

}

nπ L

t ⊆ gen[ − L, L ] .

nπ L

t = C [ − L, L ] .

De esta manera, se verifica que el conjunto nπ sen L

nπ L

nπ t, cos L

t

}

Recordemos que gen {A} representa el conjunto formado por todas las combinaciones lineales entre los elementos del conjunto A.

}

es un generador linealmente independiente del espacio vectorialC [ − L, L ] y por lo tanto constituye una base.

5.1


Capacidad para generar nuevas ideas.

1. Demostrar que si las funciones f (t) y g(t) son ambas funciones periódicas de periodo T, entonces la función a f (t ) + b g (t ) también es una función periódica de periodo T. Es decir, demostrar que el conjunto de funciones periódicas de periodo T forma un subespacio vectorial del espacioC [ a, b ]. 2. Si f (t) es una función periódica de periodo T, dea +T b +T mostrar que ∫a f (t ) dt = ∫b f (t ) dt para cualesquiera a, b. 3. Demostrar que si f (t) es una función periódica df de periodo T, entonces también es una función dt periódica de periodo T. 4. Demostrar que si f (t) es una función periódica de x periodo T, entonces ∫0 f (t ) dt es también una función periódica de periodo T si x > 0.

8. f (t ) =

b 0 ≤t
9. f (t ) =

b 0 ≤t
10. f (t ) =

0 0 ≤t
11. f (t ) =

sen t

0≤t <π

0

π ≤ t < 2π

b 12. f (t ) = b − t, T = a a En los ejemplos 13 a 22, verificar si las funciones dadas son pares, impares o ninguna de las anteriores. En donde corresponda, T es el periodo de la función. 13. f (t ) = e at

En los ejercicios 5 a 12, graficar las siguientes funciones periódicas de periodo T indicado.

14. f (t ) = t 3 − 2t + 1

Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías. Habilidades básicas de manejo de la computadora.

16. f (t ) = tan2t

5. f (t ) = e at , T = a 6. f (t ) = t 2 , T = 1 7. f (t ) = cos t, T = π

, T = 2π

15. f (t ) = ln sen t

17. f (t ) = ln cos t 18. f (t ) = sec t 19. f (t ) =

b −a ≤ t < 0 , T = 2a −b 0 ≤ t < a

226


UNIDAD 5

20. f (t ) = 21. f (t ) =

En los ejercicios 27 a 31, utilizar las propiedades de las funciones pares e impares para evaluar las integrales dadas. En donde corresponda, n ∈  .

−1 − t −1 ≤ t < 0 1− t 0 ≤ t <1 sen t

0≤t <π

0

π ≤ t < 2π

, T = 2π

b 22. f (t ) = b − t, T = a a 23. Demostrar que la suma de dos funciones pares es par. 24. Demostrar que la suma de dos funciones impares es impar. 25. Demostrar que toda función se puede expresar como la suma de una función par y otra función impar. 26. Determinar el valor de las constantes para que el conjunto t, a t 2 , t + bt 2 + ct 3 ⊆C [ −2,2] sea un conjunto ortogonal en el intervalo [ − 2 ,2 ].

{

5.1

27.

28.

29.

30.

31.

}

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

1

t 8 dx −1

π −π

π −π

t 2 n sen nt dt t 2 n +1 cos nt dt

L −L

sen

2 nπ t 2 nπ t cos dt L L

π −π

t cos nt dt

Competencia final 4. f (t ) =


En los ejercicios 1 y 2, graficar las siguientes funciones periódicas de periodo T indicado. Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías. Habilidades básicas de manejo de la computadora.

En los ejercicios 5 y 6, utilizar las propiedades de las funciones pares e impares para evaluar las integrales dadas. En donde corresponda, suponer que m, n ∈ . 5.

1. f (t ) = t , T = a 2

2. f (t ) = sen t, T = π

6.

En los ejemplos 3 y 4, verificar si las funciones dadas son pares, impares o ninguna de las anteriores. En donde corresponda, T es el periodo de la función.

−t 2 − 1 t < 0 t2 + 1 0 ≤ t

∫ ∫

L −L

π −π

cos

2 mπ t 2 nπ t cos dt L L

t 2 n cos nt sen mt dt

3. f (t ) = t

5.2

Series de Fourier

En muchas aplicaciones de la vida real se hace necesario expresar una función periódica como una serie trigonométrica en términos de las funciones seno y coseno. Este resultado sin lugar a dudas es una de las más grandes contribuciones a las matemáticas modernas. Una manera de abordar la demostración de este resultado, conocido como el teorema de Fourier, es desde el punto de vista del análisis matemático, y otra desde un elegante planteamiento del álgebra lineal. Básicamente, la justificación se basa en demostrar que el espacio vectorial de las funciones continuas sobre un intervalo [ a, b ], denotado por C [ a, b ], tiene una base formada por una cantidad infinita numerable de funciones seno y coseno. Como consecuencia y por definición

5.2

Series de Fourier

227

de base, es posible expresar a toda función continua sobre un intervalo [ a, b ] como una combinación lineal de los elementos de la base, que es precisamente la serie trigonométrica infinita de Fourier. Disfrutemos este resultado.

Teorema 1 El teorema de Fourier Sea f (t) una función continua por partes en el intervalo [−L, L ]. La función f (t ) se puede expresar por la serie trigonométrica f (t) =

1 a0 + 2

∞

∑ a cos nLπ t + b sen nLπ t n

n

n =1

siempre que la serie converja. Demostración nπ nπ A partir del teorema 3 de la sección 5.1 sabemos que sen t, cos t con n ∈  es una L L base ortogonal del espacio vectorialC [ − L, L ]. De esta manera, si f (t ) ∈C [ − L, L ], entonces f (t) es una combinación lineal de los elementos de la base; es decir, para cada entero n existen constantes An y Bn tales que

{

∞

f (t ) =

∑

An cos

n =−∞

nπ t+ L

}


∞

∑ B sen nLπ t n

n =−∞

De manera explícita, tenemos ( −2)π ( −1)π (0)π 2π π t + A−1 cos t + A0 cos t + A1 cos t + A2 cos t L L L L L ( −2)π ( −1)π (0)π 2π π + + B−2 sen t + B−1 sen t + B0 sen t + B1 sen t + B2 sen t + L L L L L

f (t ) = + A−2 cos

Si consideramos que la función coseno es par y que la función seno es impar y que además cos 0 = 1 y sen 0 = 0 , podemos escribir 2π π t + ( A2 + A−2 ) cos t + L L 2π π + + ( B1 − B−1 ) sen t + ( B2 − B−2 ) sen t + L L


f (t ) = A0 + ( A1 + A−1 ) cos

1

O bien, si definimos A0 = a0 , an = An + A− n y bn = Bn − B− n tenemos la serie 2 1 2π 2π π π f (t ) = a0 + a1 cos t + a2 cos t +  + b1 sen t + b2 sen t + 2 L L L L Luego, f (t ) =

1 a0 + 2

∞

∑ n =1

an cos

nπ t+ L

∞

∑b sen nLπ t n

n =1

Más adelante discutiremos algunos resultados acerca de la convergencia de la serie de Fourier.

La serie de Fourier Podemos decir de manera concreta que la representación de una función como una combinación lineal de la base del espacio C [ − L, L ] representa su serie de Fourier. Al respecto, la siguiente definición.


228

UNIDAD 5

Definición 1


La serie de Fourier Si f (t) es una función definida y continua en el intervalo [−L, L ], la serie f (t ) =

1 a0 + 2

∞

∑

an cos

n =1

nπ t+ L

∞

∑b sen nLπ t n

n =1

1

se conoce como la serie de Fourier en un intervalo centrado y los coeficientes a0, an y bn 2 como coeficientes de Fourier.

En la siguiente observación determinamos los coeficientes de Fourier. OBSERVACIÓN 1 Cálculo de los coeficientes de la serie de Fourier

Sea f (t ) una función definida y continua en el intervalo [−L, L ] y supongamos que su serie de Fourier está dada por 1 f ( t ) = a0 + 2 La función seno es una función impar mientras que la función coseno es par. Dado que cos 0 = 1 se verifica que

{

}

nπ nπ 1 ∈ sen t, cos t ; L L es decir, el 1 forma parte de

la base ortogonal del espacio vectorialC [ − L, L ] .

∞

∑ n =1

nπ t+ an cos L

∑b sen nLπ t

(1)

n

n =1

Si integramos la serie anterior sobre el intervalo [−L, L ] tenemos

∫

L −L

1 f (t ) dt = a0 2

∫

∞

L −L

dt +

∑ ∫ an

n =1

{

nπ

nπ cos t dt + L

L −L

∞

∑ ∫ bn

n =1

L −L

sen

nπ t dt L

}

nπ

Sabemos que el conjunto sen t, cos t , n ∈  , es una base ortogonal del espaL L cio vectorial C [ − L, L ]. De manera que

∫

L −L

1 f (t ) dt = a0 t 2

∞

L

+ −L

∑ ∫ an

n =1

L −L

cos

nπ t dt + L

∞

∑b ∫ n

n =1

L −L

sen

nπ t dt L

de donde

∫

1 L f (t ) dt L −L mπ t e integraPara determinar los coeficientes an, multiplicamos la serie de Fourier (1) por cos L mos todos los términos a0 =

Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita. Lograr un pensamiento lógico, algorítmico, analítico y sintético

∞

∫

L −L

1 mπ f (t ) cos t dt = a0 2 L

∫

mπ cos t dt + −L L L

∞

∑a ∫ n

n =1

∞

+

∑ ∫ bn

n =1

−L

cos

mπ nπ t cos t dt L L

nπ mπ t dt t sen L L

L −L

L

cos

Debido a la ortogonalidad de la base se verifica que todos los términos son cero, excepto cuando n = m, y en este caso

∫

L −L

f (t ) cos

1 mπ t dt = a0 2 L

∫

L −L

cos

mπ t dt + am L ∞

+

∑b ∫ n

n =1

1 L

∫

L −L

f (t ) cos

L −L

L −L

cos

de donde am =

∫

mπ t dt L

cos2

mπ t dt L

nπ mπ t dt t sen L L

5.2 De manera análoga, si multiplicamos la serie de Fourier (1) por sen términos obtenemos 1 L mπ bm = f (t ) sen t dt L −L L

mπ L

Series de Fourier

229

t e integramos todos los

∫

En resumen, si f (t ) es una función continua en el intervalo [−L, L ], entonces f (t ) se puede representar por medio de la serie de Fourier f (t ) =

1 a0 + 2

∞

∑ n =1

an cos

nπ t+ L

∞

∑b sen nLπ t n

n =1

donde a0 =

1 L

∫

L −L

f (t ) dt

an =

1 L

∫

L −L

f (t ) cos

nπ t dt L

bn =

1 L

∫

L −L

f (t ) sen

nπ t dt L

Es importante resaltar que aun cuando en teoría toda función continua se puede expresar como una serie de Fourier, en la aplicación esto puede resultar una tarea difícil, porque la complejidad de los procesos algebraicos y de cálculo dependen de la función estudiada.

Condiciones de convergencia de una serie de Fourier En general, hablar de las condiciones que deben satisfacerse para que una función pueda desarrollarse como una serie trigonométrica es un tema que requiere de toda formalidad. Antes de abordar los primeros ejercicios acerca del cálculo de series, presentamos sin demostración el siguiente teorema desarrollado por el matemático alemán Johann Peter Gustav Dirichlet acerca de las condiciones de convergencia de una serie de Fourier, que para fines prácticos resultan suficientes. Un estudio más profundo queda fuera de este texto.

Peter Gustav Lejeune Dirichlet (Düren, actual Alemania, 1805-Gotinga, id., 1859). Matemático alemán. Cursó sus estudios en París, relacionándose con matemáticos como Fourier. Tras graduarse, fue profesor en las universidades de Breslau (1826-1828), Berlín (1828-1855) y Gotinga, en donde ocupó la cátedra dejada por Gauss tras su muerte. Sus aportaciones más relevantes se centraron en el campo de la teoría de los números, prestando especial atención al estudio de las series. Desarrolló la teoría de las series de Fourier; consiguió una demostración particular del problema de Fermat; aplicó las funciones analíticas al cálculo de problemas aritméticos y estableció criterios de convergencia para las series. En el campo del análisis matemático perfeccionó la definición y concepto de función, y en mecánica teórica se centró en el estudio del equilibrio de sistemas y en el concepto de potencial newtoniano.

Nota biogr áfic a Teorema 2

Teorema de Dirichlet Si f (t ) y f ′(t ) son dos funciones continuas por partes en el intervalo ( −L, L ) , entonces la serie de Fourier converge hacia f (t ) para todo punto donde la función es continua, y para el caso en que t = a sea un punto de discontinuidad, la serie de Fourier converge hacia el promedio 1 lím f (t ) + lím− f (t ) t →a 2 t → a+


230

UNIDAD 5


EJEMPLO 1

Convergencia de una serie de Fourier

Analizar la convergencia de la serie de Fourier de la función ⎧ −1 −1 < t < 0 f (t ) = ⎨ ⎪⎩ 1 0 < t < 1 en el intervalo (−1, 1). Resolver problemas.

Solución Dado que la función es continua en todos los puntos del intervalo (−1, 1), excepto para t = 0, se concluye que la serie de Fourier de f (t ) es convergente a ⎧ −1 −1 < t < 0 f (t ) = ⎨ ⎪⎩ 1 0 < t < 1 Dado que la función es discontinua en t = 0, entonces la serie de Fourier converge al valor 1 1 ¢ lím f (t ) + lím f (t )≤ = ( −1 + 1) = 0 .

2

t → 0+

t → 0−

2

El estudio de las series de Fourier es un tema extenso; sin embargo, con los elementos mostrados ya estamos en condiciones de poder calcular nuestras primeras series de Fourier. No perdamos de vista que este es un estudio introductorio al análisis de Fourier que nos será suficiente para nuestro tema de interés: la solución de algunas ecuaciones diferenciales.

EJEMPLO 2

Cálculo de una serie de Fourier

Determinar la serie de Fourier de la función ⎧ −1 −π < t < 0 f (t ) = ⎨ ⎩⎪ 1 0 < t < π Resolver problemas.

Solución La FIGURA 5.3 muestra la gráfica de f (t). 2 1 + –π

π

0

t

–1 –2

Figura 5.3

Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita. Lograr un pensamiento lógico, algorítmico, analítico y sintético.

Identificamos que L = π y determinamos los coeficientes de Fourier con las expresiones deducidas en la observación 1. De esta manera, el término constante es a0 =

1 L

∫

a0 =

1 π

∫

L −L

π −π

f (t ) dt f (t ) dt =

1⎡ ⎢ π⎣

∫

0 −π

(−1) dt +

Los coeficientes de los términos en coseno son an =

1 L

∫

L −L

f (t ) cos

nπ t dt L

∫

π 0

⎤ ⎦

(1) dt⎥ = 0

5.2 1 π

an =

∫

π −π

f (t ) cos nt dt =

1 π

∫

0 −π

(−1) cos nt dt +

1 π

∫

π 0

Series de Fourier

(1) cos nt dt = 0

Los coeficientes de los términos en seno son bn =

1 L

∫

bn =

1 π

∫

L −L

π −π

⎧ 0 ⎪ bn = ⎨ 4 ⎪ ⎩ nπ

f (t ) sen

nπ t dt L

f (t ) sen nt dt =

1 π

∫

0 −π

(−1) sen nt dt +

1 π

∫

π 0

(1) cos nt dt =

4 nπ sen2 nπ 2

n par n impar

La serie de Fourier buscada es 1 a0 + 2

f (t ) =

∞

∑

∞

an cos nt +

n =1

∑b sen nt n

n =1

∞

∑ n4π sen nt

f (t ) =

n impar

f (t ) =

4 π

∞

∑ 2n −1 sen (2n −1)t = π ¢sen t + 3 sen3t + 5 sen5t + ≤ 1

4

1

1

n =1

Podemos observar que dependiendo del número de términos de la serie de Fourier considerados, la gráfica de la serie se va “pegando” más a la gráfica de la función original. Es decir, a mayor cantidad de términos, la serie se “pega” mejor a la gráfica de la función y en teoría se “pega” por completo con un número infinito de términos. La FIGURA 5.4 muestra este comportamiento al comparar la gráfica original con la serie de Fourier con n términos. f (t) 2

–10

–5

f (t) 2

0

5

10 t –10

–5

0 –2

–2

n = 1 , f (t ) =

⎤ 1 1 π⎡ n = 3 , f (t ) = ⎢sen t + sen3t + sen5t ⎥ ⎦ 5 3 4⎣

π sen t 4

f (t) 2

f (t) 2

–10

–5

0

5

10 t

–10

–5

0

–2

n = 5 , f (t ) = Figura 5.4

4 π

–2

5

∑ 2n1−1 sen (2n −1) t n =1

10 t

5

n = 10 , f (t ) =

4 π

10

∑ 2n1−1 sen (2n −1) t n =1

5

10 t

231

232


UNIDAD 5

f (t) 2

f (t) 2

–10

–5

0

10 t

5

–5

–10

0 –2

–2

n = 30 , f (t ) =

4 π

5

30

∑ 2n1−1 sen (2n −1) t

n = 100 , f (t ) =

n =1

4 π

100

∑ 2n1−1 sen (2n −1) t n =1

f (t) 2

–5

–10

10 t

5

0 –2

Si n = 1 000, f (t ) =

4 π

1 000

∑ 2n −1 sen (2n −1)t 1

n =1

Figura 5.4 (continúa)

EJEMPLO 3


Determinar la serie de Fourier de la función ⎧π f (t ) = ⎨ ⎩π − t

−π < t < 0 0≤t<π

Solución La FIGURA 5.5 muestra la gráfica de la función f (t ) f (t) 4

–5

–10

5

0

Figura 5.5

10

t

–4

Calculamos los coeficientes de Fourier. El término constante es Resolver problemas.

a0 =

1⎡ ⎢ π⎣

∫

0 −π

π dt +

∫

π 0

⎤ 3π ( π − t ) dt ⎥ = ⎦ 2


1 π[

∫

0

−π

π cos nt dt +

∫

π 0

0 (π − t ) cos nt dt]= c

2 π n2

n par n impar

Los coeficientes de los términos en seno son 1⎡ bn = ⎢ π⎣

∫

0 −π

π sen nt dt +

∫

π 0

⎤ ( −1) n ( π − t )sen nt dt ⎥ = ⎦ n

10 t

5.2

233

Series de Fourier

De esta manera, la serie de Fourier de f (t ) es f (t ) =

3π + 4

∑

n impar

2 cos nt + π n2

∞

∑

(−1)

n =1

n

n

Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita. Lograr un pensamiento lógico, algorítmico, analítico y sintético.

sen nt

O bien 3π f (t ) = + 4

∞

∑ n =1

2 cos(2 n − 1)t + π (2 n − 1)2

∞

∑ (−n1)

n

sen nt

n =1

En la FIGURA 5.6 se presenta la gráfica de la función dada y la serie de Fourier correspondiente; n representa el número de términos de la serie.

–10

–5

n =1

–10

–5

n=3

–10

n = 30

–5

f (t) 4

f (t) 4

–1.5

1.5

–1

0

10 t

5

–5

–10

n=2

–1

f (t) 4

f (t) 4

1.5

1.5

–1

0

10 t

5

–5

–10

n=5

–1

0

0

f (t) 4

f (t) 4

1.5

1.5

1

10 t

5

0

–5

–10

n = 100

–1

10 t

5

0

5

5

10 t

10 t

Figura 5.6 EJEMPLO 4


Determinar la serie de Fourier de la función f (t ) = b

−t

−2 ≤ t < 0

t

0≤t ≤2

Solución La FIGURA 5.7 muestra la gráfica de la función f (t). f (t) 2

Resolver problemas.

1

–2 Figura 5.7

–1

0

1

2 t

234

UNIDAD 5


Ahora calculamos los coeficientes de Fourier. Iniciamos con el término constante 1⎡ ⎢ 2⎣

a0 =

∫

0 −2

( −t ) dt +

∫

2 0

⎤ t dt ⎥ = 2 ⎦

Los coeficientes de los términos en coseno son 1⎡ an = ⎢ 2⎣

∫

nπ ( −t ) cos t dt + −2 2 0

∫

⎧ 0 ⎤ ⎪ nπ ( t ) cos t dt ⎥ = ⎨ 8 0 ⎦ ⎪ − 2 2 2 n π ⎩

n par

2

n impar

Los coeficientes de los términos en seno son 1⎡ bn = ⎢ 2⎣

∫

0 −2

( −t ) sen

nπ t dt + 2

∫

2

( t )sen 0

⎤ nπ t dt ⎥ = 0 ⎦ 2

De esta manera, la serie de Fourier de f(t) es Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita. Lograr un pensamiento lógico, algorítmico, analítico y sintético.

f ( t ) = 1−

∑ π 8n 2

2

cos

n impar

nπ t 2

O bien, ∞

f (t ) = 1 −

∑ π (28n − 1) 2

2

cos(2 n − 1)t

n =1

En la FIGURA 5.8 se presenta la gráfica de la función dada y la serie de Fourier correspondiente; n representa el número de términos de la serie. f (t) 2

f (t) 2

0.5

0.5 –5

0

t

5

–5

0

–1

n =1

5

t

f (t) 2

f (t) 2

0.5

0.5

–5

0

5

t

–5

–1

n=5

n = 10

Figura 5.8


Determinar la serie de Fourier de la función ⎧0 f (t ) = ⎨ ⎩t

Resolver problemas.

t

–1

n=3

EJEMPLO 5

5

− π ≤ t <0 0 ≤t ≤ π

Solución La FIGURA 5.9 muestra la gráfica de la función f (t).

0 –1

Series de Fourier

5.2

235

f (t) 4

1.5 –5

–1

Figura 5.9

5 t

0

Calculamos el término constante de la serie de Fourier a0 =

∫

1 π

π −π

1⎡ f (t ) dt = ⎢ π⎣

∫

0 −π

(0) dt +

∫

π 0

⎤ π t dt ⎥ = ⎦ 2


1 π[

∫

0

−π

(0) cos nt dt +

∫

π

( t ) cos nt dt = c

]

0

Los coeficientes de los términos en seno son 1⎡ bn = ⎢ π⎣

∫

0 −π

(0) sen nt dt +

∫

π 0

n par

0 2 − 2 πn

⎤ (−1) ( t )sen nt dt ⎥ = − ⎦ n

n impar Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita. Lograr un pensamiento lógico, algorítmico, analítico y sintético.

n


π − 4

∑

n impar

2 cos nt − π n2

∞

∑

(−1)

n =1

n

sen nt

n

O bien, f (t ) =

π − 4

∞

∑ n =1

2 cos(2 n − 1)t − π (2 n − 1)2

∞

∑ n =1

(−1)

n

n

sen nt


–10

–5

n =1

f (t) 4

f (t) 4

1.5

1.5

–1

0

10 t

5

–10

–5

n=2

f (t) 4

–5

n=3

–1

n = 10

0

10 t

5

–10

–5

n=5

f (t) 4

Figura 5.10

–5

5

10

t

1.5

–1

–1

0

5

0

5

10 t

f (t) 4

1.5 –10

0

f (t) 4

1.5 –10

–1

1.5 0

5

10 t

–10

n = 100

–5

–1

10

t

236

UNIDAD 5


Una aplicación de una serie de Fourier

EJEMPLO 6

Calcular ∞

∑ (2n 1− 1)

2

n =1

1 1 1 1 = 1+ + + + + 9 25 49 81

Solución Resolver problemas.

Del ejemplo anterior sabemos que para la función ⎧0 f (t ) = ⎨ ⎩t

−π ≤t < 0 0 ≤t ≤ π

la serie de Fourier es f (t ) =

π − 4

∞

∑ n =1

2 cos(2 n − 1)t − π (2 n − 1)2

∞

∑ n =1

(−1)

n

n

sen nt

Para hallar la suma de la serie numérica basta evaluar la serie en un punto adecuado en el cual la función es continua. Si evaluamos en t = 0 tenemos Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita. Lograr un pensamiento lógico, algorítmico, analítico y sintético.

f (0) = f (0) = ∞

∑ n =1

π − 4 π − 4

∞

∑ n =1

2 cos(2 n − 1)(0) − π (2 n − 1)2

∞

∑ n =1

(−1) n

n

sen n(0)

evaluamos f (0)

∞

∑ π (2n2− 1)

2

=0

simplificamos

n =1

π2 1 = (2 n − 1)2 8

resolvemos para la serie dada

El procedimiento anterior se puede realizar siempre que la función es continua en el punto donde se evalúa. Si una serie no es continua en un punto el valor correspondiente se determina a través de la media aritmética de los valores laterales. De esta manera, observamos que en t = π la función es discontinua. De manera que f (π ) =

lím f (t ) + lím− f (t )

t →π +

2

Luego f (π ) =

π − 4 ∞

∑ n =1

t →π

π − 4

∞

∑ n =1

=

π +0 π = 2 2

2 cos(2 n − 1)π − π (2 n − 1)2

∞

∑ π (2n2− 1) n =1

2

(−1) =

∞

∑ n =1

(−1)

n

n

sen nπ =

π 2

evaluamos f ( π )

π 2

simplificamos

1 π2 = 2 (2 n − 1) 8

EJEMPLO 7

suma obtenida

La serie de Fourier de una función exponencial

Calcular la serie de Fourier de la función f (t ) = e t en el intervalo [ −π , π ].


En la FIGURA 5.11 podemos observar la gráfica de la función. f (t) 5

1 –5 Figura 5.11

0 –3

t

5.2

237

Series de Fourier

Calculamos el término constante de la serie de Fourier a0 =

1 π

∫

π

−π

e t dt =

2 senh π π


1 π

π

∫

−π

)

e − π ( e 2π − 1 ( −1)

e t cos nt dt =

n

π ( n 2 + 1)

Los coeficientes de los términos en seno son bn =

1 π

∫

π

−π

e t sen nt dt =

) π ( n + 1)

ne − π (1 − e 2π ( −1)

n

2


senh π + π

∞

∑ n =1

2 senh π (−1)

∞

n

cos nt −

π ( n 2 + 1)

∑

2 n senh t (−1)

n =1

π ( n 2 + 1)

n

sen nt

Simplificamos, ⎡ 2 senh π ⎢ 1 f (t ) = + ⎢2 π ⎣

∞

(−1)

∑ n +1 2

∞

n

cos nt −

n =1

∑ n =1

⎤ n n (−1) ⎥ sen nt ⎥ n2 + 1 ⎦


–10

f (t) 25

f (t) 25

11.5

11.5

–5

–2 0

10

5

n =1

t

–10

–5

Figura 5.12

5

10 t

11.5

–5

–2 0

5

10 t

n=3

n = 10

10 t

f (t) 25

11.5

–10

5

n=2 f (t) 25

–10

–2 0

–10

–5

–2 0

n=5

–5

f (t) 25

f (t) 25

11.5

11.5

–2 0

5

10 t

–10

n = 30

–5

–2 0

5

10 t

238


UNIDAD 5

–10

f (t) 25

f (t) 25

11.5

11.5

–5

–2 0

10 t

5

–10

n = 50

–5

n = 100

–2 0

5

10 t

Figura 5.12 (continúa)

EJEMPLO 8

Aplicación de una serie de Fourier

Calcular ∞

∑ n 1+ 1 = 21 + 51 + 101 + 171 + 261 +  2

n =1


Para encontrar la serie numérica dada consideramos el punto de discontinuidad t = π. De manera que debemos promediar los valores laterales de la función f (π ) =

lím f (t ) + lím− f (t )

t →π +

Luego f (π ) =

t →π

2 ⎡ 2 senh π ⎢ 1 + ⎢2 π ⎣

∞

∑ n =1

=

eπ + e −π = cosh π 2

⎤ 1 ⎥ = cosh π n2 + 1 ⎥ ⎦

Si despejamos ∞

cosh π 1 − ∑ n 1+ 1 = π2 senh π 2 2

n =1

5.2



En los problemas 1 a 40, encontrar la serie de Fourier de las funciones dadas en el intervalo indicado. En cada caso, utilizar un SAC para graficar la función y la serie obtenida.


⎧ 1. f (t ) = ⎨ 1 −1 ≤ t < 0 ⎩⎪ −1 0 < t ≤ 1 ⎧ 2. f (t ) = ⎨ 0 −1 ≤ t < 0 ⎩⎪ 1 0 < t ≤ 1

⎧ 3. f (t ) = ⎨ 1 −1 ≤ t < 0 ⎩⎪ 0 0 < t ≤ 1 ⎧ 4. f (t ) = ⎨ 2 −1 ≤ t < 0 ⎩⎪ 3 0 < t ≤ 1 ⎧ 5. f (t ) = ⎨ 0 −1 ≤ t < 0 ⎪⎩ t 0 < t ≤ 1 ⎧ 6. f (t ) = ⎨ t −1 ≤ t < 0 ⎪⎩ 0 0 < t ≤ 1 ⎧ 7. f (t ) = ⎨ t −π ≤ t < 0 ⎩⎪ 1 0 < t ≤ π ⎧⎪ 0 8. f (t ) = ⎨ 2 ⎩⎪ t

−1 ≤ t < 0 0 < t ≤1

Series de Fourier

5.2 ⎪⎧ 2 9. f (t ) = ⎨ t −π ≤ t < 0 ⎪⎩ 0 0 < t ≤ π 10. f (t ) = t, − π < t < π

⎧ 0 −π < t < 0 ⎪ 32. f (t ) = ⎨ 1 0 < t < 1 ⎪ 2 1< t < π ⎩

11. f (t ) = −t, − π < t < π

⎧ 0 −π < t < 0 ⎪ 33. f (t ) = ⎨ 1 0 < t <1 ⎪ −1 1 < t < π ⎩

12. f (t ) = t + 1, − π < t < π 13. f (t ) = 2t − 1, − π < t < π 14. f (t ) = t 2 , − π < t < π 15. f (t ) = −t 2 , − π < t < π 16. f (t ) = t 2 + π , − π < t < π 17. f (t ) = π − t , − π < t < π 2

18. f (t ) = e −t , − π < t < π 19. f (t ) = e t , − 1 < t < 1 ⎧⎪ 0 −π ≤t < 0 2 20. f (t ) = ⎨ ⎪⎩ sen t 0 < t ≤ π 2 π ⎧⎪ sen t − ≤ t < 0 2 21. f (t ) = ⎨ π 0
−π ≤ t < 0 0
⎧ 26. f (t ) = ⎨ 0 ⎩⎪ t + π

−π ≤ t < 0 0
⎧⎪ t 29. f (t ) = ⎨ e ⎩⎪ 0

⎧ 1 −π < t < 0 ⎪ 35. f (t ) = ⎨ t 0 < t <1 ⎪ 0 1< t < π ⎩ ⎧ 1 −π < t < 0 ⎪ 36. f (t ) = ⎨ 0 0 < t < 1 ⎪ t 1< t < π ⎩ ⎧ t −π < t < 0 ⎪ ( ) f t = ⎨ 0 0 < t <1 37. ⎪ 1 1< t < π ⎩ ⎧ 38. f (t ) = ⎪⎨ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ 39. f (t ) = ⎨ ⎪ ⎩

t + 1 −2 < t < 0 1 0 < t <1 −t + 2 1 < t < 2 −t −π < t < 0 0 0 < t <1 t −1 1< t < π

⎧ 0 −2 < t < 0 ⎪ 40. f (t ) = ⎨ t 0 < t <1 ⎪ −t + 2 1 < t < 2 ⎩ ∞

41. Calcular

∑ n =1

1 n2

1

1

1

1

= 1 + 4 + 9 + 16 + 25 +  . (Sugerencia:

−π ≤ t < 0 0
43. Utilizar el resultado del problema 36 para determinar una serie que converja al valor π 2 .

−π ≤ t < 0 0
⎧⎪ −t −π ≤ t < 0 30. f (t ) = ⎨ t 0
⎧ 1 −π < t < 0 ⎪ 34. f (t ) = ⎨ −t + 1 0 < t < 1 ⎪ 0 1< t < π ⎩

Utilizar la serie de Fourier de la función ⎧⎪ 0 −π ≤ t < 0 .) f (t ) = ⎨ 2 0
⎧ 27. f (t ) = ⎨ t + π ⎪⎩ 0 ⎪⎧ 0 28. f (t ) = ⎨ t ⎪⎩ e

239

−π ≤ t < 0 0
3

∞

44. Calcular

∑ n =1

( −1) n +1 n

2

1

1

1

1

= 1 − 4 + 9 − 16 + 25 −  . (Suge-

rencia: Utilizar la serie de Fourier de la función ⎧⎪ 0 −π ≤ t < 0 .) f (t ) = ⎨ 2 0
240

UNIDAD 5

5.2


Competencia final


En los problemas 1 a 3, encontrar la serie de Fourier de las funciones dadas en el intervalo indicado. En cada caso, utilizar un SAC para graficar la función y la serie obtenida. Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías. Habilidades básicas de manejo de la computadora.

⎧ −1 −1 ≤ t < 0 2. f (t ) = ⎨ ⎩⎪ 1 0 < t ≤ 1 ⎧ 0 −π < t < 0 ⎪ 3. f (t ) = ⎨ 1 0 < t < 1 ⎪ t 1< t < π ⎩ ∞

n =1

⎧ 1. f (t ) = ⎨ 1 −π ≤ t < 0 ⎪⎩ t 0 < t ≤ π

5.3

∑

4. Calcular

( −1) n +1 2 n −1

1

1

1

1

= 1 − 3 + 5 − 7 + 9 −  . (Suge-

rencia: Calcular la serie de Fourier de la función f (t ) = t + π , − π < t < π .)

Series de Fourier en cosenos, senos y de medio intervalo

Desarrollos en serie de Fourier de funciones pares e impares En la sección sobre funciones pares e impares mostramos algunas propiedades operativas de estas funciones. Con base en estas propiedades resultan evidentes los siguientes dos casos al calcular los coeficientes de la serie de Fourier de una función: 1. Si f (t ) es una función par, entonces a0 =

2 L

∫

L

f (t ) dt 0

an =

2 L

∫

L

f (t ) cos 0

nπ t dt L

bn = 0

Y la serie de Fourier está dada por f (t ) =

1 a0 + 2

∞

∑a cos nLπ t n

n =1

2. Si f (t ) es una función impar, entonces a0 = 0

an = 0

bn =

2 L

∫

L

f (t ) sen 0

nπ t dt L

Y la serie de Fourier está dada por La serie de Fourier de una función par solo tiene términos en cosenos.

∞

f (t ) =

∑b sen nLπ t n

n =1

La serie de Fourier de una función impar solo tiene términos en senos.

OBSERVACIÓN 1

Serie de Fourier de funciones pares e impares

Podemos observar que la serie de Fourier de una función par solo contiene términos en cosenos (el término constante se considera un término en cosenos) y la serie

5.3


241

de Fourier de una función impar solo contiene términos en senos. Esto se establece en las siguientes definiciones.

Serie de Fourier en cosenos Si f (t ) es una función par entonces los coeficientes de su serie de Fourier están dados 2 L 2 L nπ por a0 = L ∫0 f (t ) dt , an = L ∫0 f (t ) cos L t dt y bn = 0 . Y la serie resultante f (t ) = 1 a0 + ∞

∑ an cos n =1

nπ t L

2

se conoce como serie de Fourier en cosenos.


Serie de Fourier en senos Si f (t ) es una función impar entonces los coeficientes de su serie de Fourier están dados ∞ nπ t 2 L nπ por a0 = 0, an = 0 y bn = ∫0 f (t ) sen t dt . Y la serie resultante f (t ) = ∑ an sen se L L L n =1 conoce como serie de Fourier en senos.

EJEMPLO 1

1 Definición

2 Definición

La serie de Fourier en cosenos de una función par

Calcular la serie de Fourier de la función f (t ) = t 2 en −π < t < π .

Solución

Resolver problemas.

La FIGURA 5.13 muestra la gráfica de f (t ). f (t) 12

5.5 5t

–1 0

–5 Figura 5.13

Identificamos que L = π y determinamos los coeficientes de Fourier. De esta manera, el término constante es a0 =

2 π

∫

π 0

t 2 dt =

2π 2 3


2 π

∫

π 0

t 2 cos nt dt =

4( −1) n n2

Como la función es par, los coeficientes de los términos en seno son bn = 0. La serie de Fourier buscada es f (t ) =

π2 + 3

∞

∑ 4(n−1) 2

n =1

n

cos nt

242

UNIDAD 5


En la FIGURA 5.14 se presenta la gráfica de la función dada y la serie de Fourier correspondiente; n representa el número de términos de la serie. f (t) 12

f (t) 12

5.5

–10

–5

5.5 5

–1 0

10 t

–10

n =1

–5

–1 0

t

5

10

5

10 t

n=2

Resolver problemas.

–10

–5

f (t) 12

f (t) 12

5.5

5.5

–1 0

5

10 t

–10

n=5

–5

–1 0

n = 10

Figura 5.14

Una función par es simétrica respecto al eje y.

La serie de Fourier en senos de una función impar

EJEMPLO 2

Una función impar es antisimétrica en el origen.

Calcular la serie de Fourier de la función f (t ) = t en −π < t < π .

Solución La FIGURA 5.15 muestra la gráfica de f (t). f (t) 5

–5

Figura 5.15


5

0

t

–5

Calculamos los coeficientes de la serie. Como la función es impar, entonces el término constante es a0 = 0, y los coeficientes de los términos en coseno son an = 0. Los coeficientes de los términos en seno son bn = ∞

2( −1) n n n =1

La serie de Fourier buscada es f (t ) = − ∑

2 π

π

∫0 t sen nt dt = −

2( −1) n . n

sen nt .


f (t)

f (t) 5

–10

–5

5

0

10 t

5

5 –10

–5

–5

n =1

f (t) 5

5

5

5 –5

10 t

0 –5

n=2 f (t)

–10

243


5.3

0

10

t –10

–5

10

t

–5

–5

n=5

0

n = 10

Figura 5.16

Desarrollos en series de Fourier en cosenos y en senos para funciones definidas en un intervalo [0, L] No todas las series de Fourier tienen aplicación sobre un intervalo centrado en el origen; en muchos casos, es necesario determinar la serie trigonométrica de una función definida sobre un intervalo de la forma [0, L]. Al desarrollo de la serie Fourier con estas características se le conoce como un desarrollo de medio rango o de medio intervalo.

Desarrollos en serie de Fourier de medio intervalo Si una función f (t) está definida sobre el intervalo [0, L], su desarrollo en una serie de Fourier se conoce como un desarrollo de medio rango o de medio intervalo.

3 Definición Reconocer conceptos generales e integradores.

Antes de describir los procedimientos que nos permitirán calcular los coeficientes de la serie de Fourier de medio intervalo y los diferentes casos existentes, definimos las siguientes funciones especiales. Extensión par e impar de una función

4 Definición

Sea f (t ) una función definida sobre el intervalo [0, L]. 1. Se define su extensión par f p (t ) como ⎧⎪ f ( −t ) −L < t < 0 f p (t ) = ⎨ ⎪⎩ f (t ) 0 < t < L 2. Se define su extensión impar fi (t ) como ⎧⎪ − f ( −t ) −L < t < 0 fi (t ) = ⎨ 0

244

UNIDAD 5


Se puede verificar sin mayor dificultad que f p (t ) es una función par mientras que fi (t ) es una función impar. Otra propiedad importante es que f p (t ) = f (t ) y fi (t ) = f (t ) sobre el intervalo [ 0, L ] . Las gráficas de las extensiones par e impar de una función se pueden observar f p (t ) = f (t ) y fi (t ) = f (t ) en la FIGURA 5.17.

sobre el intervalo [0, L].

f (t) f (t)

t

t

Figura 5.17 Extensión par y extensión impar.

Para desarrollar en una serie trigonométrica a una función definida sobre medio intervalo es posible utilizar las mismas expresiones que para el caso de intervalo centrado. Existen tres maneras de desarrollar la serie de Fourier de una función en medio intervalo. Las dos primeras consideran las extensiones par e impar. La tercera opción se analiza en la siguiente sección. El procedimiento para obtener la serie de Fourier en cosenos o senos de una función definida sobre el intervalo [ 0, L ] se expone en la siguiente observación. OBSERVACIÓN 2


Cálculo de la serie de Fourier en cosenos y senos para funciones definidas sobre [0, L]

Dada la función f (t ) definida sobre el intervalo [ 0, L ], es suficiente con considerar sus extensiones par f p (t ) e impar fi (t ) y después realizamos el cálculo de la serie de Fourier en el intervalo centrado [−L, L ] a cada una de ellas. El resultado son dos series de Fourier: una serie en cosenos y otra en senos, que convergen cada una a la función f (t ) en el intervalo [ 0, L ]. Como lo especificamos anteriormente y por la naturaleza de las extensiones, tendremos los siguientes dos casos: 1. Análisis de Fourier en cosenos Dado que f p (t ) = f (t ) sobre [ 0, L ] , realizamos un análisis de Fourier a la extensión par f p (t ); de esta manera a0 =

2 L

∫

L

f (t ) dt 0

an =

2 L

∫

L

f (t ) cos 0

nπ t dt L

bn = 0

Y la serie de Fourier de medio intervalo está dada por Comunicarse en el lenguaje matemático en forma oral y escrita.

1 f ( t ) = a0 + 2

∞

∑a cos nLπ t n

n =1

2. Análisis de Fourier en senos Dado que fi (t ) = f (t ) sobre [ 0, L ], realizamos un análisis de Fourier a la extensión impar fi (t ); de esta manera a0 = 0

an = 0

bn =

2 L

∫

L

f (t ) sen 0

nπ t dt L


5.3

245

Y la serie de Fourier está dada por ∞

f (t ) =

∑b sen nLπ t n

n =1

Serie en cosenos y senos de medio intervalo

EJEMPLO 3

Calcular una serie de Fourier en cosenos y en senos para la función ⎧ 0 0 < t <1 f (t ) = ⎨ ⎪⎩ 1 1 < t < 2

Resolver problemas.

Solución La grafica de la función f (t ) se muestra en la FIGURA 5.18. f (t) 1

–2

2 t

0 –1

Figura 5.18

Primeramente, identificamos que L = 2 y calculamos los coeficientes de la serie de Fourier en cosenos a0 =

2 L

∫

an =

2 L

∫

L 0

f (t ) dt =

∫

f (t ) cos

nπ t dt = L

L 0

1 0

∫

(0) dt +

∫

2 1


(1) dt = 1

1

(0) cos 0

nπ t dt + L

∫

2

(1) cos 1

2 nπ nπ t dt = − sen L nπ 2

La serie de Fourier en cosenos es 1 f ( t ) = a0 + 2

∞

∑ n =1

∞

∑⎛⎜⎝ n1 sen n2π ⎞⎟⎠ cos n2π t

nπ 1 2 an cos t = (1) − L 2 π

n =1

De la misma forma, calculamos los coeficientes de la serie de Fourier en senos bn =

2 L

∫

L

f (t ) sen 0

nπ t dt = L

∫

1

(0) sen 0

nπ t dt + L

∫

2

(1) sen 1

⎤ nπ 2 ⎡ nπ t dt = cos − ( −1) n ⎥ ⎦ L nπ ⎢⎣ 2

La serie de Fourier en senos es ∞

f (t ) =

∑ n =1

2 nπ t= bn sen L π

∞

∑⎛⎜⎝cos n2π − (−1) ⎞⎟⎠ sen n2π t n

n =1

En la FIGURA 5.19 se muestran las gráficas de las series de Fourier en senos y cosenos para diferentes valores de n. Se puede observar, a partir de las gráficas, la convergencia de cada serie a la función f(t) en el intervalo [0, 2]. En todos los casos, la gráfica de la izquierda corresponde a la serie en cosenos y la gráfica de la derecha a la serie en senos.

246

UNIDAD 5


f (t)

f (t)

f (t)

f (t)

1

1

1

1

0 –2

t

2

0

t

2

–2

–1

–2

–1

t

2

0

–2 –1

–1

n=2

t

2

0

n=3 f (t) 1

–2

f (t) 1

f (t) 1 t

2

0

–2

2

0

–1

t

–2

–1

f (t) 1 0

2

t

–2

–1

t

2

0 –1

n=7

n=5

f (t) 1

f (t) 1

f (t) 1

f (t) 1 –2

–2

0

2

t

–2

0

2

t

–2

–1

–1

0

2

t

–1

–1

f (t) 1

f (t) 1

0

2

0

2

t

n = 15

n = 10 f (t) 1 –2

f (t) 1 0

2

t

–2

–1

0

2

t

–2

0

2

t

–1

–1

–2

t

–1

n = 50

n = 30 Figura 5.19

Podemos observar que en ambos casos las series de Fourier convergen a la función f(t) en [0, 2], pero que mientras la serie en cosenos es par, la serie en senos es impar.

EJEMPLO 4

Serie en cosenos y senos de medio intervalo

Calcular una serie de Fourier en cosenos y en senos para la función Resolver problemas.

⎧ t 0 < t <1 f (t ) = ⎨ ⎩⎪ 1 1 < t < π

Solución La gráfica de la función f(t) se muestra en la FIGURA 5.20.


5.3

247

f (t) 2 1 t

5

0

Figura 5.20

Primeramente, identificamos que L = π y calculamos los coeficientes de la serie de Fourier en cosenos a0 =

2 L

an =

2 L

∫ ∫

L 0

f (t ) dt =

L

f (t ) cos

0

2⎡ ⎢ π⎣

∫

1 0

t dt +

nπ t dt = L

∫

1

∫

π 1

⎤ 2π − 1 (1) dt ⎥ = ⎦ π

t cos nt dt +

0

∫

π


2 cos n − 2 π n2

(1) cos nt dt =

1

La serie de Fourier en cosenos es 1 f ( t ) = a0 + 2

∞

∑

an cos

n =1

nπ 2π − 1 2 t= + L 2π π

∞

∑⎛⎜⎝ cosnn − 2 ⎞⎟⎠ cos nt 2

n =1

De la misma forma, calculamos los coeficientes de la serie de Fourier en senos bn =

2 L

∫

L

f (t ) sen 0

nπ t dt = L

∫

1 0

t sen nt dt +

∫

π 1

(1) sen nt dt =

2 ⎛ sen n (−1) ⎜ − n π ⎜⎝ n 2

n

⎞ ⎟⎟ ⎠

La serie de Fourier en senos es ∞

f (t ) =

∑

bn sen

n =1

nπ 2 t= L π

∞

⎛ sen n (−1) n ⎞ ⎜⎜ 2 − ⎟ sen nt n n ⎟⎠ ⎝ n =1

∑

En la FIGURA 5.21 se muestran las gráficas de las series de Fourier en cosenos y senos para diferentes valores de n. Se puede observar, a partir de las gráficas, la convergencia de cada serie a la función f (t ) en el intervalo [0, π]. f (t) 1 –5

f (t) 1 0

5

t

–5

–1

–1

f (t) 1

f (t) 1


0

5

0

5

t

n=2

–5

0

5

t

–5

t

–1

–1

n=5 f (t) 1 –5

0 –1

n = 10 Figura 5.21

f (t) 1 5

t

–5

0 –1

5

t

248

UNIDAD 5

Introducción al análisis de Fourier f (t) 1 –5

f (t) 1 0

t

5

–5

–1

–1

f (t) 1

f (t) 1

0

5

t

0

5

t

0

5

t

n = 30

–5

0

t

5

–5

–1

–1

f (t) 1

f (t) 1

n = 50

–5

0

t

5

–5 –1

–1

n = 200 Figura 5.21 (continúa)

Podemos observar que en ambos casos, las series de Fourier convergen a la función f(t) en

[ 0, π ], pero la serie en cosenos se “pega” más rápido a f(t) que la serie en senos.

Desarrollo de series de Fourier para funciones definidas en medio rango Iniciamos esta sección recordando un resultado abordado en el ejercicio 2 de la sección 5.1 acerca de una propiedad de las funciones periódicas.

OBSERVACIÓN 3 Argumentar con contundencia y precisión. Capacidad de análisis y síntesis.

Propiedad de traslación de una función periódica

El ejercicio 2 de la sección Desarrollo de competencias 5.1 establecía que si f(t) es una función a +T b +T periódica de periodo T, entonces ∫a f (t ) dt = ∫b f (t ) dt para cualesquiera a, b. En particular para el caso a = −L y b = 0 tenemos

∫

− L +T −L

f (t ) dt =

∫

T

f (t ) dt 0

Y para el valor T = 2 L

∫

L −L

f (t ) dt =

∫

2L

f (t ) dt 0

Esta propiedad nos será de gran utilidad para poder calcular una serie de Fourier de una función definida en medio intervalo de la forma [0, p].

5.3


Como ya lo hemos mencionado, existe una tercera forma de calcular una serie de Fourier para una función definida sobre un intervalo [0, p]. Esta consiste en “desplazar” la gráfica de p f(t) hacia la izquierda − unidades, de manera que quede definida sobre el intervalo . 2 Si definimos por fm (t ) a esta función, entonces ⎧ p p ⎪ f (t + 2 ) − 2 ≤ t < 0 f m (t ) = ⎨ ⎪ f (t + 2p ) 0 ≤ t ≤ 2p ⎩ La FIGURA 5.22 muestra la gráfica f(t) y su desplazamiento hacia la izquierda fm (t ). f (t)

t

p = 2L

0

t

p/2

–p/2

Figura 5.22

Podemos observar que al desplazar de esta manera a la función f(t), la función resultante fm (t ) no es ni par ni impar, de manera que la serie de Fourier correspondiente contendrá todos los términos, es decir, un término constante, términos en coseno y términos en seno. Para simplificar las expresiones y poder calcular los coeficientes de la serie de Fourier con las mismas expresiones que para el caso de una función definida en un intervalo centrado en el p origen, suponemos que p = 2 L; de manera que L = . Por la observación anterior tenemos que 2 L 2L ∫− L f (t ) dt = ∫0 f (t ) dt , entonces los coeficientes de la serie de medio intervalo están dados por 1. El término constante es a0 =

1 L

∫

L

−L

1 L

f (t ) dt =

∫

2L

f (t ) dt =

0

2 p

∫

p

f (t ) dt

0

2. Los coeficientes de los términos en coseno son an =

1 L

∫

L

f (t ) cos

−L

1 nπ t dt = L L

∫

2L

f (t ) cos 0

2 nπ t dt = L p

∫

2 nπ t dt = L p

∫

f (t ) cos

2 nπ t dt p

f (t ) sen

2 nπ t dt p

p 0

3. Los coeficientes de los términos en seno son 1 L

bn =

OBSERVACIÓN 4

∫

L −L

f (t ) sen

1 nπ t dt = L L

∫

2L

f (t ) sen 0

p 0

La serie de Fourier de medio intervalo

En resumen, los coeficientes de la serie de Fourier de medio intervalo de una función definida en [0, p] se pueden calcular por medio de las expresiones a0 =

2 p

∫

p

f (t ) dt 0

an =

2 p

∫

p

f (t ) cos 0

2 nπ t dt p

bn =

2 p

∫

p

f (t ) sen 0

2 nπ t dt p

249

250

UNIDAD 5


De manera que la serie de Fourier de medio intervalo está dada por 1 f ( t ) = a0 + 2

∞

∑

an cos

n =1

2 nπ t+ p

∞

∑ b sen 2npπ t n

n =1

En los siguientes ejemplos volvemos a considerar las funciones de los ejemplos 3 y 4, para que podamos observar la diferencia entre las series de medio intervalo en senos y cosenos, y la de medio intervalo simple.

Serie de Fourier de medio intervalo

EJEMPLO 5

Calcular la serie de Fourier en medio intervalo para la función ⎧ 0 0 < t <1 f (t ) = ⎨ ⎪⎩ 1 1 < t < 2


La grafica de la función f (t ) se mostró en la FIGURA 5.18.

f (t) 1

–2

2 t

0 –1

Figura 5.18 (repetida)

Primeramente, identificamos que p = 2 y calculamos los coeficientes de la serie de Fourier. El término constante es Lograr un pensamiento lógico, algorítmico, analítico y sintético.

a0 =

2 p

∫

p 0

∫

f (t ) dt =

1 0

(0) dt +

∫

2 1

(1) dt = 1

Los términos en coseno son an =

2 p

∫

p

f (t ) cos 0

2n π t dt = p

∫

1 0

(0) cos n π t dt +

∫

2 1

(1) cos n π t dt = 0

Por último, los términos en seno son bn =

2 p

∫

p

f (t ) sen 0

2n π t dt = p

∫

1 0

(0) sen n π t dt + ⎧

bn =

0 =⎨ 2 ⎪ − π n ⎩

n (−1) − 1 ⎪

nπ

∫

2 1

(1) sen nπ t dt =

n par n impar

n (−1) − 1

nπ

5.3


251

La serie de Fourier en medio intervalo es 1 f ( t ) = a0 + 2

∞

∑ n =1

1 f (t ) = (1) + 2

2 nπ an cos t+ p

∞

∞

∑ b sen 2npπ t n

n =1

⎡ (−1) n − 1⎤ ⎥ sen nπ t ⎢ ⎢⎣ nπ ⎥⎦

∑ n =1

2 1 f (t ) = (1) − 2 π

∞

∑ n =1


1 sen nπ t n

En la FIGURA 5.23 se muestra la gráfica de la serie de Fourier de medio intervalo para diferentes valores de n. Se puede observar, a partir de las gráficas, la convergencia de la serie a la función f (t ) en el intervalo [0, 2]. f (t)

f (t)

1

1

–2

t

2

0

0

2

0

2

–2

–1

t

–1

n =1

n=3 f (t)

f (t)

1

1

–2

t

2

0

–2

t

–1

–1

n=5

n=7 f (t)

f (t)

1

1

–2

0

t

2

–2

–1

0

2

0

2

t

–1

n = 10

n = 15 f (t)

f (t)

1

1

–2

n = 30 Figura 5.23

0 –1

2

t

–2

n = 50

–1

t

252

UNIDAD 5


En la FIGURA 5.24 podemos observar la gráfica de las series de Fourier de cosenos, de senos y de medio intervalo para n = 50. f (t)

f (t) 1

–2

f (t) 1

0

t

2

1

–2

–1

t

2

0

–2

–1

Cosenos

2

0 –1

Senos

Medio intervalo

Figura 5.24

Serie de Fourier de medio intervalo

EJEMPLO 6

Calcular una serie de Fourier en cosenos y en senos para la función ⎧ t 0 < t <1 f (t ) = ⎨ ⎩⎪ 1 1 < t < π

Resolver problemas.

Solución La grafica de la función f (t ) se mostró en la FIGURA 5.20. f (t) 2 f (t)

1

π

0 Figura 5.20 (repetida)


5

t

Primeramente, identificamos que p = π y calculamos los coeficientes de la serie de Fourier de medio intervalo. El término constante es a0 =

2 p

∫

p 0

f (t ) dt =

2⎡ ⎢ π⎣

∫

1 0

t dt +

∫

⎤ 2π − 1 (1) dt ⎥ = ⎦ π

π 1

Los términos en coseno son an =

2 p

∫

p

f (t ) cos 0

2 nπ t dt = p

∫

1 0

t cos2 nt dt +

∫

π 1

(1) cos2 nt dt =

cos2 n − 1 2π n2

Los términos en seno son bn =

2 p

∫

p

f (t ) sen 0

2 nπ t dt = p

∫

1 0

t sen2 nt dt +

∫

π 1

(1) sen2 nt dt =

sen2 n 1 − 2π n2 π n

La serie de Fourier de medio intervalo es

En la FIGURA 5.25 se muestra la gráfica de la serie de Fourier de medio intervalo para diferentes valores de n. Podemos observar, a partir de las gráficas, la convergencia de la serie a la función f (t ) en el intervalo [ 0, π ].

t

5.3 f (t)

f (t)

1

1

–2

t

2

0

253


–2

0

–1

2

t

2

t

–1

n =1

n=3 f (t)

f (t) 1

1

–2

t

2

0

–2

0 –1

–1

n=5

n=7

f (t)

f (t)

1

1

–2

t

2

0

–2

–1

n = 15

0

n = 30

t

2

t

–1

f (t)

f (t)

1

1

–2

2

t

2

0

–2

0

–1

–1

n = 50

n = 100

Figura 5.25

En la FIGURA 5.26 podemos observar la gráfica de las series de Fourier de cosenos, de senos y de medio intervalo para n = 50. f (t)

f (t) 1 –5

f (t) 1 0

–1

Cosenos Figura 5.26

5

t

–5

1 0

–1

Senos

5

t

–2

0 –1

Medio intervalo

2

t

254

UNIDAD 5



Aplicación del análisis de Fourier

Encuentra la solución general de la ecuación diferencial m ⎧ 5 f (t ) = ⎨ ⎩−5

d 2x dt 2

+ kx = f (t ), cuando m = 1, k = 10 y

0
Solución Consideramos la ED


⎧ 5 d 2x + 10 x = ⎨ 2 dt ⎩−5

0
Al resolver, la ecuación homogénea asociada es d 2x + 10 x = 0 y la función complementaria dt es xc (t ) = c1 cos 10 t + c2 sen 10 t . Si desarrollamos la función f (t ) en una serie de Fourier, tenemos que bn =

2 π

De manera equivalente,

f (t ) =

10 π

∞

∑

20 π

n =1

π 0

(5)sen nt dt =

⎧ 0 ⎪ bn = ⎨ 20 ⎪⎩ nπ


f (t ) =

∫

⎡⎣1 − ( −1) n ⎤⎦ 20 sen nt = π n

10 ⎡ n ⎣1 − ( −1) ⎤⎦ nπ

n par n impar ∞

∑ 1n sen nt

sustituimos

n impar

∞

∑ 2n1− 1 sen(2n − 1) t

simplificamos

n =1

d 2x 20 + 10 x = π dt 2

∞

n − 1) t ∑ sen(2 2n − 1

ecuación diferencial

n =1

Para hallar una solución particular x p (t ) aplicamos coeficientes indeterminados. Supongamos ∞ x p ( x ) = ∑ Bn sen(2 n − 1)t; entonces, n =1

∞

x p (t ) =

∑B sen(2n − 1)t n

n =1 ∞

x′p(t ) =

∑(2n − 1)B cos(2n − 1)t

derivamos una vez

n

n =1

x ′′p (t ) =

∞

∑ [− (2n − 1) ] B 2

n

sen(2 n − 1)t

derivamos nuevamente

n =1

Sustituimos ahora en la ED; entonces ∞

∑

∞

[ − (2 n − 1)2 ]Bn sen(2 n − 1)t + 10

n =1

∑

Bn sen(2 n − 1)t =

n =1

20 π

∞

∑ 2n − 1 sen(2n − 1)t 1

n =1

Simplificamos ∞

∑ n =1

20 Bn [10 − (2 n − 1) ]sen(2 n − 1)t = π 2

∞

∑ 2n − 1 sen(2n − 1)t 1

n =1

Igualamos coeficientes para obtener Bn =

20 π (2 n − 1)[10 − (2 n − 1)2 ]


5.3 La solución particular es x p (t ) =

20 π

255

∞

n − 1) t ∑ (2n −sen(2 1)[10 − (2 n − 1) ] 2

n =1

Y finalmente, la solución general es 20 x(t ) = c1 cos 10 t + c2 sen 10 t + π

EJEMPLO 8 2

Resolver

d x dt 2

∞

n − 1) t ∑ (2n −sen(2 1)[10 − (2 n − 1) ] 2

n =1

Aplicación del análisis de Fourier + ω 2 x = sen nt sujeta a x(0) = x′(0) = 0. Resolver problemas.

Solución

d 2x

La ecuación homogénea asociada es 2 + ω 2 x = 0, de manera que la función complementaria dt es xc (t ) = c1 cos ω t + c2 sen ω t . Supongamos que x p (t ) = An cos nt + Bn sen nt , luego x′p(t ) = −nAn sen nt + nBn cos nt

derivamos

x ′′p (t ) = − n 2 An cos nt − n 2 Bn sen nt

derivamos de nuevo

−n An cos nt − n Bn sen nt + ω ( An cos nt + Bn sen nt ) = sen nt

sustituimos en la ED

2

(ω (ω

2

2

2

− n ) An cos nt + (ω − n ) Bn sen nt = sen nt 2

2

2

agrupamos

− n 2 ) An = 0 , (ω 2 − n 2 ) Bn = 1 1 An = 0 , Bn = 2 , n = 1, 2, 3,... ω − n2 2

igualamos coeficientes

ω 2 ≠ n2

Por el principio de superposición, la solución particular es ∞

x p (t ) =

∑ω

2

n =1

1 sen nt, ω 2 ≠ n 2 − n2

Por lo anterior, la solución general es

∞

x(t ) = c1 cos ωt + c2 sen ωt +

∑ω

2

n =1

1 sen nt − n2

Para determinar la solución particular que satisface x(0) = x′(0) = 0, tenemos ∞

x′(t ) = −c1ω sen ωt + c2ω cos ωt + De la condición x(0) = c1 = 0, tenemos c1 = 0. Además, de la condición x′(0) = c2ω +

2

n =1

∞

∑ n =1

tenemos

∑ω

n cos nt − n2


n =0 ω 2 − n2

∞

∑ ω(ω n− n )

c2 = −

2

2

n =1

Finalmente, la solución al problema de valor inicial es ∞

∑

x (t ) = −

n =1 ∞

x (t ) =

n sen ωt + 2 ω (ω − n 2 )

∑ω n =1

2

∞

∑ω n =1

⎞ 1 ⎛ n ⎜sen nt − sen ωt ⎟ ⎠ ω − n2 ⎝

2


1 sen nt − n2

256


UNIDAD 5

5.3



En los problemas 1 a 13, encontrar la serie de Fourier en cosenos o en senos de las funciones dadas en el intervalo indicado, según corresponda. En cada caso, utilizar un SAC para graficar la función y la serie obtenida.


⎧ 1. f (t ) = ⎨ a −π ≤ t < 0 ⎩⎪ −a 0 < t ≤ π

⎧ 1 ⎪ 13. f (t ) = ⎨ t ⎪ ⎩ 1

−π < t < 0 0 < t <1 1< t < π

En los problemas 14 a 22, encontrar la serie de Fourier en cosenos, en senos y la serie de medio intervalo, de las funciones dadas en el intervalo indicado. En cada caso, utilizar un SAC para graficar la función y la serie obtenida.


⎪⎧ t 2 + 1 −π ≤ t < 0 2. f (t ) = ⎨ 2 ⎩⎪ −t − 1 0 < t ≤ π ⎧ 3. f (t ) = ⎨ −1 − t −1 ≤ t < 0 0 < t ≤1 ⎪⎩ 1 − t ⎧ 4. f (t ) = ⎨ t − 1 −1 ≤ t < 0 ⎪⎩ t + 1 0 < t ≤ 1 5. f (t ) = t, − π < t < π

⎧ 14. f (t ) = ⎨ 1 0 ≤ t < 1 ⎩⎪ t 1 < t ≤ 2

15.

16. f (t ) = t, 0 ≤ t ≤ π

6. f (t ) = t , − 1 < t < 1

17. f (t ) = t 2 , 0 ≤ t ≤ π

⎧ t + 2 −2 ≤ t < −1 ⎪ 7. f (t ) = ⎨ 0 −1 ≤ t < 1 ⎪ 2 −t 1≤ t ≤ 2 ⎩

18. f (t ) = t + 1, 0 ≤ t ≤ π

8. f (t ) = −t 2 , − π < t < π

⎧⎪ 2 19. f (t ) = ⎨ t 0 ≤ t < 1 ⎩⎪ 1 1 < t ≤ 2

9. f (t ) = t 2 + π , − π < t < π 10. f (t ) = π − t 2 , − π < t < π

11.

12.

π 2 π 2

π 2 π 2

⎧ 20. f (t ) = ⎨ t + 1 0 ≤ t < 1 ⎪⎩ 1 1 < t ≤ 2 ⎧ 0 0 < t <1 ⎪ = ( ) f t ⎨ 1 1< t < 2 21. ⎪ 2 2
5.4

257

Competencia final

5.3

En los problemas 3 a 5, encontrar la serie de Fourier en cosenos, en senos y la serie de medio intervalo, de las funciones dadas en el intervalo indicado. En cada caso, utilizar un SAC para graficar la función y la serie obtenida.


En los problemas 1 y 2, encontrar la serie de Fourier en cosenos o en senos de las funciones dadas en el intervalo indicado, según corresponda. En cada caso utilizar un SAC para graficar la función y la serie obtenida.

3. f (t ) = 1 − t, 0 ≤ t ≤ π

1. f (t ) = t 3 , − π ≤ t ≤ π

⎧ 0 ⎪ 4. f (t ) = ⎨ t − π ⎪ 0 ⎩

⎧ −1 −2 ≤ t < −1 ⎪ 2. f (t ) = ⎨ 0 −1 ≤ t < 1 ⎪ 1 1≤ t ≤ 2 ⎩

5.4

La serie compleja de Fourier

0
5. f (t ) = e t , 0 ≤ t ≤ π


En algunas ocasiones, el cálculo de las integrales que definen los coeficientes de la serie de Fourier se puede simplificar al trabajar con números complejos. En esta sección introduciremos el concepto de la serie compleja de Fourier. Algunas propiedades de los complejos

OBSERVACIÓN 1

1. Si z = a + bi es un número complejo entonces su conjugado se define por z = a − bi . Y se veri1 1 fica que a = ( z + z ) y b = − i ( z − z ). 2

2

2. Un complejo también puede ser expresado en forma exponencial mediante la forma de Euler e ±iθ = cos θ ± i sen θ . 3. Al aplicar la propiedad (1) al complejo e ±iθ = cos θ ± i sen θ , se tiene que cos θ = y sen θ = −

1 i 2


(eiθ − e −iθ ).

1 2

(eiθ + e −iθ )



OBSERVACIÓN 2

En la sección 5.2 estudiamos que para una función f (t ) definida sobre el intervalo [−L, L ], su serie de Fourier es de la forma 1 f ( t ) = a0 + 2

∞

∑

an cos

n =1

nπ t + L

∞

∑b cos nLπ t


n

n =1

donde a0 =

1 L

∫

L −L

f (t ) dt

an =

1 L

∫

L −L

f (t ) cos

nπ t dt L

bn =

1 L

∫

L −L

f (t ) sen

nπ t dt L

258

UNIDAD 5


Por la observación anterior, podemos escribir al hacer θ = nπ nπ 1 ⎛ i t −i t ⎞ nπ t = ⎜e L + e L ⎟ 2⎝ L ⎠

cos

sen

nπ L

t que

nπ nπ 1 ⎛ i t −i t ⎞ nπ t = − i ⎜e L − e L ⎟ 2 ⎝ L ⎠

Entonces an cos

nπ nπ ⎛ i nπ t − i nπ t ⎞ nπ nπ 1 ⎛ i t −i t ⎞ 1 t + bn sen t = an ⎜e L + e L ⎟ − i bn ⎜e L − e L ⎟ L 2 ⎝ L ⎠ 2 ⎝ ⎠

an cos

−i i t t 1 1 nπ nπ t = ( an − ibn ) e L + ( an + ibn ) e L t + bn sen 2 2 L L

nπ


Si definimos c0 =

a0 2

(an − ibn ), entonces cn = 21 (an + ibn ); de esta manera,

1 2

y cn =

nπ

nπ

an cos

nπ

−i i t t nπ nπ t + bn sen t = cn e L + cn e L L L

Luego la serie de Fourier de f (t ) toma la forma 1 f ( t ) = a0 + 2

∞

∑ n =1

⎛ nπ ⎞ nπ t ⎟ = c0 + t + bn sen ⎜ an cos ⎝ L ⎠ L

∞

f ( t ) = c0 +

∑c e

i

n

nπ t L

∞

+

n =1

∑c e n

−i

∞

⎛

∑⎜⎝c e

i

n

nπ t L

+ cn e

−i

nπ t L

n =1

⎞ ⎟ ⎠

nπ t L

n =1

Donde el término constante es

∫

1 1 c0 = a0 = 2 2L

L −L

f (t ) dt

Los términos cn son 1 1⎡ 1 cn = ( an − ibn ) = ⎢ 2 2 ⎣L

∫

L −L

f ( x ) cos

nπ 1 t dt − i L L

∫

L −L

f (t )sen

⎤ nπ t dt ⎥ ⎦ L

O bien, cn =

1 2L

∫

L −L

⎛ nπ nπ ⎞ 1 f (t ) ⎜ cos t − i sen t ⎟ dt = ⎠ ⎝ L L 2L

∫

L −L

f (t )e

−i

nπ t L

dt

De la misma manera, Comunicarse en el lenguaje matemático en forma escrita.

cn =

1 1 ( an + ibn ) = 2 2L

∫

L −L

f (t ) e

i

nπ t L

dt = c− n

La serie compleja de Fourier se expresa como ∞

f ( t ) = c0 +

∑

cn e

i

nπ t L

n =1

∞

+

∑

cn e

−i

nπ t L

∞

= c0 +

n =1

∑

cn e

i

nπ t L

n =1

∞

∑

+

c− n e

−i

n =1

De manera equivalente, ∞

f (t ) =

∑

n =−∞

cn e

i

nπ t L

, donde cn =

1 2L

∫

L −L

f (t )e

−i

nπ t L

dt , n ∈ 

nπ t L

5.4 OBSERVACIÓN 3


259

Los coeficientes del desarrollo complejo de Fourier

Se verifica que para una función par, los coeficientes son reales. Para una función impar, son números imaginarios puros, y para una función que no es par ni impar son complejos.

EJEMPLO 1

Resolver problemas.

Una serie compleja de Fourier

Calcular la serie compleja de Fourier de la función periódica de periodo T = 2 ,

f (t ) = b

−t t

−1 ≤ t < 0 0 ≤t <1

Solución La gráfica de la función se muestra en la FIGURA 5.27. 1

0 Figura 5.27

En la gráfica observamos que la función f (t) es par; por lo tanto, esperamos que los coeficientes de la serie exponencial sean números reales. Identificamos que L = 1, entonces 1⎡ c0 = ⎢ 2⎣

∫

0 −1

( −t ) dt +

∫

⎤ 1 (t ) dt ⎥ = ⎦ 2 0 1

Además, cn =

1 2L

1⎡ cn = ⎢ 2⎣

∫ ∫

L −L

0 −1

f (t )e

−i

nπ t L

dt , n ∈ 

( −t )e −inπ t dx +

∫

⎤ ( −1) n − 1 (t )e −inπ t dt ⎥ = ⎦ 0 π 2 n2 1

La serie compleja de Fourier es f (t ) =

∑c e n

i

nπ t L

n≠0

f (t ) =

∑ n≠0

f (t ) = −

( −1) n − 1 inπ t 1 e + π 2 n2 2

∑πn 2

2

2

e inπ t +

n impar ∞

f (t ) = −

∑ π (2n − 1) e 2

2

n =−∞

2

1 2 i (2 n −1)π t

+

1 2


260

UNIDAD 5


En la FIGURA 5.28 se muestran la grafica de la función f (t ) y la gráfica de la serie compleja de Fourier para algunos valores de n. f (t)

f (t)

1

1

–2

t

2

0

–2

t

2

–1

–1

n=3

n =1 f (t)

f (t)

1

1

–2

0

2

t

–2

n = 10

n = 50

Figura 5.28



0 –1

–1

5.4

0

⎧ 0 −1 ≤ t < 0 5. f (t ) = ⎨ ⎪⎩ t 0 < t ≤ 1

En los ejercicios 1 a 18, calcular la serie compleja de Fourier. Utilizar un SAC para graficar la función dada y la serie obtenida.

⎧ t −1 ≤ t < 0 6. f (t ) = ⎨ ⎩⎪ 0 0 < t ≤ 1


⎧ t −π ≤ t < 0 7. f (t ) = ⎨ ⎩⎪ 1 0 < t ≤ π

⎧ 1 −1 ≤ t < 0 1. f (t ) = ⎨ ⎩⎪ −1 0 < t ≤ 1

⎧⎪ 0 8. f (t ) = ⎨ 2 ⎩⎪ t

−1 ≤ t < 0 0 < t ≤1

⎧ 0 −1 ≤ t < 0 2. f (t ) = ⎨ ⎪⎩ 1 0 < t ≤ 1

⎪⎧ 2 9. f (t ) = ⎨ t ⎪⎩ 0

−π ≤ t < 0 0
⎧ 1 −1 ≤ t < 0 3. f (t ) = ⎨ ⎩⎪ 0 0 < t ≤ 1

10. f (t ) = t, − π < t < π

⎧ 2 −1 ≤ t < 0 4. f (t ) = ⎨ ⎩⎪ 3 0 < t ≤ 1

11. f (t ) = −t, − π < t < π

2

t

5.4


12. f (t ) = t + 1, − π < t < π

16. f (t ) = t 2 + π , − π < t < π

13. f (t ) = 2t − 1, − π < t < π

17. f (t ) = π − t 2 , − π < t < π

14. f (t ) = t 2 , − π < t < π

18. f (t ) = e t , − 1 < t < 1

15. f (t ) = −t 2 , − π < t < π

5.4

Competencia final


En los ejercicios 1 a 4, calcular la serie compleja de Fourier. Utilizar un SAC para graficar la función dada y la serie obtenida.


⎧ 1 −π ≤ t < 0 1. f (t ) = ⎨ ⎪⎩ t 0 < t ≤ π ⎧ −1 −1 ≤ t < 0 2. f (t ) = ⎨ ⎩⎪ 1 0 < t ≤ 1 ⎧ 0 −π < t < 0 ⎪ 3. f (t ) = ⎨ 1 0 < t < 1 ⎪ t 1< t < π ⎩ 4. f (t ) = e −t , − π < t < π

261

Soluciones a problemas impares 1.1

Soluciones

5. y ( x − 1) = c ( x + 1) 2

1. ordinaria, segundo orden, lineal, grado 1.

7. 5e 6 x ( 6x − 1) = 36e 5 y + c

3. parcial, segundo orden, lineal, grado 1

9. 9 ln y = c + 5e −3x

3

5. ordinaria, primer orden, no lineal, grado 3 7. ordinaria, primer orden, lineal, grado 1 9. ordinaria, primer orden, no lineal, grado 1 11. ordinaria, primer orden, no lineal, grado 1 13. ordinaria, tercer orden, no lineal, grado 1

13. 6x 3 ln x + 9 y ln y − 2 x 3 − 9 y = c 15. cy + e ∫

15. ordinaria, primer orden, no lineal, grado 2

p ( x ) dx

=1

1 ( ax + b )3 = c 3a

17. ordinaria, primer orden, lineal, grado 1

17. y +


19. e y = tan ( c − x )

21. ordinaria, quinto orden, no lineal, grado 6

1 =c y2

11. 18 ln( x + 3) + x 2 − 6x −

23. ordinaria, cuarto orden, no lineal, grado 2

21. ( x + 4 ) ( y + 3) = c ( x − 2 ) ( y − 1)


23. 135e − x + 90e −3x + 27e −5 x − 5e 3 y ( 9 y 2 − 42 y + 50 = c


6

4

4

6

)


25. c ( x + 3) ( y − 2 ) = e x + y


27. ( x − 5 ) e x + y = c ( y + 9 )

4

33. ordinaria, primer orden, no lineal, grado 2 35. si es solución

5

2

29. 3 2t − 1 + 2 3u − 2 = c

37. si es solución

31. 2e −2 x ( cos 2 x + sen 2 x ) + ( 4 y + 3) e −4 y = c

39. si es solución

33. cot 2 x + csc 2 x + 2 y = c

41. si es solución 43. si es solución

35.

45. si es solución

2 1 − =c y2 − 1 ( x 2 + 1 2

)

47. si es solución

37. sen 3x + 3sen x − 3sec 2 y = c

49. si es solución

39.

51. si es solución

(

)(

x −1

2

)

2

y +1 = c

53. no satisface

41. y + tan −1 x = 1 + tan −1

55. si satisface

43. y = 0 sin solución

57. no satisface

45. y = 0

59. no satisface

47.

1.2

Soluciones

1. e 4 y cos 4x = c 3. y = ce 2 tan

−1

t

sec y = 1 + sen x

π 4

2 2 +1

49. x + e −2 x + y +1 = c 51. 2( x + y ) − 2 tan −1 2 ( x + y ) = 4x + c 53. − cot 21 ( x − y ) = x + c

Soluciones a problemas impares

264

)

(

(

3 2 x + y + 1 − 1 + ln x + y + 2 − 3 x + y + 1 − 2 ln x + y + 1 + 1 = 3x + c

55. 2 3 tan −1

)

)

(

1.3

47. e

y5 x5

= cx5

49. 2 y 2 + 2 xy + x 2 = c

57. y = tan x 59.

45. y 2 − 18xy = x 2 ln cx 2

10 y − 1 = c

(

)

10 y + 1 e

2 10

x

51. tan

y = cx 2x

53. − cot

Soluciones 55.

1. Homogénea de grado 3 3. Homogénea de grado 3/2 5. Homogénea de grado 3/2 7. Homogénea de grado 5/2 9. No homogénea

∫

u u0

59. e

dt y = ln cx, u = e t + ln t x

x/ y

57. e −

x x − = ln cy y y

x x+ y

= cx 2 = cx

61. y 3 − 3xy 2 + 3x 2 y = x 3 ln cx 3 x3

y 11. tan ¢ ≤ = ln cx x

63. e y = ey 3

13. x = ye cy

65. 2e y / x +

3

−1

15. ( x 4 − 2 y 4

)

2

= cy 9

67.

y2 = ln x 2 + 2e − 1 x2

x 2 + y2 + y = ¢

17. y 2 − 3xy − x 2 = cx 3 69. x 2 y 2 + x 4 = 2 y 2

19. y 3 + xy 2 + x 3 = cx 4

71. −e − x / y = ln y − 1

21. y 2 − 2 xy = cx 3 23. cx 3 = ( y 2 + 9x 2

)

2

1.4

25. y − x = cx 2 ( x + y )

Soluciones

27. y − 4x = c ( y − 3x )

1. Exacta

29. x 2 y 2 + y 4 = cx 2

3. No exacta

31. y − x = cx5 ( 4x + y )

5. Exacta 7. No exacta

33. x − 5 y = cy 6 ( x + y ) 35. e 37. e 39. e

y2 5 y + 6 x2 9 x

y 2 − 2 xy x2 x 2 + 4 xy y2

5 + 1≤ x 2 2

9. No exacta 5

27 3y = cx ¢ + 1≤ x

11. 2 x 3 y 2 + 2 x cos y + x 2 + y 2 = c

= cx 2

15. 4x 2 − 5xy + 2 y 3 + x = c

= cy

2

13. ln x + cos y − 3xy 2 = c

17. e xy − 2 xy + 3x 2 = c 19. xy 2 − y cos x − 21 y 2 = c

41. x + y = cy 2

21. ye x − xe y + x 2 + y 2 = c

43. y − 3x = cx 2

23. x 2 y 2 + tan −1 x = c


25. y + 2 xy 2 + y 2 − 2 x 3 = c

2 1 2 15. ye x = − e x + c 2

27. tan x + x cot y = c

31.

1 3 x +x+c 3

17. y x 2 + 1 =

29. y cosh x − x senh y = c

19. ye x = ln ( e x + 1) + c

x 1 + =c x+3 y

)

(

21. 2 y x 2 + 1 = ln x + x 2 + 1 + x x 2 + 1 + c

33. x ln x + y ln y + x cos y = c 35. ln sen x + y ln x + x 2 y = c

23. 2 y ( e x + 1) = e 2 x − 2 x + c

37. e xy + xe y − xy = c

25. 15x 4 y = 4 ( x5 + 1)

39. x + y = c ( x − y )

27. ye x ( x − 2 ) =

41. x cos y + y tan x =

3/2

4

π 8

(

2 +2

)

29.

43. x ( y + 1) ( x − 1) = 2

)

1 2 x −x−c 2

2

4

47. k = −72, 8xy − 24x y + x = c 3

3

)

33. ye x = ln ( e 2 x + 1 − x + c 2 +c x+2

35. y ( x + 2 ) = − 2

49. k = 1, x tan y + x 2 y = c

)

51. μ( x ) = e x , ( y 2 + 1 e x + x 2 = c 2

2

37. ye x 1

4 53. μ( y ) = , 4x ln y + 8x 2 ln y = c y 1 55. μ( x, y ) = , ln x + ln y + xy − y = e xy 57. ln

−1

59. p( x ) = − tan x, xe − y tan x = c

1.5

2

+x

= ex

3

1

2

+x

+c

3

39. xe 3 y = 3e 3 y + c

)

41. 3xy = ( x 2 + 1

3/2

−1

43. 3 y sen x = 2 − 2 cos3 x 45. 8 ( tan x + sec x ) y = 9 − cos 2 x + 4 sen x

x + x 2 y2 = e 4 y −1

1 2 x − 2x + c 2

y 1 = ln ( x 2 − 1 − ln x + c x3 2

31. y ( x − 1) e x =

45. 4x + 12 xy + 3x = 12 3

+c

x

Soluciones

49. 4xy = 11 + 2 x 2 ln x − 3x 2 51.

1. No lineal 3. lineal 5. lineal

E E − Rt + ¢i0 − ≤ e L L L

47. i =

y = 2e x

x

+ 1 − 2e 2

53. y = 0 55. y =

1 1 x− 2 2

7. lineal 9. lineal y 1 11. 3 = ( 3x − 1) e 3x + c x 9 13.

1 y 1 4 = x ¢ln x − ≤ +c 4 x 4

1.6

Soluciones )

1. 3 y −1 x 2 + 1 = ( x 2 + 1 3.

y2 = ln ( x 2 + 1 + c x2 + 1

)

3/2

+c

265


266

5.

(

7. ye x = 2e 9.

39. y = c1e 4 x + c2 xe 4 x

1 = ( x − 1) e x + c xy 1 2x

+c

41. y = c1e 2 x cos x + c2 e 2 x sen x

)

2

43. y = c1e x cos 2 x + c2 e x sen 2 x 45. y = c1e −8 x + c2 e 9 x

1 = sen x − x cos x + c xy

47. y = c1e −8 x + c2 xe −8 x

)

11. 3 y −1 x 2 + 1 = 2 ( x 2 + 1

3/2

+c

13. 4 y −1 cos x = sen 2 x + 2 x + c 15. y 3 csc 3 x = 3 cot x + c y5/3 17. = 5x ( ln x − 1) + 6 x5

49. y = c1x −1 + c2 x −1 ln x 51. y = c1x −3 + c2 x −3 ln x 53. y = c1x −3/2 + c2 x −3/2 ln x 55. y = c1x −3/5 + c2 x −1 57. y = c1x −2 + c2 x −4 59. y = c1x −1 + c2 x −2

19. 3x 4 y 4/3 = 2 x 6 − 2

61. y = c1 + c2 x −3

2.2

Soluciones

63. y = c1x −1 cos ln x + c2 x −1 sen ln x 65. y = c1x −3 cos ln x + c2 x −3 sen ln x

2

1. y =

2 2e ex + e−x 2 1+ e 1 + e2

3. y = cos 4x + ( sec 4 + tan 4 ) sen 4x 5. y =

−3e 6 −5 x 3e 6 − x e + e 5e − e 5 5e − e 5

1 1 67. y = c1x −3/2 cos ¢ ln x≤ +c2 x −3/2 sen ¢ ln x≤ 2 2

2.3

Soluciones

7. Linealmente independientes

1. y = c1e 5 x + c2 e −3x


3. y = c1e 3x cos 4x + c2 e 3x sen 4x


5. y = c1e − 3 x + c2 xe − 3 x


7. y = c1e −8 x + c2 e 4 x


9. y = c1e − 2 x cos 13 x + c2 e − 2 x sen 13 x

4

4

1

1

1

1

17. Linealmente dependientes

11. y = c1e 5 x + c2 xe 5 x


13. y = c1e − 3 x + c2 e 3 x


15. y = c1e − 5 x + c2 e 3 x


17. y = c1e − 7 x + c2 e x


19. y = c1e −7 x + c2 e −5 x + c3 e 4 x

27. Linealmente dependientes

21. y = c1e 2 x + c2 e −2 x + c3 xe −2 x


23. y = c1e 3x + c2 xe 3x + c3 x 2 e 3x

31. Linealmente independientes si m ≠ n ≠ p

2

2

1

1

2

25. y = c1e x + c2 xe x + c3 x 2 e x


27. y = c1e x + c2 e 2 x cos 3x + c3 e 2 x sen 3x


29. y = c1e −3x + c2 e x + c3 e −2 x cos 2 x + c4 e −2 x sen 2 x

37. y = c1e x + c2 e 4 x

31. y = c1 cos 2 x + c2 sen 2 x + c3 e x cos x + c4 e x sen x


33. y = c1 cos x + c2 sen x + c3 x cos x + c4 x sen x 35. y = c1 + c2 x + c3 e x cos 4x + c4 e x sen 4x 37. y = c1e −4 x + c2 e x + c3 e 3x + c4 e 5 x 39. y = c1e

−2 x

+ c2 e

−x

+ c3 e + c4 e x

2x

+ c5 e

3x

2 1 23 1 17. y = c1e − 7 x + c2 e x − xe x + e 2 x − xe 2 x 3 64 4

19. y = c1 cos kx + c2 sen kx +

A sen ax k2 − a2

1 5 21. y = c1e x + c2 e − 2 x + c3 e 4 x + x + 4 16

41. y = −e − x + 2e x 43. y = −4e x − 19xe x

3 1 23. y = c1e −2 x + c2 e 2 x + c3 e 4 x − xe 2 x + e x 8 9

45. y = − cos x + 2 sen x 47. y = e 3x − e 2 x

5 25. y = c1e 3x + c2 xe 3x + c3 x 2 e 3x − x 3 e 3x 6

49. y = 4e −1e x − e −1xe x 51. y = −4 cos 3x + 6 sen 3x

27. y = c1e x + c2 xe x + c3 x 2 e x +

53. y = 0

1 5 x xe 20

29. y = c1e x + c2 e 2 x cos3x + c3e 2 x sen3x +

55. y = e −10 x + 2e 6 x 57. y = e − 3 x + 2 xe − 3 x 2

2

59. y = −40e 3x cos 3x 61. y = 3e

)

33. y = −14e x − 5xe x + 10

65. y = 2e x + 3e 5 x

35. y = ¢− 1 −

67. y ′″ − 14 y ″ + 44 y ′ − 40 y = 0

4 1 x x x 39. y = ¢ + cos1 − sen1≤ e − xe − e cos x e e

Soluciones

1. y = c1e −3x + c2 e 5 x −

41. y = −

4 15

3. y = c1e 3x cos 4x + c2 e 3x sen 4x + 5. y = c1e − 3 x + c2 xe − 3 x + 4

7. y = c1e 4 x + c2 xe − 8 x −

11. y = c1e − 1

1 2x

cos 13 x + c2 e − 1

1 25

1 2x

1 x 1 −x e + e 106 26

sen 13 x +

3 2 51 x x e 25

2 1 2 4 15. y = c1e − 3 x + c2 e 3 x − xe − 3 x 9

61 787 2 1 1 cos 3x + sen 3x + e x + x − 15 405 5 9 3

11 −2 x 7 6 x 1 4 x 1 5 e + e − e + x− 144 48 12 6 36

1 1 3 45. y = 2 xe − 2 x + x 2 e − 2 x 8

1 3x 1 1 e − x− 11 16 128 5

13. y = c1e 5 x + c2 xe 5 x +

43. y =

8 x e 49

9. y = c1e − 3 x cos x + c2 e − 2 x sen x − 5

4e −2π e −2π 1 ≤ cos x + ¢2 − ≤ sen x + e −4 x 17 17 17

37. y = e 2 x − 3e 3x + 2e 4 x

69. y ( 4) − 2 y ′″ + 6 y ″ − 2 y ′ + 5 y = 0

4

67 cos 4x + 4505 4 sen 4x 4505

31. y = ( 2e −1 − e e x + ( 2e + 2 ) e − x − 4

−4 x

63. y = e 3x cos x + 2 e 3x sen x

2.4

267

1 x 1 36 e + x− 85 13 169

1 47. y = 4e 2 x cos 3x − 3e 2 x sen 3x + xe 2 x sen 3x 3 49. y = −

373 −3x 716 4 x 4 −3x 1 2 4 x 2 e + e − xe + x e − xe 4 x 343 343 7 7 49

51. y = −

161 −6 x 73 − 6 x 1 3 −6 x 1 1 e + xe + x e + x− 54 18 6 18 54

53. y = −

55. y =

104 − 23 x 2 452 − 23 x e cos 21 x + e sen 21 x + cos x 25 225 225 36 1 2 sen x + x cos x + x sen x − 225 15 15

239 4 3x 1 4 2 3 2 2 4 + e − x − x − x − x 81 81 3 9 9 27


268

2.5

3.2

Soluciones

1.

y = c1 cos x + c2 sen x + x

3.

y = c1e −4 x + c2 e 5 x − 3xe −4 x

5.

y = c1 cos x + c2 sen x + sen x ln tan

7. 9.

x 2

Soluciones

1. F ( s ) =

2 1 + s2 s

3. F ( s ) =

2 2 1 − + s3 s2 s

5. F ( s ) =

24 24 8 4 + − + s5 s 4 s 2 s

7. F ( s ) =

e −3 s−2

9. F ( s ) =

1 ( s − 1)2

y = c1 cos+ c2 sen x + sen x ln sen x − x cos x y = c1 + c2 e x + ln ( e x + 1) + e x ln ( e − x + 1) − x − 1

11. y = c1 cos x + c2 sen x + sen x cos x 13. y = c1e x cos x + e x sen x + e x

11. F ( s ) =

1 1 15. y = c1 cos x + c2 sen x + + cos2 x 3 3

)

(

17. y = c1 + c2 e x + e x x − ln ( e x + 1) − ln ( e x + 1) 19. y = c1e + c2 e x

−x

1 1 + e 2 x + e −2 x 4 6

21. y = c1e 3x + c2 e −3x +

1 2 3x 1 x e − ( 6x − 1) e 3x 12 216

23. y = c1e 2 x + c2 xe 2 x + x 2 e 2 x ln ( x + 1)

− e 2 x ( x − ln ( x + 1))

)

1 25. y = c1e −2 x + c2 xe −2 x + xe −2 x tan −1 x − e −2 x ln ( x 2 + 1 2 27. y = c1e 3x + c2 xe 3x − xe 3x ln x 29. y = c1e −2 x + c2 xe −2 x + 31. y = c1e 4 x + c2 xe 4 x +

e −2 x 2x

e 4x 6x 2

33. y = c1e −2 x + c2 e 4 x + e −3x 35. y = c1 + c2 e 2 x + cos x + 2 sen x 37. y = c1e −2 x + c2 e 2 x + 4 sen x 39. y =

14 −2 x 28 x e + e − 14 3 3

1 1 1 41. y = − cos x − sen x + e x 2 2 2 43. y =

15 −2 x 5 10 x e + e − 10e x 2 2

s2 − 1

(s

2

)

+1

2

13. F ( s ) =

1 − e−s s

15. F ( s ) =

s − 2 se − s + 1 s2

17. F ( s ) =

e − s ( s + 1) s2

19. F ( s ) =

2 − 2e −2 s − 4se −2 s s3

3.3

Soluciones

1. F ( s ) =

−3s 3 + 6s 2 − 10 s + 6 s4

3. F ( s ) =

8s 3 + 12 s 2 + 12 s + 6 s4

5. F ( s ) =

600 s 2 − 1 200 s + 720 s7

7. F ( s ) =

25s 2 − 125s − 100 s 3 − 3s 2 − 22 s + 24

9. F ( s ) =

9 6 1 − + s+4 s+6 s+8

11. F ( s ) =

s−2 s 2 − 4s + 3

13. F ( s ) =

s2 − 2 s ( s2 − 4

15. F ( s ) =

1 s2 − 4

)


17. F ( s ) =

2 ( s2 + 5) 2

−3 ( s − 2 s + 36s + 72 3

19. F ( s ) = 21. F ( s ) =

17. f (t ) =

s − 26s + 25 4

2

s − 1 296

)

4

4 − 5s s2 − 1

27. f (t ) =

)

s3 + 7s 27. F ( s ) = 2 ( s + 1 ( s2 + 9

)

31. f (t ) = 3e 4t − 4e −2t − e − t

)

29. F ( s ) =

24 s ( s + 4 ( s 2 + 16

31. F ( s ) =

1 2 + 2 s s +4

)

2 4 4 2 33. f (t ) = − cos 3t + sen 3t − t + 9 27 9 9

)

4s 8 + 500 s 6 + 19 510 s 4 + 237 750 s 2 + 112 896 33. F ( s ) = 9 s + 150 s 7 + 7 353s 5 + 120 100 s 3 + 112 896s n! s n +1

39. F ( s ) =

π s

3.4

Soluciones

35. f (t ) = cos t + sen t + 3e −4t 37. f (t ) = cos 2t + sen 2t + cos t − sen t 39. f (t ) = sen t + senh t 41. f (t ) = cos 4t + cos t

3.5

Soluciones

1. F ( s ) =

−3s 3 + 15s 2 − 31s + 25 ( s − 1)4

3. F ( s ) =

1 440 10 080 120 7 + 6 − ( s − 1) ( s − 2 ) ( s − 3)8 −3s − 6π + 1 s 2 + 4π s + 4π 2 + 1

1. f (t ) =

2 7 t 7!

5. F ( s ) =

3. f (t ) =

4 − 25 t e 5

7. F ( s ) =

5. f (t ) = 2t + 5 − e t + 4e −2t 7. f (t ) =

1 5 6 4 9 3 t + t + t 5! 4! 3!

9 9. f (t ) = sen t 5 11. f (t ) = 13. f (t ) = 15. f (t ) =

1 4 t 1 3t 1 2 t 1 t e − e + e − e 6 2 2 6

29. f (t ) = −2e −4t + e −3t + e − t

s 4 + 50 s 2 + 49

37. F ( s ) =

21. f (t ) = 2e t − 4e −2t

25. f (t ) = −2e −7t − 3e −4t + 2e t

s ( s 2 + 25

2

19. f (t ) = 3e 9t

23. f (t ) = 8e −5t − 5e12t

1 23. F ( s ) = 2 s +4 25. F ( s ) =

9 2t 1 −2t e − e 4 4

5 4 cos 2t − sen 2t 3 3 5 3 sen 4t − cos 4t 4 2 5 3t 13 −3t e + e 12 12

9. F ( s ) =

11. F ( s ) = 13. F ( s ) = 15. f (t ) =

2b 2

( s − a ) (( s − a )2 + 4b2 )

(( s − a )

2

6b 3

)(

+ b 2 ( s − a ) + 9b 2 2

)

1 s−a s−a ¢ ≤ 2 2 + 2 ( s − a ) + ( b + c ) ( s − a )2 + ( b − c )2 2

( s − 1)3 + 16 ( s − 1) 1 3 3t te 2 520

17. f (t ) = −8t 3 e −8t

269


270

19. f (t ) = t 2 e 4t + 5te − t

3. F ( s ) =

21. f (t ) = 5e − t sen 2t 23. F (t ) = 7e −7t cos 4t − 25. f (t ) = 4e 27. F ( s ) = 29. F ( s ) = 31. F ( s ) =

−6t

49 −7t e sen 4t 4

cos 2t − 13e

−6t

5. F ( s ) =

sen 2t 7. F ( s ) =

e −3s s2

(1 − s ) e −5 s

9. F ( s ) =

s2 e 5 − 3s s −1

11. F ( s ) =

2e − π s 33. F ( s ) = 2 s +4 35.

(s F (s) =

2

)

+1 e

13. F ( s ) =

1− s

2b ( 3s 2 − b 2

(s

2

+b

)

2b ( 3s 2 + b 2

(s

2

−b

)

2 3

)

)

2 3

( s − a )2 − b2 2 (( s − a )2 + b2 ) 2b ( s − a )

(( s − a )

2

+ b2

(

)

2

2b 3 ( s − a ) − b 2 2

(( s − a )

2

(

+ b2

)

2b 3 ( s − a ) + b 2 2

(( s − a )

2

( s − 1)3

− b2

)

3

)

)

3

sen at t

37. F ( s ) =

s − 2 se − s + 1 s2

15. F ( s ) = −

39. F ( s ) =

1 e −3s 3e −3s − 2 − s2 s s

17.

41. F ( s ) =

1 e −2 s 3e − s − − 2 s2 s s

19. F ( s ) =

1 e −π s + 1 ¢ ≤ 1 − e −π s s2 + 1

43. f (t ) =

4 56 − 25 t e U (t − 3) 5

21. F ( s ) =

45. f (t ) =

1 (t − 6 )3 (t 2 + 18t + 36 U (t − 6) 120

b 2be − as be −2 as − + s s s

23. F ( s ) =

be − as be −2 as − s s

25. F ( s ) =

e − s + se − s − 1 s2

1 51. f (t ) = e 3− 3t ( e 6t − 6 + 5 U (t − 1) 6

27. F ( s ) =

−e −4 s + 2e −3s − e −2 s − e − s + 1 s

5 6 − 3t 51. f (t ) = 4e ¢cosh 4 (t − 2 ) + senh 4 (t − 2 )≤ U (t − 2) 2

29. F ( s ) =

1 s + 3s

31. F ( s ) =

1 s3 + s

33. F ( s ) =

1 s − s2

35. F ( s ) =

1 ( s − 1)2

)

9 47. f (t ) = − sen5tU (t − π ) 5 5 4 49. f (t ) = cos 2 (t − 3)U (t − 3) − sen 2 (t − 3)U (t − 3) 3 3

)

)

53. f (t ) = ( 4e 2t − 8 − 5e12 − 3t + 2e16 − 4t U (t − 4)

3.6

Soluciones

1. F ( s ) =

2 ( s − a )3

1 1 − e − a ( s−a ) ¢ ≤ − at 1− e s−a

2

3


37. F ( s ) =

)

31. y = ( 2e −1 − e e t + ( 2e + 2 ) e − t − 4

3s − 1 3 s ( s − 1) 2

33. y = −14e t − 5te t + 10

1 39. F ( s ) = 2 s − as

35. y = ¢− 1 −

41. F ( s ) =

12 s7

43. F ( s ) =

b ( s − a ) ( s 2 − b2

45. F ( s ) =

)

b

(

2

4 1 t t t 39. y = ¢ + cos1 − sen1≤ e − te − e cos t e e

)

47. f (t ) = cosh t − 1

41. y = − 43. y =

49. f (t ) =

1 − cos at a

51. f (t ) =

1 ( sen at + at cos at ) 2a

3.7

Soluciones

37 −6t 1 1 e + t− 1. f (t ) = 36 6 36

1 1 3 45. y = 2te − 2 t + t 2 e − 2 t 8

1 47. y = 4e 2t cos 3t − 3e 2t sen 3t + te 2t sen 3t 3 49. y = −

373 −3t 716 4t 4 −3t 1 2 4t 2 4t e + e − te + t e − te 343 343 7 7 49

51. y = −

161 −6t 73 − 6t 1 3 −6t 1 1 e + te + t e + t − 54 18 6 18 54

5. y = − cos t + 2 sen t 7. y = e 3t − e 2t −1 t

−1

9. y = 4e e − e te

t

11. y = −4 cos 3t + 6 sen 3t 13. y = 0 15. y = e

+ 2e

17. y = e − 3 t + 2 xe − 3 t 2

2

19. y = −40e 3t cos 3t 21. y = 3e −4t 23. y = e 3t cos t + 2 e 3t sen t 25. y = 2e t + 3e 5t 14 −2t 28 t e + e − 14 3 3 1 1 1 29. y = − cos t − sen t + e t 2 2 2 27. y =

452 − 23 t 104 − 23 t 2 e cos 21 t + e sen 21 t + cos t − 225 25 225 36 1 2 sen t + t cos t + t sen t 225 15 15

55. y =

239 4 3t 1 4 2 3 2 2 4 + e − t − t − t − t 81 81 3 9 9 27

57. y =

9 5 t 2 3 5 2 + e − t − t − 4t 2 2 3 2

59. y = − 6t

61 787 2 1 1 cos 3t + sen 3t + e t + t − 15 405 5 9 3

11 −2t 7 6t 1 4t 1 5 e + e − e + t− 144 48 12 6 36

53. y = −

3. y = −4e t − 19te t

−10 t

1 4e −2π e −2π ≤ cos t + ¢2 − ≤ sen t + e −4t 17 17 17

37. y = e 2t − 3e 3t + 2e 4t

s ( s − a ) + b2 2

271

aA A sen kt + 2 sen at k − a2 k ( k2 − a2

)

1 2 −3( t −1) 2 + ≤ U (t − 1) 61. f (t ) = ¢ (t − 1) − e 3 9 9 63. f (t ) = cosh t 65. f (t ) = e t 1 1 67. f (t ) = e 2t + 2 2 69. f (t ) =

1 t (3e + 2tet + e −t ) 4

1 71. f (t ) = t 3 + t 6


272

21. x = c1e 2t cos6t + c2 e 2t sen6t,

1 1 73. f (t ) = t 3 + t 2 + t + 1 6 2

y = ( c1 + 3c2 ) e 2t cos6t + ( c2 − 3c1 ) e 2t sen6 t

1 75. f (t ) = ( e t − cos t − sen t ) 2

23. x = c1 cos t + c2 sen t − e t ,

2 3 1 77. f (t ) = e 2t + cos t + sen t 5 5 5

y=

c1 − c2 c +c 1 cos t + ´1 2 sen t − e t 2 2 2

79. f (t ) = te t 25. x = c1e 2t cos 3t + c2 e 2t sen 3t,

3.8

y=

Soluciones

1. y = e t −1U (t − 1)

27. x = c1 + c2 e t + c3 e 2t , y = c1 + ce t + c3 e 2t , z = −c1 + c3 e 2t

3. y = − sen tU (t − π ) 1 1 5. y = sen 3t + sen 3tU (t − 2π ) 3 3

29. x = c1 + c2 e t + c3 e 3t , y = c1 − 2c3 e 3t , z = 3c1 + c2 e t − 9c3 e 2t

π 7. y = − cos tU ¢t − ≤ − sen tU (t − π ) 2 9. y = ( e

t −π

31. x = c1e −

− 1)U (t − π )

5t

y = −c1e −

1 11. y = senh 2(t − 1)e t −1U (t − 1) 2

4.2

3c2 − c1 2t 3c + c e cos 3t − 1 2 e 2t sen 3 t 2 2

+ c2 e

5t

5t

− c2 e

+ c3 e −

5t

3t

+ c3 e −

+ c4 e

3t

3t

− c4 e

,

3t

1 , 16 1 + a4 e 4 t − 256

33. x = c1 cos t + c2 sen t + c3 e −4 t + c4 e 4 t −

Soluciones

y = a1 cos t + a2 sen t + a3 e −4 t

1. x = c1e 2t + c2 e −2t , y = 2c1e 2t − 2c2 e −2t 1 1 1 1 1 3. x = c1 + c2 e 2t + t 2 − t, y = c1 − c2 e 2t + t 2 + t + 4 4 4 4 4 5. x = −5c1e −2t − c2 e 6t , y = c1e −2t + c2 e 6t

1 35. x = a1 cos 3t + a2 sen 3t + a3 e −2 t + a4 e 2t + t, 3 1 −2 t 2t y = c1 cos 3t + c2 sen 3t + c3 e + c4 e + t 9

1 3 7. x = c1e 4t + c2 e −4t + t, y = c1e 4t − c2 e −4t − 4 16

37. x = c1e −3t + c2 e 3t + c3 e t , y = a1e −3t + a2 e 3t + a3 e t

1 1 9. x = c1 cos t + c2 sen t + e t , y = −c2 cos t + c1 sen t + e t 2 2

39. x = c1 + c2 t + c3 e −5t + c4 e 5t ,

11. x = c1e

−3t

1 1 1 1 + c2 e − − t, y = c1e −3t − c2 e 3t + + t 9 3 9 3 3t

y = a1 + a2 t + a3 e −5t + a4 e 5t +

1 2 1 3 t − t 50 6

13. x = c1 + c2 e −4t , y = 3c1 + c2 e −4t

41. x = c1 + c2 t + c3 e − t + c4 e t , y = −2c1 − 2c2 t − c3 e − t − c4 e t

1 −5t −5t −5t −5t 15. x = c1e + c2te , y = ¢c1 + c2≤ e + c2te 7

43. x =

17. x = c1 cos 4t + c2 sen 4t, y = c2 cos 4t − c1 sen 4t + 3 2 − t, 25 5 1 4 y = −c2 e 2t cos t + c1 e 2t sen t + t + 25 25

19. x = c1e 2t cos t + c2 e 2t sen t −

1 4

1 −2t 1 2t e + e , y = e −2t + e 2t 2 2

45. x = e −3t + 2te −3t , y = 4e −3t 47. x = 5e 2t cos5t + e 2t sen5t, y = e 2t cos5t − 5 e 2t sen5 t 49. x = 10 cos t + 100 sen t, y = −10 sen t + 100 cos t


4.3

Soluciones

y=¢

1 5 − ≤e 30 75

5t

+¢

1 5 + ≤ e− 30 75

1. x = − cos t + 2 sen t + 2 y = −2 cos t − sen t + 3

5t

1 2 1 2 + cos t − sen t + t − 3 3 5 5

45 4 1 9 cos9t + sen9t + e t − e − t 41 41 82 82 4 45 9 t 1 −t y = − cos9t + sen9t + e − e 41 41 82 82

3. x =

83 −2t 213 −2t 3 5 e cos5t + e sen5t + e t − 986 986 34 29 83 −2t 213 −2t 5 2 y= e sen5t − e cos5t + e t + 986 986 34 29

5. x =

223 −10t 121 8t 63 3 e − e + + t 360 720 80 20 223 −10t 121 8t 1 309 y= e + e + t+ 90 1800 10 200

7. x = −

6 7t 6 1 e + − t 49 49 7 8 8 1 y = e 7t − − t 49 49 7

21. x = −

1 1 1 23. x = − cos t + sen t + 1 − e t 2 2 2 y = 1 − et 1 1 senh5t + t 125 25 1 1 1 1 y= cosh5t + t 3 − t 2 − 625 6 50 625

25. x = −

27. x = senh t − t y = 2t − senh t

7 7 7 9. x = e −2t + te −2t − 4 2 4 9 −2t 7 −2t 9 y = e + te − 4 2 4

5.1

Soluciones

5. f (t ) = e at , T = a

20 −2t 21 −2t 20 5 e cos5t + e sen5t + − t 841 841 841 29 21 −2t 20 −2t 21 58 y=− e cos5t − e sen5t + + t 841 841 841 841

11. x = −

f (t)

a

13. x = e t cos t + e t sen t

2a

3a

t

y = e t cos t − e t sen t 15 −2t 19 2t 1 15 1 e + e + cos2t + sen2t − 32 32 8 16 4 15 −2t 19 2t 1 15 1 y = − e + e − cos2t − sen2t − t 32 32 8 16 4

15. x = −

7. f (t ) = cos t, T = π f (t) 1

π

11 1 senh 4t + cos2t + sen2t 20 40 1 y = − senh 4t 4 1 5 − ≤e 30 75

5t

+¢

1 5 + ≤ e− 30 75

3π t

2π

–1

17. x = −

19. x = ¢

273

0≤t < a 9. f (t ) = b b , T = 2a −b a ≤ t < 2a f (t)

5t

2 2 4 3 − cos t + sen t − t + 3 3 5 5

a

2a

3a

t


274

11. f (t ) = b

sen t

0≤t <π

0

π ≤ t < 2π

15. f (t ) = −

, T = 2π

f (t) 2

17. f (t ) = −

π2 − 3

∞

∑ n =1

4 ( −1) cos nt n2 n

π (π − 3) − 3

2

4

6

8

n =1

n

)

∑

19. f (t ) = senh1 +

t

10

∑

4 ( −1) cos nt n2

e −1 ( e 2 − 1 ( −1)

∞

0

∞

∞

∑

)

nπ e −1 (1 − e 2 ( −1)

13. No par, no impar ∞

∑ 4n

17. par

n =1

1 cos 2 nt − −1 ∞

∑

21. no par, no impar

n =1

2 9 29. 0

23. f (t ) = −

1 + π

31. 0

∞

25. f (t ) = −2

(

n 1 + ( −1)

∞

∑

n

π ( n − 1) 2

n =1

sen nπ t

2

19. impar

27.

n

n2π 2 + 1

n =1

1 2 21. f (t ) = − + π π

cos nπ t −

n2π 2 + 1

n =1

15. par

n

4 n ( −1) sen 2 nt π ( 4n2 − 1 n

)

) sen nt

∑ n sen nt 1

n =1

5.2

Soluciones ∞

1. f (t ) =

∑ n =1

3. f (t ) =

5. f (t ) =

7. f (t ) =

1 + 2 1 + 4 1 + 4

27. f (t ) =

2 ( −1) sen nπ t nπ n

∞

∑

( −1) − 1

∞

( −1)n − 1

n =1

∑

nπ 2

n =1 ∞

sen nπ t

2

∞

cos nπ t −

∞

2 ( −1) cos nt + n2

n

∑ n =1

∑

(n π

n =1

11. f (t ) =

∑ n =1

2 ( −1) sen nt n n

∞

13. f (t ) = −1 −

∑ n =1

n =1

n

∞

∑ n =1

1 − e − π ( −1) cos nt + ( n2 + 1 π n

)

∞

∑ n =1

nπ

4 ( −1) sen nt n2 n

2

∑ n =1

sen nπ t

1 − 2 ( −1) sen nt nπ n

n

∞

∞

∑

( −1)n

n =1

1 − ( −1) cos nt − n2π 2

π2 + 9. f (t ) = 6

∑

1 − ( −1) cos nt n2

∞

∑ n =1

∞

1 1 − e −π ≤+ 29. f (t ) = ¢ π 2

n

nπ

π 1 + 4 π

31. f (t ) =

33. f (t ) = 2

)

+ 2 ( −1) + 2 n 3π

∞

eπ − 1 + π

∑

2−π + 2π

∞

n =1

n

)

2 ( −1) e π − 2 cos nt ( n2 + 1 π n

)

n =1

∑

n ( −1) e − π − n cos nt ( n2 + 1 π

2 sen n cos nt + nπ ∞

∑

n

sen nt

( −1)n − 2 cos n + 1 nπ

n =1

35. f (t ) =

2π + 1 + 4π

∞

∑ n =1 ∞

∑ n =1

sen nt

cos n − 1 + n sen n cos nt + n2π

(

)

n ( −1) − cos n + 1 + sen n n

nπ 2

sen nt

275


37. f (t ) =

2π − π 2 − 2 + 4π

∞

∑ n =1

1 − ( −1) − n sen n cos nt + n2π

∞

∑ n =1

39. f (t ) =

2π 2 − 2π + 1 + 4π

n

cos n − n (π + 1) ( −1) sen nt nπ

∞

∑ n =1

n

∞

f (t ) =

2 ( −1) − cos n − 1 cos nt + n2π

n =1

n ( −1) − sen n sen nt n2π

f (t ) =

1. f (t ) =

∑

(

19. f (t ) =

∞

3. f (t ) =

) sen nt

nπ

n =1

7. f (t ) =

f (t ) =

1 + 4

2 ( −1) sen nt n n

∞

∑n π 2

2

2

¢2 cos

n =1

nπ nπ t − nπ sen 2 2

1 11. f (t ) = + π

1 + 2

n =1

∞

f (t ) =

∑ n =1 ∞

f (t ) =

∑ n =1

∑ n =1

∞

∑ n =1

1 cos 2 nt − n2

∞

n =1

∞

∑ n =1

4 ( −1) cos nt n2 n

2 cos n − 2 cos nt n2π

nπ 2 cos nt nπ

2sen

2 − 2 cos nπ 1 − ( −1) nπ

∞

sen nt

π

∑n

sen 2 nt

n =1

∑ n =1

8 nπ cos n2π − 16 sen n2π nπ t cos n 3π 3 2

16 cos n2π + 8 nπ sen n2π − 2 n 2 π 2 ( −1) − 16 n 3π 3 n

∞

∑ n =1

2 ( −1) cos nπ t + n2π 2 n

∑

sen 1 −2 3 n =1

∑ nπ ( cos 2

∞

∑ n =1

nπ t 2

2 ( −1) − n 2 π 2 − 2 n 3π 3 n

nπ 2 sen nt

∞

f (t ) = 1 −

∑ n =1

+ sen n3π nπ t cos nπ 3

2 nπ 3

+ cos n3π − 2 ( −1)

∑ n =1

5.4

) sen n3π t

cos 4 n3π + cos 2 n3π − 2 sen 2 n3π t nπ

Soluciones

1. cn = ¢1 − ( −1) ≤ i , c0 = 0 nπ n

2 n +1

− ( −1) 2 + i 1 , c0 = 3. cn = 2 nπ 2 5. cn =

n

sen 4 n3π + sen 2 n3π cos 2 n3π t + nπ ∞

n

sen 2 nt

2 nπ 3

n =1

)

2π − 1 + 13. f (t ) = 2π

15. f (t ) =

∑

f (t ) =

nπ 2 cos nt π (1 − n 2

∑

∞

∞

2 + 3

∞

2 cos

∞

n 3π

∞

21. f (t ) =

nπ t − 2 ( −1) ≤ cos 2

π (π + 3) + 3

n

sen nπ t

n

9. f (t ) =

∑

2

∑

)

sen

n =1

5. f (t ) = −

2 + 3

n =1

∑ nπ sen nπ t ∞

n =1

n

2 ( 2 − n 2 π 2 ( −1) − 4

π2 + 3

∞

f (t ) =

2 a ( −1) − 1

n =1

∑

4 ( −1) cos nt n2

n

Soluciones n

∑

∞

n

∑

∞

π2 + 3

n =1

∞

5.3

17. f (t ) =

( −1)n − 1 + nπ ( −1)n i 2 n2π 2

, c0 =

1 4

276


1 − ( −1) + n (π + 1) ( −1) − n 2−π , c0 = 2 2n π 4 n

7. cn = 9. cn =

( −1)n

11. cn = −

n2

−

(π

( −1)n i n

n

2

)

n 2 − 2 ( −1) + 2 2π n 3

n

, c0 =

π2 6

2 ( −1) i , c0 = −1 n n

13. cn =

15. cn = −

2 ( −1) π2 , c = − 0 n2 3

17. cn = −

2 ( −1) , c0 = π3 ( 3 − π ) n2

n

n

, c0 = 0

Índice analítico A Análisis de Fourier, 244 Aplicación de la derivada de una transformada, 172 del teorema de convolución, 190 directa del teorema de convolución, 192 Aplicaciones de la ingeniería, 173 Axiomas de espacio vectorial, 88 B Base combinación lineal de la, 87 de un espacio vectorial, 87 del espacio, combinación lineal de la, 227 del subespacio, 88 ortogonal del espacio vectorial, 227 C Cálculo de la serie de Fourier en senos, 244 las raíces de una ecuación algebraica, 244 los coeficientes de la serie de Fourier, 228 Característica de la ecuación diferencial lineal, 5 lineal en dos variables, 5 Características de la convolución, 179 de la función impulso unitario, 197 de la transformada de Laplace, 134 de la transformada inversa de Laplace de una función, 153 del problema de valor inicial, 78 del problema de valores en la frontera, 78 Clasificación de las ecuaciones diferenciales, 2 las soluciones de una ecuación diferencial, 8 soluciones de una ecuación diferencial, 8 Coeficientes de Fourier, 228, 230 de las derivadas, 76 de los términos en coseno, 241 de los términos en seno, 241 del desarrollo complejo de Fourier, 259 indeterminados, 81

Coeficientes de la serie de Fourier de medio intervalo, 243 Fourier de una función impar, 240 Fourier de una función par, 240 medio intervalo, 249 Wronski, 83 Combinación lineal, 89 de la base, 87 de la base del espacio, 227 de los elementos de la base, 226, 227 y bases, 81 Concepto de diferencial total de una función de dos variables, 41 ecuación integral, 192 ecuación integro-diferencial, 192 función impar, 219 función par, 219 la serie compleja de Fourier, 257 potencial newtoniano, 229 Conceptos de funciones de onda cuadrada, 173 Condiciones de convergencia de una serie de Fourier, 229 iniciales de un problema de valor inicial, 77 para resolver ecuaciones lineales de orden superior, 81 Conjunto base del espacio vectorial, 224 de funciones linealmente dependientes, 82 de funciones linealmente independientes, 81, 87 fundamental de soluciones, 87, 89 linealmente independiente de n soluciones, 88 no vacío, 88 ortogonal, 222 Constante(s) arbitraria(s), 11, 78 de integración, 11, 20 de la forma lnc, 24 Construcción de una función, 176 Continuidad de una función, 2 por partes, 140 Convergencia de la integral, 139 una serie de Fourier, 230, 232, 233, 234, 236 Convolución, 178 de dos funciones, 178 Cuadrados en los denominadores, 190

D Definición de convolución, 178 de ecuación diferencial, 2 de ecuación diferencial de orden n, 76 de espacio vectorial, 88 de función impulso unitario, 196 de la función delta de Dirac, 198 de la función escalón unitario, 160 de la transformada de Laplace, 134 de norma, 222 de transformada inversa de Laplace, 148 de wronskiano, 84 formal de producto interno, 222 Denotación de las funciones de dominio real, 136 transformadas obtenidas, 136 Dependencia lineal, 81, 83 Derivación implícita, 9 Derivada(s), 2 de mayor orden, 91 de una función, 3 de una transformada, 170 de una transformada de Laplace, 169 ordinaria, 2, 3 parciales de primer orden, 2 Desarrollo de medio intervalo, 243 medio rango, 243 métodos de solución, 134 Despeje de la variable, 2 Determinante del sistema, 84 Diferencia entre el problema de valor inicial y el de valor en la frontera, 78 Diferencial de una función, 42 en un punto arbitrario, 42 total de z, 42 Diferenciales parciales con coeficientes no constantes, 134 Dimensión del espacio vectorial, 87 División sintética, 104 E Ecuación algebraica, 134, 148 auxiliar, 99 con coeficientes enteros, 104 cuadrática, 2 homogénea, 76 íntegro-diferencial, 192 no homogénea, 76

278

Índice analítico

no lineal, 76 ordinaria, 76 polinomial con coeficientes complejos, 104 polinomial de grado mayor, 98, 104 Ecuación diferencial, 2, 148 con coeficientes constantes, 184, 186 exacta, 42, 97 homogénea, 5, 31 de grado n, 34 no homogénea, 5 no lineal, 5 separable, 19 Ecuación diferencial lineal, 5, 76, 77 con coeficientes constantes de segundo orden, 97 de orden n con coeficientes constantes, 97 de orden tres, 77 de segundo orden, 77, 89 homogénea, 87 de orden n, 103 no homogénea, 108 Ecuación diferencial ordinaria (EDO), 3, 134 Ecuación diferencial parcial (EDP), 4 Ecuación integral concepto de, 192 de Volterra, 192 Ecuación lineal, 2 en dos variables, 5 en una variable, 2 Ecuaciones de derivadas ordinarias, 192 exactas, 7 homogéneas, 7 integrales, 134, 192 lineales de coeficientes constantes, 97 separables, 7 Ecuaciones diferenciales de orden superior, 76 exactas, 41 lineales con coeficientes constantes, 186 lineales homogéneas, 97 parciales, 134 Efecto operativo de la función delta, 199 Espacio de las funciones continuas, 86 de soluciones, 87 euclideano, 221 Espacio vectorial, 81 axiomas de, 88 base ortogonal del, 227 con base, 87 conjunto base del, 224 de las funciones continuas, 81, 86, 226 Estudio de las ecuaciones diferenciales, 2 de las ecuaciones lineales, 80 del equilibrio de sistemas, 229

Euler, forma de, 138 Existencia de algún compuesto químico en un instante, 196 Expansión de Maclaurin, 138 Extensión impar de una función, 243 par de una función, 243 F Factor integrante, 97 Familia de soluciones, 11 uniparamétrica de soluciones, 12 Familias de soluciones equivalentes, 26 gráficas de, 12 Fenómeno que ocurre en un instante, 196 Forma de Euler, 138 de separar una ecuación homogénea, 38 exponencial de un complejo, 138 general de un problema de valores en la frontera, 78 Forma inversa del primer teorema de traslación, 158 segundo teorema de traslación, 166 teorema de convolución, 181 Fracciones parciales, 151 Fuerza aplicada en la colisión de dos partículas, 196 Función, 7 complementaria, 108, 109 continua por partes, 140 coseno, 227 cosenoidal, 97 de orden exponencial, 140 definida sobre medio intervalo, 244 en dos variables, 2 en términos del parámetro arbitrario, 135 escalón unitario, 143, 160, 163 escalonada, 143, 160, 196 explícita, 8 extensión impar de una, 243 extensión par de una, 243 g(x), 76 hiperbólica de coseno, 138 hiperbólica de seno, 138 homogénea de grado cero, 32 homogénea de grado n, 31 homogénea de grado uno, 32 impulso unitario, 196 no homogénea, 32 particular, 108 polinomial, 97 en dos variables, 31 seno, 227 senoidal, 97 Función delta de Dirac, 196 gráfica de la, 198

teorema de la transformada de Laplace de la, 198 Función impar concepto de, 219 es antisimétrica, 219 en el origen, 242 Función par concepto de, 219 es simétrica, 219 respecto al eje, 242 Función periódica, 226 como una serie trigonométrica, 226 de periodo T, 173 gráfica de una, 173 Funciones con dominios muy restringidos, 22 con patrón repetido, 173 continuas por partes, 179 coseno, 173 de coseno rectificado, 173 de onda cuadrada, 173 de seno rectificado, 173 diente de sierra, 173 elementales, 145 homogéneas de grado n, 34 impares, 240 pares, 240 periódicas con un periodo fijo, 173 seno, 173 teoría de, 178 G Generalización del teorema de la primera derivada de una transformada, 171 Grado de la ecuación diferencial, 6 Gráfica de la función delta de Dirac, 198 una función especial, 162 una función periódica, 173 una función, traslación lateral de la, 162 Gráficas de familias de soluciones, 12 H Herramienta fundamental para resolver problemas de valor inicial, 134 I Identidad, 7 Identidades algebraicas, 146 trigonométricas, 146 Independencia lineal, 81 Integración directa, 20 por partes, 139, 179 Integral convergente, 135 divergente, 135 impropia, 20, 134, 135, 145 indefinida, 20

Índice analítico Integrales impropias, 134, 160 Intervalo centrado, 244 en el origen, 243 L Límite al infinito de la función, 139 de una función, 2, 198 Límites al infinito, 160 Linealidad de la integral, 138 transformada inversa de Laplace, 149 Linealización de f(x), 41 de f(x, y), 41 M Mecánica teórica, 229 Media aritmética de los valores laterales, 236 Método de reducción de orden, 81, 90 variación de parámetros, 81, 109, 119 Método de coeficientes indeterminados, 81, 109, 110 por el principio de superposición, 110, 119 Metodología de la solución de una ecuación diferencial lineal, 80 Métodos de solución de las ecuaciones diferenciales, 26, 77 Multiplicación de una función por un escalar real, 81 Múltiplo de una transformada, 137 N Notación de la ecuación diferencial ordinaria (EDO), 4 de Leibniz, 42 para el primer teorema de traslación, 155 Nueva transformada de Laplace, 139 Números reales, 2 teoría de los, 229 O Operador matemático, 178 Orden de una ecuación diferencial, 5, 219 P Parámetro arbitrario, 135 Pares de condiciones para el problema de valor inicial, 78 Potencial newtoniano, concepto de, 229 Primer teorema de traslación, 155 Principio de inducción matemática, 141 superposición, 86 Probabilidad, teoría de la, 178

Problema de Fermat, 229 inverso dentro de las ecuaciones diferenciales, 2 Problemas de aplicación en la mecánica de materiales, 192 aplicación en la óptica, 192 aplicación en la teoría electromagnética, 192 condición inicial, 22 Problema(s) de valor inicial, 14, 77, 148 de valor inicial con solución única, 16 de valor inicial de primer orden, 14 de valor inicial de segundo orden, 14 de valor inicial sin solución, 16 Problema(s) de valores en la frontera, 22, 78 de orden tres, 79 de segundo orden, 78 forma general de un, 78 Procedimiento de división sintética, 105 para determinar una función continua, 236 para obtener la serie de Fourier en cosenos, 244 para obtener la serie de Fourier en senos, 244 para resolver un problema de valor inicial, 187 para resolver una ecuación exacta, 45 Proceso de integración impropia, 139 límite al infinito, 135, 136 Producto de dos funciones impares, 223 de dos funciones pares, 223 de una función par y una función impar, 223 escalar, 222 interno, 222 de las funciones, 222 punto, 222 Propiedad de conmutatividad de la convolución, 193 las funciones periódicas, 248 linealidad de la transformada de Laplace, 139 los conjuntos ortogonales, 224 traslación de una función periódica, 248 Propiedades algebraicas, 22 básicas de la transformada de Laplace, 134 de la derivada de una transformada, 170 de la ecuación diferencial ordinaria, 6 de la función escalón unitario, 143 de la gráfica de una función, 162 de las funciones homogéneas, 33

279

de las funciones impares, 220 de las funciones pares, 220 de los complejos, 257 de los logaritmos, 37 de los teoremas de traslación, 155 de una función periódica, 175 del operador de Laplace, 137 formales de la función delta, 199 gráficas de la función escalón unitario, 160 operativas de la convolución, 178 Punto arbitrario, 42 R Raíces auxiliares, 111 complejas conjugadas, 98, 99 de multiplicidad inmediata, 114 de una ecuación de grado 4, 104 de una ecuación de segundo grado, 104 de una ecuación de tercer grado, 104 que dan origen a la función g(x), 111 reales diferentes, 98 reales repetidas, 98 Raíz racional irreducible, 104 Reducción a una ecuación diferencial separable, 27 de orden, 81, 89 de una ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes, 134 Regla de la cadena, 9 LHôpital, 141 Requisitos para resolver una EDL no homogénea, 109 Resolver ecuaciones diferenciales, 28 Restricciones del método de los coeficientes indeterminados por el principio de superposición, 110 S Segundo teorema de traslación, 142, 143, 163, 165, 175 Señal emitida en un instante específico, 196 Separación en fracciones parciales, 151 Serie compleja de Fourier, 257 de potencias de la función exponencial, 138 trigonométrica, 226 infinita de Fourier, 226 Serie(s) de Fourier, 228 de medio intervalo, 249 en cosenos, 241 en senos, 241 en un intervalo centrado, 228 teoría de las, 229

280

Índice analítico

Sistema algebraico computarizado (SAC), 12 de dos ecuaciones en dos variables, 121 de ecuaciones, 84 lineales, 78 homogéneo de n ecuaciones en n variables, 84 Solución de ecuaciones diferenciales separables, 20 de problemas de valor inicial, 186 de sistemas de ecuaciones diferenciales, 186 de un problema de valor inicial, 188 de un sistema de ecuaciones por determinantes, 122 particular, 11, 109 para una ecuación diferencial no homogénea, 112 singular de una ecuación diferencial, 13 trivial, 11 Solución de una ecuación diferencial, 7 con condiciones iniciales, 186 definida, 77 Solución general de la ecuación diferencial, 79 de la ecuación homogénea asociada, 109 de una ecuación diferencial homogénea de primer orden, 88 de una EDL no homogénea, 108, 109 del método de reducción de orden, 90 Soluciones explícitas, 8 implícitas, 8 Subespacio vectorial, 86 del espacio de las funciones continuas, 86 Suma de funciones, 81 las transformadas, 137 Sustitución de valores, 22 T Teorema de Dirichlet, 229 de ecuación con coeficientes constantes, 97 de existencia y unicidad, 17 de la solución, 80 de Fourier, 226 de la derivada n-ésima de una transformada, 171 de la existencia de un conjunto fundamental, 88 de la función continua por partes, 227

de la función implícita, 9 de la linealidad de la transformada de Laplace, 137 de la linealidad de la transformada inversa de Laplace, 149 de la primera derivada de una transformada, 170 de las condiciones para la existencia de la transformada de Laplace, 141 de las funciones linealmente dependientes, 82 de las funciones linealmente independientes, 83 de solución general de la EDL homogénea, 89 de solución general de la EDL no homogénea, 109 de Wronski, 83 del álgebra lineal, 86 del conjunto fundamental, 88 del conjunto ortogonal, 224 del principio de superposición, 87 del subespacio vectorial, 86 fundamental del álgebra, 98 Teorema de convolución, 169, 179 aplicación del, 190 forma inversa del, 181 Teorema de la transformada de Laplace de la función delta de Dirac, 198 Laplace de las funciones elementales, 145 Laplace de una derivada n-ésima, 185 una derivada, 184 una función periódica, 174 por traslación, 176 Teorema(s) de traslación, 155, 169 forma inversa del primer, 158 forma inversa del segundo, 166 Teoría de funciones, 178 de la probabilidad, 178 de las series de Fourier, 229 de las transformadas integrales, 134 de los números, 229 electromagnética, 134 Tercias de condiciones para el problema de valor inicial, 79 Término constante, 249 Términos en coseno, 249 seno, 249 Tipos de integrales, 134 solución de una ecuación diferencial, 7 Trabajo de Fourier, 134

Heaviside, 134 Transformación de un producto de funciones, 179 una convolución, 179 una función escalonada, 142 Transformada de funciones más complejas, 155 de la función escalón unitario, 163 de una ecuación diferencial lineal, 186 de una función periódica, 169 de diente de sierra, 175 de una onda cuadrada, 174 de una suma de funciones, 137 del múltiplo de una función, 137 múltiplo de una, 137 traslación de la, 163 Transformada de Laplace, 134 de las funciones elementales, 145 de una derivada, 184 de una función escalonada, 160 de una integral, 180 más pequeña, 199 por medio de la transformada integral, 135 teorema de la linealidad de la, 137 Transformada inversa de Laplace, 134, 148 de las funciones elementales, 148 de una función, 153 linealidad de la, 149 teorema de la linealidad de la, 141 Transformadas integrales, teoría de las, 134 inversas, 172 Traslación de la transformada, 163 hacia la derecha, 162 lateral de la gráfica de una función, 162 Trinomio cuadrado perfecto, 159 V Variable arbitraria, 153 dependiente, 77 independiente, 3 Variación de parámetros, 81 Ventajas de la teoría de las transformadas integrales, 134 del método de variación de parámetros, 119 W Wronski coeficientes de la serie de, 83 teorema de, 83 Wronskiano, 83, 122 definición de, 84

Formulario básico Razones trigonométricas en el triángulo CO

H

Identidades de recíprocos sen A =

1 csc A

cos A =

1 sec A

tan A =

1 cot A

θ CA

sen θ =

CO H

CA cot θ = CO

cos θ =

CA H

tan θ =

H sec θ = CA

CO CA

H csc θ = CO

Razones trigonométricas en el círculo y

tan A =

sen A cos A

cot A =

cos A sen A

r = x2 + y2

(x, y) y

Identidades de cociente

r

Identidades de cuadrados

θ

sen2 A + cos2 A = 1

x

x

tan2 A + 1 = sec 2 A cot 2 A + 1 = csc 2 A sen θ =

y r

cos θ =

x r

tan θ =

y x

cot θ =

x y

sec θ =

r x

csc θ =

r y

Identidades de suma y diferencia sen ( A ± B ) = sen A cos B ± cos A sen B cos ( A ± B ) = cos A cos B  sen A sen B

Valores exactos de seno y coseno en el círculo unitario 1 3 1 (0, 1 ) − , , 2 2 2 π 90° 2 2 π 2π 2 − , 3 π 3π 3 2 2 120° 60° 4 5π 4 135° 3 1 45° − , 6 2 2 150° 30°

(−1, 0 )

π 180°

3 2

π 6

0° 0 360° 2π

2 2 , 2 2 3 1 , 2 2

(1, 0 )

330° 11π 3 1 7π 210° 3 1 ,− − ,− 6 225° 315° 6 2 2 2 2 π 5π 7 240° 300° 4 4π 5π 4 2 2 2 2 ,− − ,− 3 3 270° 3π 2 2 2 2 2 1 3 1 3 (0, −1) 2 , − 2 − ,− 2 2

tan ( A ± B ) =

tan A ± tan B 1  tan A tan B

Identidades de ángulo doble cos2 A = cos2 A − sen2 A cos2 A = 1 − 2 sen2 A cos2 A = 2 cos2 A − 1 sen2 A = 2 sen A cos A tan2 A =

2 tan A 1 − tan2 A

Identidades de reducción de cuadrados 1 sen2 A = (1 − cos2 A) 2

10. Dx

1 cos A = (1 + cos2 A) 2 2

tan2 A =

g • Dx f − f • Dx g f 9. Dx ¢ ≤= g g2

( u ) = 2 1u

•

Dx u

11. Dx ( sen u ) = cos u • Dx u

1 − cos2 A 1 + cos2 A

12. Dx ( cos u ) = − sen u • Dx u

Identidades de conversión de suma a producto

13. Dx ( tan u ) = sec 2 u • Dx u

sen A + sen B = 2 sen

A+ B A− B cos 2 2

14. Dx ( cot u ) = − csc 2 u • Dx u

sen A − sen B = 2 cos

A+ B A− B sen 2 2

15. Dx ( sec u ) = sec u • tan u • Dx u

cos A + cos B = 2 cos

A+ B A− B cos 2 2

cos A − cos B = −2 sen

A+ B A− B sen 2 2

16. Dx ( csc u ) = − csc u • cot u • Dx u 17. Dx ( ln u ) =

1 •D u x u

18. Dx ( log a u ) =

1 •D u x u ln a

Identidades de conversión de producto a suma

19. Dx ( a u ) = a u ln a • Dx u

1 [ cos ( A − B ) − cos ( A + B )] 2 1 cos A cos B = [ cos ( A − B ) + cos ( A + B )] 2 1 sen A cos B = [ sen ( A − B ) + sen ( A + B )] 2

20. Dx ( e u ) = e u • Dx u

sen A sen B =

Derivadas fundamentales 1. Dx ( c ) = 0 2. Dx ( x ) = 1

)

Du 21. Dx ( u v = u v v x + Dx v ln u [ u ]

)

22. Dx ( sen −1u =

)

23. Dx ( cos −1 u =

5. Dx ( u n ) = n • u n −1 • Dx u 6. Dx[ f ( g ( x ) )] = ( f  g )′ ( x ) = f ′ ( g ( x ) ) • g ′( x ) 7. Dx ( f ± g ) = Dx f ± Dx g 8. Dx ( f ⋅ g ) = f • Dx g + Dx f • g

1 − u2 −1 1 − u2

•

Dx u

•

Dx u

)

1 •D u x 1 + u2

)

−1 •D u x 1 + u2

24. Dx ( tan −1 u =

3. Dx ( c • u ) = c • Dx u 4. Dx ( x n ) = n • x n −1

1

25. Dx ( cot −1 u =

)

26. Dx ( sec −1 u =

)

27. Dx ( csc −1 u =

1 u u2 − 1 −1 u u2 − 1

•

Dx u

•

Dx u

28. Dx ( senh u ) = cosh u • Dx u

29. Dx ( cosh u ) = senh u • Dx u

16.

∫ csc u cot u du = − csc u + C

17.

∫

18.

∫a

19.

∫u

20.

∫a

2

21.

∫u

2

22.

∫ sen u du = 2 u − 4 sen2u + C

23.

∫ cos u du = 2 u + 4 sen2u + C

24.

∫ tan u du = tan u − u + C

25.

∫ cot u du = − cot u − u + C

30. Dx ( tanh u ) = sech 2 u • Dx u 31. Dx ( coth u ) = − csch 2 u • Dx u 32. Dx ( sech u ) = −sech u • tanh u • Dx u 33. Dx ( csch u ) = − csch u • coth u • Dx u

Integrales fundamentales 1.

∫ cf (u) du = c ∫ f (u) du

2.

∫ ( f (u) ± g(u)) du = ∫ f (u) du ± ∫ g(u) du

3. 4.

∫ u dv = uv − ∫ v du ∫ du = u + C 1

du a −u 2

2

2

= sen −1

u +C a

du 1 u = tan −1 + C + u2 a a du u −a 2

2

=

1 u sec −1 + C a a

du 1 u+a = ln +C 2 −u 2a u − a du 1 u−a = ln +C − a 2 2a u + a 2

2

1

1

1

1

5.

∫ u du = n + 1 u

6.

∫ e du = e

7.

∫

8.

∫ u = ln u + C

du

26.

∫ sec u du = tan u + C

9.

∫

sen u du = − cos u + C

27.

∫ csc u du = − cot u + C

n

u

a u du =

u

n +1

+ C , n ≠ −1

+C

au +C ln a

2

2

2

2

10.

∫ cos u du = sen u + C

28.

∫ senh u du = cosh u + C

11.

∫ tan u du = ln sec u + C

29.

∫ cosh u du = senh u + C

12.

∫ cot u du = ln sen u + C

30.

∫ tanh u du = ln cosh u + C

13.

∫ sec u du = ln sec u + tan u + C

31.

∫ coth u du = ln senh u + C

14.

∫ csc u du = ln csc u − cot u + C

32.

∫ sec hu du = tan

15.

∫

33.

∫ sec hu du = ln tan 2 u + C

sec u tan u du = sec u + C

−1

senh u + C 1

Transformada de Laplace 1. L

{ f (t )} = F ( s )

{

2. L L 3. L

17. L {t f (t )} = −

−1

{

{ f (t )} = ∫

19. L {t n f (t )} = ( −1)

− st

f (t ) e dt

{ f (t )} = −

d2 L ds 2

}

18. L t 2 f (t ) = −

{F ( s )}} = F ( s ) ∞

d L ds

{ f (t )} =

dn L ds n

n

dF ds d 2F ds 2

{ f (t )} = ( −1)n

d nF d ns

0

4. L {1} =

20. L

1 s

21. L b

1 5. L {t } = 2 s

{ }

6. L t 2

∫

t

f ( u ) du r =

o

2! = 3 s

7. L {t n } =

{ f (t ) ∗ g(t )} = L { f (t )} L { g(t )} = F ( s )G ( s )

n! s n +1

22. L

{ f ′(t )} = s F ( s ) − f (0)

23. L

{ f ′′(t )} = s 2 F ( s ) − sf (0) − f ′(0)

24. L

{f

−s f 2

1 8. L {e } = s−a

F (s) s

(n)

}

(t ) = s n F ( s ) − s n −1 f (0) − s n −2 f ′(0) − 

( n − 3)

(0) − s f ( n −2 ) (0) − f ( n −1) (0)

at

9. L {sen at } 10. L

25. L {δ a (t − t0 )} =

a s + a2 2

{cos at} =

11. L {senh at }

26. L {δ (t )} = 1

s s + a2

27. L {δ (t − t0 )} = e − t0 s

2

a s2 − a2 s s2 − a2

12. L

{cosh at} =

13. L

{ f (t )e } = F ( s − a ) = L { f (t )} at

14. L {U (t − a )} = 15. L

{ f (t − a )U

16. L

{ f (t )} =

s−a

e − as s

(t − a )} = e − as F ( s ) = e − as L

1 1 − e − sT

e − t0 s senh as as

∫

T

0

{ f (t )}

f (t )e − st dt, f (t ) = f (t + T )

28. L

−1

{F ( s )} =

29. L

−1

{L { f (t )}} = f (t )

30. L

−1

{F ( s ) } = f (t )e

31. L

−1

{e

32. L

−1

{F ( s )} = −

33. L

−1

{F ( s )G ( s )} =

f (t )

at

s−a

−a s

}

F (s) = L 1 L t

−1

−1

{F ( s )} t − aU

{ } dF ds

f (t ) ∗ g (t )

(t − a )

Matematicas 5. Ecuaciones Diferenciales

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