Problemas de Ecuaciones Diferenciales Con Introducciones Teoricas

Problemas de ecuaciones diferenciales Con introducciones teóricas Vicente Bargueño Fariñas María Alonso Durán

Problemas de ecuaciones diferenciales Con introducciones teóricas

VICENTE BARGUEÑO FARIÑAS MARÍA ALONSO DURÁN

UNIVERSIDAD NACIONAL DE EDUCACIÓN A DISTANCIA

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. CON INTRODUCCIONES TEÓRICAS

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© Universidad Nacional de Educación a Distancia Madrid 201

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© Vicente Bargueño Fariñas, María Alonso Durán

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ÍNDICE

Prólogo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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Capítulo 1. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS. GENERALIDADES . .

11

Introducción teórica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ejercicios resueltos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13 16

Capítulo 2. INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31


33 41

Capítulo 3. ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

117


119 126

Capítulo 4. ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES . . . . . . . . .

155


157 162

Capítulo 5. LA TRANSFORMADA DE LAPLACE

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

221


223 229

Capítulo 6. SOLUCIONES DEFINIDAS POR SERIES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

267


269 273

Capítulo 7. SISTEMAS DE ECUACIONES. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

303


305 315

7

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Capítulo 8. ESTABILIDAD DE SOLUCIONES. SISTEMAS NO LINEALES. . . . . . . . .

359


361 367

Capítulo 9. ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES. GENERALIDADES . . . . .

405


407 413

Capítulo 10. ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN. SEPARACIÓN DE VARIABLES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

423


425 429

8

PRÓLOGO

Las ecuaciones diferenciales forman parte esencial de los diferentes modelos matemáticos que ayudan a comprender los sistemas y fenómenos técnicos y que, generalmente, se encuentran presentes a la hora de resolver problemas existentes en las distintas ramas de la física y la ingeniería. La publicación de este libro pretende ofrecer al lector un acceso sencillo a las ecuaciones diferenciales mediante su conocimiento más práctico, que es la resolución de problemas. El procedimiento metodológico empleado es mixto. Consiste en una introducción teórica en cada capítulo, y posteriormente en la resolución de los problemas correspondientes. Este método supone una forma de proceder muy adecuada en la enseñanza a distancia, ya que ambos componentes combinados marcan, al mismo tiempo que se sedimentan conceptos, una secuencia lógica de adquisición y comprensión de los mismos. El libro está dirigido a los estudiantes de las Escuelas Técnicas de Ingeniería, y fundamentalmente a los de grado, en sus diferentes denominaciones, de la Escuela Técnica Superior de Ingenieros Industriales de la UNED. El contenido se divide en dos bloques claramente diferenciados. Del primero se ocupan los capítulos 1-8 y trata sobre las ecuaciones diferenciales ordinarias. El segundo bloque se desarrolla en los capítulos 9 y 10 y consiste en una introducción breve a las ecuaciones en derivadas parciales. Los requisitos previos que tiene que poseer el lector para abordar este libro se centran en el conocimiento de los elementos básicos de álgebra lineal y del cálculo de funciones de una y varias variables. Finalizamos estas notas indicando que en la elaboración de este texto se ha ofrecido la larga experiencia que los autores tienen en la docencia de las matemáticas y de las ecuaciones diferenciales en distintas Escuelas Técnicas de grado medio y superior, y agradeciendo a la Universidad Nacional de Educación a Distancia el interés mostrado en dicha elaboración. Los autores

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CAPÍTULO 1

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Generalidades

Introducción teórica

1. Definiciones Ecuación diferencial es una ecuación en la que figura una función desconocida y alguna de sus derivadas. Si la función incógnita es de una variable se llama ecuación diferencial ordinaria. Si esa función incógnita es de dos o más variables, y las derivadas que aparecen son derivadas parciales, se llama ecuación en derivadas parciales. Orden de una ecuación es el de la derivada de mayor orden que intervenga. Grado es el grado de la derivada de mayor orden. Solución (o integral) de la ecuación diferencial ordinaria de orden n es toda función ϕ definida en un cierto intervalo, que tiene n derivadas continuas en ese intervalo, y tal que sustituida ella y sus derivadas, convierten la ecuación en una identidad. La gráfica de una solución se llama curva integral. Integrar (o resolver) una ecuación es hallar el conjunto de todas sus soluciones. 2. Ecuación diferencial de un haz de curvas planas La expresión F(x,y,λ) = 0 define, en una cierta región del plano xy, un haz de curvas tal que por cada punto del plano pasa una curva y solo una del haz. La eliminación del parámetro λ entre F ( x, y, λ ) = 0 ∂F ∂F + y′ = 0 ∂x ∂y

13


lleva a la expresión Φ(x,y,y) = 0 que es la ecuación diferencial de la familia de curvas.

3. La ecuación diferencial ordinaria de primer orden Tiene como expresión general: F(x,y,y) = 0. Si puede hacerse, despejando y la expresión es y = f(x,y), en donde f se supone definida en un cierto dominio de R2.

4. Problema de Cauchy Se llama así a la siguiente cuestión: Dada la ecuación diferencial y = f(x,y), y un punto (x0,y0) del dominio de definición de f, ¿qué condiciones debe cumplir la función f para que exista una única solución y = (x) de la ecuación, tal que y0 = (x0)? La condición y0 = (x0) dada se llama condición inicial.

5. Teorema de existencia y unicidad de solución Ofrece una respuesta al anterior problema de Cauchy. Sea f una función continua de un dominio de R2 en R y (x0,y0) . Se y = f (x, y) considera el problema de Cauchy: . Si la función f satisface las y0 = (x0 )

condiciones: a) f es continua en Ω. b) f posee derivada parcial

f ( x, y) continua en . y

Entonces existen > 0 y una única función y = (x) tales que d(x) = f ( x,(x)) ,x0 x x0 + dx y0 = (x0 )

14

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS. GENERALIDADES

6. Solución general y solución particular Si es el dominio en el que la ecuación y = f(x,y) cumple las condiciones de existencia y unicidad de las soluciones, se llama integral o solución general de la ecuación en el dominio a una función y = y(x,C) (donde C es una constante arbitraria), tal que: a) y = y(x,C) satisface la ecuación cualquiera que sea el valor de la constante C. b) Para cada punto (x 0,y 0) del dominio , existe un valor C 0 de C tal que y = y(x,C0) es la única solución que satisface la condición y0 = y(x0,C0). Se llama Solución particular a cada una de las funciones que se obtienen de la integral general al dar un valor determinado a la constante C 7. Aproximación gráfica de soluciones a) Método básico. Las curvas solución se trazan a partir de sus vectores tangentes en cada punto (x,y) del dominio , que son vectores unitarios en la dirección del vector (1 , f(x,y)). El vector unitario es: f ( x, y) 1 , 2 2 1+ ( f ( x, y)) 1+ ( f ( x, y))

(1.1)

b) Método de las isoclinas. Las isoclinas son la familia de curvas en las cuales las curvas integrales tienen dirección constante. Es decir, es la familia de curvas de ecuación f(x,y) = k, con k R. Las curvas solución se trazan siguiendo el siguiente proceso: 1. Se representa una familia de curvas isoclinas. 2. En cada isoclina f(x,y) = k, se representan segmentos de pendiente k. 3. Se trazan las curvas integrales de forma que sean tangentes a los segmentos en el punto de cada isoclina.

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Ejercicios resueltos

1.1. Determínese el orden y el grado de las siguientes ecuaciones: a) x2

d2 y dy + 2x − xy = e x 2 dx dx

b) y( y′ )3 + y2 = 2 xy c) xy′′′ − x2 y iv ) + x4 = 0 d) ( x2 − y) dx + ( x3 − 2 x + y2 ) dy = 0 e) ( y′′ )3 + ( y′′′ )2 − ( y′ )4 = x SOLUCIÓN a) Orden 2, grado 1. b) Orden 1, grado 3. c) Orden 4, grado 1. d) Orden 1, grado 1. e) Orden 3, grado 2.

1.2. Verifíquese que la función indicada es solución de la correspondiente ecuación: a) ( y′ )2 + x + 2 = y y = x+3

16

y +1 x y = x ln x

b) y′ =


c) xy′ − y = x2 y = 3 x + x2

d) y′′ + 2 y′ − 3 y = 0 y = e−3 x

SOLUCIÓN En todos los casos se trata de calcular las derivadas correspondientes de la función y sustituir en la ecuación, comprobando que se verifica la igualdad. a) y = x + 3 y = 1 . Sustituyendo y,y en la ecuación: 12 + x + 2 = x + 3 b) y = x ln x y = ln x + 1 . x ln x Sustituyendo y,y en la ecuación: ln x + 1 = +1 x c) y = 3x + x2 y = 3 + 2x . Se obtiene: x(3 + 2 x) − (3 x + x2 ) = x2 d) y = e3 x y = 3e3 x y = 9e3 x . Sustituyendo y,y,y en la ecuación: 9 e−3 x + 2(−3 e−3 x ) − 3 e−3 x = 0

1.3. Hállese la ecuación diferencial de la familia de circunferencias con centro en el eje x y radio igual a 2. SOLUCIÓN Los puntos del eje x son de la forma (,0). Por tanto la ecuación de estas circunferencias es ( x − λ )2 + y2 = 4. Derivando implícitamente respecto a x se obtiene: 2( x − λ ) + 2 yy′ = 0. Eliminando λ entre las dos ecuaciones anteriores, es decir, despejando λ en la última ecuación y sustituyendo en la primera, se llega a la ecuación diferencial:

17


y2 y′ 2 + y2 = 4. que es la ecuación diferencial de la familia.

1.4. Hállese en cada caso la ecuación diferencial de la siguientes familias de curvas: a) y = e x + λe−2 x b) y = λx ln x c) x2 − λy2 = 1 d) y2 − λx = λ 2 SOLUCIÓN a) Derivando respecto a x se tiene: y′ = e x − 2λe−2 x , Eliminando λ entre la ecuación y su derivada se obtiene la ecuación diferencial pedida. Despejando λ en la derivada se obtiene: λ=

e x − y′ , 2 e−2 x

que sustituyendo en la primera ecuación resulta: y = ex +

e x y 2 x e x y

x e = e + y + 2y 3e x = 0. 2e2 x 2

b) Procediendo de la misma manera que en el ejercicio anterior: y = (ln x + 1) =

18

y

ln x + 1


Sustituyendo en la primera ecuación: y=

y y(ln x + 1) x ln x y = ln x + 1 x ln x

o bien: y =

y 1 1+ . x ln x

c) Derivando respecto a x: 2x 2yy = 0 =

x yy

Sustituyendo en la primera ecuación: x2

x 2 y = 1 x2 yy xy2 = yy yy(x2 1) xy2 = 0. yy

d) Derivando respecto a x: 2yy = 0 = 2yy Sustituyendo en la primera ecuación: y2 2yyx = 4y2 y 2 4y2 y 2 + 2yy x y2 = 0.

1.5. Hállese la ecuación diferencial de la familia de rectas que pasan por el punto (3,–1). SOLUCIÓN La ecuación de la familia de rectas que pasa por el punto (3,–1) es: y + 1 = m(x 3) y = m(x 3) 1.

19


Derivando se obtiene: y = m. Sustituyendo en la ecuación de partida resulta: y′( x − 3) − y − 1 = 0.

1.6. Hállese la ecuación diferencial de la familia de circunferencias con centro en la recta y = 1, y radio igual a la distancia entre su centro y el punto (0,1).

SOLUCIÓN Las coordenadas del centro son: C(a,1) y el radio: R = a La ecuación de la familia de circunferencias es: ( x − a)2 + ( y − 1)2 = a2

Derivando la expresión anterior, se obtiene:

2( x − a) + 2( y − 1) y′ = 0 ⎧2( x − a) + 2( y − 1) y′ = 0 Eliminando el parámetro a entre ⎨ , lo cual se pue2 2 2 ⎩( x − a) + ( y − 1) = a de hacer despejando a en la primera ecuación y sustituyendo en la segunda, resulta: y′ 2 ( y − 1)2 + ( y − 1)2 = ( x + y′( y − 1))

2

2 xy′( y − 1) = ( y − 1)2 − x2

1.7. En una selva se analizó la población y(t) de una determinada especie de insectos, y se observó que en el instante t = 0 era y0 el número de 3 los mismos, y en el t = 1 era y0 . Además, se comprobó que su veloci2 dy dy venía dada por la expresión dad de crecimiento = α y2 (t ) + y(t ) , dt dt donde es una constante real. Con estos datos, se pide:

20


a) Hallar de forma explícita y(t). b) Valor y signo de la constante . c) Probar que la función que define la población y(t) es estrictamente creciente, y determinar el límite de la misma cuando el tiempo tiende a infinito.

SOLUCIÓN a) De la ecuación diferencial se deduce: dy = y2 (t) + y(t) dt

dy = dt y2 + y

dy = dt y ( y + 1)

que descomponiendo en fracciones simples puede escribirse: ⎡1 α ⎤ ⎢ y − αy + 1 ⎥ dy = dt ⎣ ⎦ Integrando, queda: ln y ln y + 1 = t + K ln

y y = t+K = Cet y = Cet y + Cet y + 1 y + 1

y(1 Cet ) = Cet . Por tanto la solución general es: y(t) =

C et 1 − α C et

Para t = 0 es y = y0, es decir y0 =

y0 C o también C = . 1 + α y0 1− αC

21


Sustituyendo C y simplificando se obtiene la solución pedida: y0 et y(t) = αy0 1 − et + 1

(

)

b) En la nueva medición, para t = 1 es y

3 y0 , por lo tanto se verifica: 2

3 Ce y0 = 2 1 − α Ce Sustituyendo el valor de C obtenido en el apartado anterior y despejando resulta 1 3 − 2e α= ⋅ y0 3 ( e − 1) Es decir, tiene signo negativo. c)

y0 et ( αy0 + 1) dy , que al ser = α y2 (t ) + y(t ) = 2 dt ⎡αy0 1 − et + 1⎤ ⎣ ⎦

(

αy0 + 1 =

)

3 − 2e e dy +1 = > 0 , entonces ! 0 , y la función dt 3 ( e − 1) 3 ( e − 1)

y(t) es estrictamente creciente. El límite cuando t " ∞ es: lim y ( t ) = lim t →∞

t →∞

(

y0 et

)

αy0 1 − e + 1 t

=−

1 α

1.8. Determínese si el teorema de existencia y unicidad garantiza o no la existencia de una solución única para los siguientes problemas de Cauchy: a) y′ =

1 y −4 2

y(3) = 0 c)

y′ = 16 − y2 y(0) = 4

22

2 b) y′ = 16 − y

y(1) = 2 d) y′ =

y x −1

y(5) = 0


SOLUCIÓN a) Las funciones: f ( x, y) =

1 , y −4 2

∂f −2 y ( x, y) = 2 ∂y y −4

(

)

2

son continuas en un entorno del punto (3,0). Por tanto existe solución única. b) f ( x, y) = 16 − y2 y

∂f −y son continuas en un entorno ( x, y) = ∂y 16 − y2

del punto (1,2). Existe solución única. c) La función f ( x, y ) = 16 − y2 es continua en (0,4), pero

∂f −y ( x, y) = ∂y 16 − y2

no lo es en ese punto. El teorema no garantiza la existencia de solución única. d) Al ser

∂f ( x, y) = ∂y

1 1 ⋅ no continua en (5,0), el teorema no gax −1 2 y

rantiza la existencia de solución única.

1.9. Determínese una región del plano xy en la que en cada caso, la ecuación diferencial dada tenga solución única: a) ( y2 − x) y′ = y + 2 x 1 dy = y 2−x dx c) y′e x − x + y = 0

b)

d) y′( x2 + y2 ) = x − y e) ( y

1

3

− x2 ) dx − dy = 0

23


SOLUCIÓN a) Tanto la función f ( x, y) =

y + 2x , como su derivada parcial: y2 − x

∂f − y2 − x − 4 xy ( x, y) = ∂y ( y2 − x)2 son discontinuas en la curva y2 x = 0 y2 = x . Las hipótesis del teorema de existencia y unicidad de solución no se cumplen en dicha curva. Por tanto por cada punto (x, y) situado en alguna de las

{

}

regiones ( x, y) ∈ R2 | y2 > x ción única de la ecuación. b) La función f ( x, y) = y

1

2

{( x, y) ∈ R

o

2

}

| y2 < x

pasa una solu-

− x no está definida y por tanto no es con-

{

}

tinua en el conjunto ( x, y) ∈ R2 | y < 0 . ∂f 1 ( x, y) = no es continua en ( x, y) ∈ R2 | y ≤ 0 . ∂y 2 y Por tanto la región del plano donde la ecuación posee solución única es:

{

La derivada parcial

{( x, y) ∈ R c) La función f ( x, y) =

2

|y>0

}

}

∂f −1 x− y y la derivada parcial ( x, y) = x son x ∂y e e

continuas en todo el plano xy, por tanto la ecuación tiene solución única en todo el plano xy. x− y ∂f − x2 − 2 xy + y2 ( x, y) = 2 2 2 y la derivada parcial x +y ∂y x2 + y2 son continuas en todo el plano excepto en el punto (0,0). En consecuencia existe solución única de la ecuación en cualquier región del plano xy que no contenga al punto (0,0).

d) La función f ( x, y) =

e) La derivada parcial

(

)

1 ∂f ( x, y) = no es continua en la recta y = 0. 3 ∂y 3 y2

La ecuación tiene solución única en cualquier región del plano xy que no contenga a dicha recta.

24


1.10. Utilizando el método básico y el método de las isoclinas, determínese la forma aproximada de las curvas integrales de las siguientes ecuaciones: a) y′ = −

x y

b) y′ = x + y c) y′ = x − 4 xy SOLUCIÓN a) Método básico: El campo de vectores unitarios se representa en la figura 1.1 y viene dado ((1.1) de la introducción teórica) por: ⎛ ⎜ 1 ⎜ , ⎜ 2 ⎛ −x⎞ ⎜ ⎜ 1 + ⎜⎝ y ⎟⎠ ⎝

⎞ ⎟ ⎛ ⎟ ⎜ | y| , =⎜ 2 ⎟ 2 2 ⎛ −x⎞ ⎟ ⎜ x + y 1+ ⎜ ⎝ ⎝ y ⎟⎠ ⎟⎠ −x y

−x | y | ⎞ ⎟ y ⎟ x2 + y2 ⎟ ⎠

Figura 1.1

25


x Método de las isoclinas: Las isoclinas son curvas de la familia − = k, y x es decir y = − (rectas que pasan por (0,0)). En la figura 1.2 se rek presentan las isoclinas para los valores: k = −4, − 3, − 2, − 1, 0, − 1/ 2, 1, 1/ 2, 2, 3, 4 . En cada isoclina se han trazado segmentos pequeños con la misma pendiente. Como cada curva solución, al cortar a cada isoclina lo hace con la pendiente que esta tiene, las uniones de esos segmentos pequeños de cada isoclina serán la curvas integrales. Circunferencias concéntricas en este caso.

Figura 1.2

26


b) Método básico: El campo de vectores unitarios se representa en la figura 1.3 y viene dado por. 1 ⎛ , ⎜ 1 + ( x + y)2 ⎝

x+ y

⎞ 1 + ( x + y) ⎟⎠ 2

Figura 1.3

Las curvas solución estarán formadas por las curvas que unen los vectores unitarios. Método de las isoclinas: Las isoclinas son la familia de curvas x + y = k es decir y = k – x. En la figura 1.4 se representan las isoclinas para los valores k = –4,–3,–2,–1,0,1,2,3,4 y algunas curvas solución de la ecuación y = x + y. (Obsérvese que la isoclina de ecuación x + y = –1 es también una curva solución).

27


Figura 1.4

Figura 1.5

28


c) Método básico: El campo de vectores unitarios (figura 1.5) viene dado por 1 ⎛ , ⎜ 1 + ( x − 4 xy)2 ⎝

x − 4 xy

⎞ 1 + ( x − 4 xy) ⎟⎠ 2

Método de las isoclinas: Las isoclinas son la familia x 4xy = k y =

1 k . 4 4x

En la figura 1.6 se representan las isoclinas para los valores: k = –8,–4,–2,–1,0,1,2,4,8 y algunas curvas solución de la ecuación y = x – 4xy. (Obsérvese que la iso1 clina de ecuación x 4xy = 0 y = es también una curva solución de la 4 ecuación).

Figura 1.6

29

CAPÍTULO 2

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL


1. Ecuaciones con variables separables Son ecuaciones que pueden expresarse en la forma dy dx

=

P(x) Q(y)

La solución general es:

, es decir P(x)dx = Q(y)dy.

∫ P ( x) dx = ∫ Q ( y) dy + C

2. Ecuaciones homogéneas Una ecuación y′ = f(x, y) se dice homogénea si f(x, y) es una función homogénea de grado 0. Esto es cuando f(λx, λy) = f(x, y) para todo λ ∈ R. Se resuelve mediante el cambio de variable dependiente y = ux, con el que se obtiene una ecuación con variables separadas. 3. Ecuaciones reducibles a homogéneas Son ecuaciones de expresión general

⎛ a x + b1 y + c1 ⎞ y' = f ⎜ 1 ⎝ a2 x + b2 y + c2 ⎟⎠ y se transforman en una homogénea de la siguiente forma: Cuando

a2 a1

≠

b2 b1

.

33


Las expresiones: a1x + b1y + c1 = 0; a2x + b2y + c2 = 0 representan dos rectas no paralelas. Si (α, β) es el punto de corte de ambas rectas, los cambios de variable x = u + α y = v + β, la transforman en homogénea. Cuando

a2 a1

=

b2 b1

= λ con

c2 c1

≠ λ2 (rectas paralelas no coincidentes), la

⎛ a1 x + b1 y + c1 ⎞ ecuación diferencial puede ponerse y ' = f ⎜ , y el cambio ⎝ p( a1 x + b1 y) + c2 ⎟⎠ de variable dependiente z = a1x + b1y la transforma en una de variables separadas.

4. Ecuaciones diferenciales exactas. Función potencial La ecuación P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 es diferencial exacta si existe una función F(x, y) tal que ∂F(x, y) ∂x

= P(x, y),

∂F(x, y) ∂y

= Q(x, y)

(2.1)

Entonces F(x, y) = C es la solución general de la ecuación, y F(x, y) se denomina función potencial de (P, Q).

5. Cálculo de la función potencial Si existe la función potencial F de (P, Q), esta se determina: 1. Se integra P(x, y) respecto de x, que según (2.1) será: F ( x, y) = ∫ P ( x, y) dx + k ( y) 2. Se halla k(y) derivando la expresión respecto de y, recordando (2.1)

34


∂ F ( x, y) ∂ = Q( x, y) = P ( x, y) dx + k ' ( y) ∂y ∂y ∫

6. Factor integrante Si P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 no es diferencial exacta, pero existe una función μ(x, y) tal que lo es la ecuación μ(x, y) [P(x, y)dx + Q(x, y)dy] = 0, entonces μ(x, y) se denomina factor integrante. Dicho factor integrante ha de cumplir que ∂[μ(x, y) P(x, y)] ∂y

=

∂[μ(x, y) Q(x, y)] ∂x

,

lo cual se traduce en

P ( x, y)

⎡ ∂ P ( x, y) ∂Q( x, y) ⎤ ∂μ( x, y) ∂μ( x, y) − Q( x, y) = 0. + μ( x, y) ⎢ − ∂y ∂x ∂ x ⎥⎦ ⎣ ∂y

Ecuación esta última que puede simplificarse suponiendo distintas cuestiones, por ejemplo que μ sólo depende de x, o bien solo de y, etc. Es importante comprobar que las soluciones halladas al resolver la ecuación obtenida con el factor integrante, son todas ellas soluciones de la ecuación inicial, pues pueden aparecer funciones que anulan idénticamente el factor μ(x, y).

7. La ecuación lineal de primer orden Es de la forma y′ + f(x)y + g(x) = 0 (f, g continuas).

(2.2)

La ecuación y′ + f(x)y = 0 se llama: Ecuación homogénea asociada, diciéndose no homogénea (o completa) a la ecuación (2.2).

35


1. Resolución: Si u(x) es una solución de la ecuación homogénea asociada, el cambio de variable dependiente y = u(x)v(x) conduce a la expresión − f ( x) dx ⎡ ∫ f ( x ) dx dx⎤ y= e ∫ C − g ( x ) e ∫ ⎢⎣ ⎦⎥

(2.3)

que es la solución general. 2. Otra forma de resolución. Se basa en la siguiente propiedad: La solución general de la ecuación lineal de primer orden es igual a la solución general de la ecuación homogénea asociada más una solución particular de la completa. Para ello se halla la solución general de y′ + f(x)y = 0 que es la homogénea asociada a (2.2), y posteriormente se busca una solución particular de la completa. 8. Método de variación de las constantes Una forma de hallar una solución particular de la ecuación lineal completa es el llamado Método de variación de las constantes, que consiste en buscar dicha solución particular con la misma forma que la solución general de la ecuación homogénea asociada, pero donde la constante de integración C se hace variable C(x). La sustitución de dicha solución buscada, junto con su derivada, en la ecuación completa permite identificar C(x) y con ello la solución particular. 9. La ecuación de Bernouilli Se llama así a la ecuación de la forma: y′ + f(x)y + g(x)yn = 0 (f, g continuas). Se transforma en lineal dividiendo por yn y efectuando el cambio z

36

1 (n – 1)yn–1

⇒ z′ =

y′ yn

.


10. La ecuación de Riccati Se llama así a la ecuación de la forma: y′ + f(x)y2 + g(x)y + h(x) = 0 (f, g, h continuas). Para resolverla se necesita una solución particular. Si y = φ(x) es esa solución, el cambio y = φ(x) + u ⇒ y′ = φ′(x) + u′ la transforma en una ecuación de Bernouilli.

11. Ecuaciones no resueltas respecto a la derivada Son ecuaciones de la forma F(x, y, y′) = 0. Algunos de los tipos más frecuentes 1. Ecuaciones de grado n respecto a y′ (y′)n + P1(x, y)(y′) + ... + Pn–1(x, y)(y′) + Pn(x, y) = 0 (Pi(x, y) continuas) Si la ecuación se factoriza como: (y′ – f1(x, y)) ... (y′ – fn(x, y)) = 0 la integral general está formada por el conjunto de las integrales: {ϕi(x, y, Ci) = 0 | i = 1, ..., n}, donde ϕi(x, y, C) = 0 es la solución de y′ = fi(x, y). 2. Ecuaciones de la forma f(y, y′) = 0: a) Si se puede expresar y = g(y′), se efectúa el cambio y′ = p, dy = pdx. b) Si puede expresarse en forma paramétrica: y = α(t), y′ = β(t), la solución es:

37


α´(t ) ⎫ ⎧ dt + C ⎪ ⎪x = ∫ ( t ) β ⎬ ⎨ ⎪ ⎪ y = α (t ) ⎭ ⎩ 3. Ecuaciones de la forma f(x, y′) = 0: a) Si se puede despejar x = g(y′), se efectúa el cambio y′ = p, dy = pdx. b) Si puede expresarse en forma paramétrica: x = α(t), y′ = β(t), la solución es

⎧⎪ y = α´(t )β(t ) dt + C ⎫⎪ ∫ ⎨ ⎬ ⎪⎩ x = α (t ) ⎪⎭ . 12. La ecuación de Lagrange Es de la forma y = xf(y′) + g(y′) (f, g continuas y derivables). Se transforma en lineal con el cambio y′ = p. Un caso particular es la Ecuación de Clairaut, de expresión y = xy′ + g(y′), que tiene la particularidad de que su solución general es una familia de rectas y = Cx + g(C) resultante de sustituir y′ por C en la expresión de la ecuación. 13. Soluciones singulares Son las soluciones de la ecuación diferencial que no se encuentran entre las de su solución general. Dada la ecuación de primer orden F(x, y, y′) = 0, un elemento (x, y, y′) es regular si existe un entorno V de (x, y) en el que por cada uno de sus pun-

38


tos pasa una única solución de la ecuación, en otro caso es singular. Una solución singular es la que está formada por puntos singulares. Por tanto, por todo punto de la solución singular pasa una curva de las contenidas en la solución general de la ecuación y además ella misma. Es decir, en ese punto no se verifica el teorema de existencia y unicidad. Con ello puede decirse que: Una solución singular de una ecuación diferencial, es aquella que siendo solución, no se deduce de su solución general para ningún valor de la constante de integración.

14. Forma de hallar las soluciones singulares Si F es de clase uno en A, las soluciones singulares se encuentran entre las curvas que cumplen la condición ψ(x, y) = 0, obtenida al eliminar y′ entre: F(x, y, y′) = 0 ∂F ∂y′

(x, y, y′) = 0

Es necesario además comprobar que cada curva obtenida es solución de la ecuación diferencial y además no se deduce de la integral general.

15. Trayectorias de una familia de curvas Dada una familia uniparamétrica de curvas H(x, y, λ) = 0, se llama trayectoria oblicua de dicha familia a la curva que las corta bajo un ángulo constante α. Si la ecuación diferencial de dichas curvas es F(x, y, y′) = 0, la de las trayectorias que las cortan bajo el ángulo α es: ⎛ y´ − k ⎞ F ⎜ x, y, = 0, donde k=tg . 1 + ky´ ⎟⎠ ⎝

39


Si α = 90º las trayectorias son ortogonales. En ese caso la pendiente de una curva de la familia y la de su trayectoria ortogonal son inversas y cambiadas de signo. Por tanto, si la ecuación diferencial de una familia de curvas es F(x, y, y′) = 0, la de sus trayectorias ortogonales es:

⎛ 1⎞ F ⎜ x, y, − ⎟ = 0 y '⎠ ⎝

16. Determinación de las trayectorias de una familia de curvas Las trayectorias que cortan bajo un ángulo α la familia de curvas de ecuación H(x, y, λ) = 0 se determinan de la siguiente forma: 1. Se obtiene la ecuación diferencial F(x, y, y′) = 0 de la familia. 2. Se sustituye y′ en dicha ecuación diferencial por

y′ – k 1 + ky′

, donde

k = tg α. 3. Se resuelve la ecuación diferencial resultante. En caso de hallar las trayectorias ortogonales, se siguen los mismos pasos pero sustituyendo y′ por – ⎛ 1⎞ F ⎜ x, y, − ⎟ = 0. y '⎠ ⎝

40

1 y′

, y resolviendo la ecuación diferencial


2.1. Intégrese la ecuación y3y′ + y3x2y′ + x – xy2 = 0 SOLUCIÓN La ecuación es de variables separables ya que se puede escribir de la forma y′y (1 + x ) + x(1 – y ) = 0 ⇒ 3

2

2

y3 1 – y2

dy =

–x 1 + x2

dx.

Descomponiendo en fracciones simples e integrando se obtiene

⎛

1/ 2

1/ 2 ⎞

−x

∫ ⎜⎝ − y + 1 − y − 1 + y⎟⎠ dy = ∫ 1 + x

2

dx,

cuya solución es

y2 + ln (1 − y)(1 + y) = ln 1 + x2 + C ,. 2 O de otra forma

y2 + ln (1 − y)(1 + y) − ln 1 + x2 = C 2

41


2.2. Intégrese la ecuación y′

x2 cos2 y

+ tg y = 1.

SOLUCIÓN La ecuación es de variables separables ya que y′

Integrando

x2 cos2 y

∫ cos

2

= 1 – tg y ⇒

dy = y(1 − tg y)

dx

∫x

2

dy cos2 y(1 – tg y)

=

dx x2

.

, se obtiene como solución

–ln(1 – tg y) =

–1 x

+ K.

Por tanto la solución de la ecuación es y = arctg (1 – Ce1/x)

2.3. Intégrese la ecuación y′ =

xy + 3x – y – 3 xy – 2x + 4y – 8

.

SOLUCIÓN La ecuación es de variables separables ya que dy dx

42

=

x(y + 3) – y – 3 y(x + 4) – 2x – 8

⇒

dy dx

=

(y + 3) (x – 1) (x + 4) (y – 2)

⇒

y–2 y+3

dy =

x–1 x+4

dx.


Integrando y2

x 1

y + 3 dy = x + 4 dx

5

5

1 y + 36 dy = 1 x + 46 dx

Se obtiene y – 5 ln(y + 3) = x – 5 ln(x + 4) + C. Por tanto 5

⎛ y + 3⎞ y − ln ⎜ − x = C. ⎝ x + 4 ⎟⎠

2.4. Intégrese la ecuación (ex – 2)sec2 ydy – 3extg ydx = 0. SOLUCIÓN La ecuación es de variables separables ya que sec2 y tg y

dy =

3ex ex – 2

dx.

Integrando sec 2 y ∫ tg y dy =

3ex ∫ e x − 2 dx

se obtiene como resultado ln(tg y) = 3 ln(ex – 2) + K ⇒ tg y = C(ex – 2)3.

43


En consecuencia y = arctg (C(ex – 2)3).

2.5. Intégrese la ecuación (2x + y2x)dx – (4y + x2y)dy = 0. SOLUCIÓN La ecuación es de variables separables x(2 + y2)dx – y(4 + x2)dy = 0 ⇒

y 2 + y2

dy =

Integrando se obtiene y

∫ 2+ y

2

dy =

x

∫ 4+ x

2

dx

1 1 ln(2 + y2 ) = ln(4 + x2 ) + K . 2 2 Por tanto y2 = C(4 + x2) – 2.

2.6. Intégrese la ecuación x3 y′ + ey = 1. SOLUCIÓN La ecuación es de variables separables x3

44

dy dx

= 1 – ey ⇒

dy 1 + ey

=

dx x3

.

x 4 + x2

dx.


Integrando se obtiene dy

∫ 1− e

y

=

dx

∫x

(2.4)

3

Para calcular la primera integral se hará el cambio de variable ey = t, con lo que descomponiendo en fracciones simples queda ⎛ ey ⎞ dy dt 1 ⎞ ⎛1 ⎛ t ⎞ = = + = − − = = dt t t ln ln(1 ) ln ln ⎜⎝ ⎟ ∫ 1 − e y ∫ t(1 − t) ∫ ⎜⎝ t 1 − t ⎟⎠ ⎜⎝ 1 − e y ⎟⎠ 1− t⎠ Por tanto la igualdad (2.4) da como resultado 1 − 2 ⎛ ey ⎞ 1 ey y 2x ln ⎜ = − + K = Ce 7 7 e = 2x2 1 − ey ⎝ 1 − e y ⎟⎠

C 1

C + e2x

2

La solución es ⎞ ⎛ C ⎟ y = ln ⎜ 1 ⎟ ⎜⎝ 2 x2 ⎠ C+e

2.7. El crecimiento del número de bacterias en una botella de leche y en un determinado día es proporcional al número de las mismas existentes en ese día. Si en el análisis de una botella se encuentran 500 bacterias un día después de haber sido embotelladas y al segundo día se encuentran 8.000, ¿cuál es el número de bacterias en el momento de embotellar la leche? SOLUCIÓN Sea Q(t) el número de bacterias en el día t. La ecuación diferencial que representa el crecimiento de dichas bacterias es, según el enunciado dQ(t) dt

= kQ(t).

45


Donde k es la constante de proporcionalidad. La ecuación es de variables separables ya que puede expresarse dQ(t) Q(t)

= kdt.

Integrando se obtiene ln Q(t) = kt + K ⇒ Q(t) = Cekt donde K es la constante de integración, que se redefine como C. El momento de embotellado corresponde a t = 0, por tanto Q(0) = C ⇒ Q(t) = Q(0)ekt. Según los análisis de la botella se tiene Q(1) = 500 ⇒ 500 = Q(0)ek. m Q(2) = 8.000 ⇒ 8.000 = Q(0)e2k. De la división de ambas ecuaciones ek =

8.000 500

= 16

que sustituyendo en la primera queda 500 = Q(0)16. Por tanto

Q(0) =

46

500 16

.


Como Q(0) ha de ser entero (n.º de bacterias), resulta Q(0) = 31.

2.8. Intégrese la ecuación (xy + y2 + x2)dx – x2dy = 0. SOLUCIÓN Es una ecuación homogénea ya que se puede escribir de la forma xy + y2 + x2

y′ =

y la función f(x, y) =

x2

xy + y2 + x2

es homogénea de grado 0 (es decir, veri-

x2

fica f(λx, λy) = λ0 f(x, y)). Mediante el cambio de variable y = ux, y′ = u + xu′, se tiene u + xu′ =

ux2 + u2x2 + x2 x2

.

Simplificando xu′ = u2 + 1 ⇒

du u2 + 1

=

dx x

(Ecuación de variables separables).

Integrando se obtiene arctg u = ln x + K ⇒ u = tg(ln |Cx|). Y deshaciendo el cambio de variable anterior y x

= tg(ln |Cx|).

47


Por consiguiente, la solución es y = x tg(ln |Cx|).

2.9. Intégrese la ecuación y′ =

2y – x + 5 2x – y – 4

SOLUCIÓN Es una ecuación transformable en homogénea. Las rectas 2y – x + 5 = 0, 2x – y – 4 = 0 se cortan en el punto (1,–2). El cambio x = X + 1, y = Y – 2 que supone una traslación de ejes coordenados, la transforma en la ecuación homogénea y′ =

2Y – X 2X – Y

.

Haciendo Y = uX ⇒ Y′ = u′X + u queda u′X + u =

2u – 1 2–u

⇒ u′X =

2u – 1 2–u

–u=

u2 – 1 2–u

⇒ du

2–u u2 – 1

=

dX X

.

Esta última ecuación es de variables separadas. Integrando se obtiene 2−u du = 2 −1

∫u 48

∫

dX . X


y descomponiendo en fracciones simples resulta: 3 2 2 du u 1 u 81 1

1 3 ln(u 1) ln(u 8 1) ln X 8 K 2 2

dX X

ln

u 1 ln X 8 K (u 8 1)3

u 1 CX (u 8 1)3

Deshaciendo los cambios y simplificando queda YX =C (Y + X )3

y x+3 =C ( y + x + 1)3

que operando y renombrando la constante, resulta: (y + x + 1)3 = C(y – x + 3).

2.10. Intégrese la ecuación (2x + y – 1)dx + (6x + 3y + 1)dy = 0. SOLUCIÓN Es una ecuación transformable en homogénea. Las rectas 2x + y – 1 = 0, 6x + 3y + 1 = 0 son paralelas. Efectuando el cambio: u = 2x + y, du = 2dx + dy, se obtiene (u – 1)dx + (3u + 1)(–2dx + du) = 0 ⇒ (u – 1 – 6u – 2)dx + (3u + 1)du = 0 ⇒ (3u + 1)du = (5u + 3)dx

49


que es una ecuación de variables separables ya que puede expresarse en la forma 3u + 1 5u + 3

du = dx.

Integrando, queda 4 3 3u + 1 4 3 du = dx 5u + 3 5 5u +5 3 du = x + C 5 u 25 ln 5u + 3 = x + C 3 4 (2x + y) ln |10x + 5y + 3 |= x + C 5 25 y operando convenientemente, resulta la solución general pedida x + 3y −

4 ln 10 x + 5 y + 3 = C . 5

2.11. Intégrese la ecuación ⎛ x + ye y x ⎞ dx − xe y x dy = 0 . ⎝ ⎠

SOLUCIÓN Es una ecuación homogénea ya que expresándola en la forma y′ =

la función f(x, y) =

50

x + yey/x xey/x

x + yey/x xey/x

es una función homogénea de grado cero.


Haciendo el cambio y = ux, y′ = u′x + u se obtiene u′ x + u =

x + uxe xe

ux

ux

x

.

x

Simplificando u x + u =

1+ ueu 1+ ueu 1 dx . u x = u u x = u eu du =

u u e e e x

Integrando eu = ln x + C ⇒ ey/x = ln x + C. Por tanto y = x ln (ln x + C) .

2.12. Compruébese que (yex + 2xy2)dx + (ex – 1 + 2x2y)dy = 0 es una ecuación diferencial exacta e intégrese. SOLUCIÓN Es diferencial exacta ya que verifica la igualdad de las derivadas cruzadas ∂( ye x + 2 xy2 ) ∂( e x − 1 + 2 x 2 y ) . = e x + 4 xy = ∂y ∂x

51


Por tanto, existe la función potencial F(x, y) tal que ∂ F ( x, y) = ye x + 2 xy2 ∂x

;

∂ F ( x, y) = e x − 1 + 2 x2 y . ∂y

Integrando la primera igualdad respecto a x, manteniendo y constante, se obtiene F ( x, y) = ∫ ( ye x + 2 xy2 ) dx + k( y) = ye x + x2 y2 + k( y) donde k(y) es la constante de integración. Aplicando ahora a esta F(x, y) la segunda igualdad se tiene e x + 2 x2 y + k ′ ( y) = e x − 1 + 2 x2 y de donde k ( y) = 1

k( y) = y .

Por tanto queda F ( x, y) = ye x + x2 y2 − y y la solución general de la ecuación es ye x + x2 y2 − y = C .

2.13. Determínese la función M(x, y) para que la siguiente ecuación diferencial sea exacta 1⎞ ⎛ M( x, y) dx + ⎜ xe x y + 2 xy + ⎟ dy = 0 . ⎝ x⎠

52


SOLUCIÓN Para que la ecuación sea exacta debe verificarse la igualdad de las derivadas cruzadas 1 M = e x y + xe x y + 2y 2 x y

M 1 = ye x (1+ x) + 2y 2 . y x

Por tanto 1⎞ y2 x 1 ⎛ M( x, y) = ∫ ⎜ ye x (1 + x) + 2 y − 2 ⎟ dy = e (1 + x) + y2 − 2 y + g( x) ⎝ x ⎠ 2 x

donde g(x) es una función arbitraria.

2.14. Intégrese la ecuación ( ye xy + 4 y3 ) dx + ( xe xy + 12 xy2 − 2 y) dy = 0 . SOLUCIÓN Es una ecuación exacta ya que ∂( ye xy + 4 y3 ) ∂( xe xy + 12 xy2 − 2 y) . = e xy + xye xy + 12 y2 = ∂y ∂x Por tanto, existe la función potencial F(x, y) tal que ∂ F ( x, y) = ye xy + 4 y3 ∂x

;

∂ F ( x, y) = xe xy + 12 xy2 − 2 y . ∂y

Integrando la primera igualdad respecto a x, manteniendo y constante, se obtiene F ( x, y) = ∫ ( ye xy + 4 y3 ) dx + k( y) = e xy + 4 y3 x + k( y) donde k(y) es la constante de integración.

53


Hallando ahora

∂F(x, y) ∂y

y aplicando la segunda igualdad, se tiene

xe xy + 12xy2 + k ( y) = xe xy + 12xy2 2y k ( y) = 2y k( y) = y2 Por tanto F ( x, y) = e xy + 4 y3 x − y2 y la solución general de la ecuación es e xy + 4 y3 x − y2 = C .

2.15. Intégrese la ecuación (1 − sen x tg y) dx + cos x sec 2 ydy = 0. SOLUCIÓN La ecuación es exacta ya que ∂(1 − sen x tg y) ∂(cos x sec 2 y) . = − sen x sec 2 y = ∂y ∂x La función potencial es F ( x, y) = ∫ (1 − sen x tg y) dx + k( y) = x + cos x tg y + k( y) . Y verifica ∂ F ( x, y) = cos x sec 2 y . ∂y

54


Por tanto cos xsec 2 y = cos xsec 2 y + k( y)

k( y) = 0

k( y) = C.

La solución general de la ecuación es x + cos x tg y = C .

2.16. Intégrese la ecuación (3 xy3 + 4 y) dx + (3 x2 y2 + 2 x) dy = 0 mediante un factor integrante de la forma μ = μ(x). SOLUCIÓN La ecuación no es exacta ya que no son iguales las derivadas ∂(3 xy3 + 4 y) = 9 xy2 + 4 ∂y

;

∂(3 x2 y2 + 2 x) = 6 xy2 + 2 . ∂x

Para que μ = μ(x) sea un factor integrante, deberá cumplir [μ(x)P(x, y)] [μ(x)Q(x, y)] = y x μ(x)

Q(x, y) P(x, y) dμ(x) = Q(x, y) + μ(x) dx x y

Por tanto μ( x) ⎡ ∂ P ( x, y) ∂Q( x, y) ⎤ dμ( x) . − = dx Q( x, y) ⎢⎣ ∂ y ∂ x ⎥⎦

55


En consecuencia μ ( x) dμ( x) . ⎡9 xy2 + 4 − 6 xy2 − 2⎤⎦ = 3 x2 y2 + 2 x ⎣ dx Simplificando se obtiene μ = μ′ x que es una ecuación de variables separables

dx = x

dμ μ

dx dμ = . Integrando queda x μ

ln x = ln μ + K x = Cμ .

Elegimos como factor integrante μ = x. Multiplicando la ecuación por el factor integrante resulta la ecuación diferencial exacta: (3 x2 y3 + 4 xy) dx + (3 x3 y2 + 2 x2 ) dy = 0. Por tanto la función potencial es F ( x, y) = ∫ (3 x2 y3 + 4 xy) dx + k( y) = x3 y3 + 2 x2 y + k( y) . Como

F ( x, y) ha de ser 3x3y2 + 2x2, entonces y

3x3 y2 + 2x2 = 3x3 y2 + 2x2 + k( y) , de donde k( y) = 0 k( y) = C. En consecuencia, la solución de la ecuación es x3 y3 + 2 x2 y = C .

2.17. Un método para suministrar un fármaco en la sangre, es hacerlo de forma continua mediante un proceso de inyección llamado infusión intravenosa. Este proceso puede ser modelado mediante la ecuación diferencial VdC (t) − ( I − kC (t)) dt = 0

56


donde C(t) = Concentración de medicación en cada instante t, siendo V, I, k = constantes que representan las características del proceso y las condiciones particulares del paciente. Se pide: a) Comprobar que la ecuación no es diferencial exacta y encontrar un factor integrante μ = μ(t), dependiente solo de t. b) Resolver la ecuación. c) Hallar la solución particular que cumple la condición inicial C(0) = 0, y expresarla en forma explícita (despejar C(t)). d) Comprobar que a medida que pasa el tiempo, la concentración C(t) de medicación crece, pero nunca sobrepasa una cantidad llamada umbral, o nivel de saturación. ¿Cuál es esa cantidad?. SOLUCIÓN a) Para que la ecuación VdC(t) – (I – kC(t))dt = 0 fuese diferencial exacta, debería cumplir la igualdad de las derivadas cruzadas ∂V ∂(− I + kC ) = . ∂t ∂C Pero

∂V ∂(− I + kC ) = 0, = k , por tanto no lo es. ∂t ∂C

Multiplicando por μ = μ(t), la ecuación queda V μdC − ( I − kC) μdt = 0. Sus derivadas cruzadas son (Vμ) dμ =V t dt ( ( I kC) μ) C

V = kμ

dμ = kμ dt

V

dμ = kdt. μ

57


Integrando esta última ecuación, resulta kt

μ = eV . kt

Por lo tanto, μ = e V es un factor integrante. b) Introduciendo el factor integrante en la ecuación original, queda kt

kt

Ve V dC − ( I − kC) e V dt = 0. Función potencial kt

kt

U = Ve V dC + (t) = Ve V C + (t) . Por tanto kt U = ke V C + ' (t). t

Debe cumplirse que kt

kt

ke V C + ' (t) = ( I kC) e V = 0

kt

' (t) = Ie V .

Integrando (t) =

IV ktV e + k

( = cte.) .

Solución general kt

Ve V C −

58

IV ktV e = α. k


c) Para C(0) = 0, resulta − IV = α , con lo que la solución particular es k kt

Ve V C −

IV ktV IV e =− k k

o también C (t) =

(

)

kt − I 1− e V . k

I d) La función C(t) es creciente y lim C (t) = que será el nivel de satut →∞ k ración.

2.18. a) Hállese la función f(x) para la cual μ(x) = x es factor integrante de la ecuación diferencial f ( x)

dy + y + x2 = 0 dx

y además verifica f(1) = 1. b) Para ese valor hallado de f(x) resuélvase la ecuación. SOLUCIÓN a) Al ser μ(x) = x un factor integrante y multiplicar la ecuación por dicho factor se obtiene xf ( x)

dy + xy + x3 = 0, dx

o de otra forma

( xf ( x)) dy

+ ( xy + x3 ) dx = 0.

59


Como es diferencial exacta debe cumplir (xy + x3 ) (xf (x)) = y x

x = xf '(x) + f (x),

que es la ecuación lineal f '( x) +

1 f ( x) − 1 = 0 . x

Resolviéndola resulta f ( x) = e

−

1 1 ∫ x dx ⎡ ∫ x dx ⎤ C x . dx⎥⎦ = + ⎢⎣C + ∫ e x 2

Al ser f(1) = 1 ⇒ C = 1/2, la función buscada es f ( x) =

1⎞ 1⎛ ⎜⎝ x + ⎟⎠ . 2 x

b) La ecuación es 1 2 x + 1 dy + ( xy + x3 ) dx = 0 . 2

(

)

La función potencial F ( x, y) = ∫ ( xy + x3 ) dx + k( y) =

x2 x4 y+ + k( y ) 2 4

donde ∂ F ( x, y) x2 = + k′ ( y) ∂y 2 que ha de ser igual a

60

1 2 ( x 8 1). 2


De igualar ambas expresiones se obtiene k ( y) =

1 2

k ( y) =

1 y. 2

Por tanto la función potencial es F ( x, y) =

x2 x4 1 y+ + y. 2 4 2

Y la solución general de la ecuación 2 x2 y + x 4 + 2 y = C .

2.19. Determínese la condición que debe cumplir la función μ = μ(y) dependiente solo de y, para ser factor integrante de la ecuación P ( x, y) dx + Q ( x, y) dy = 0 e intégrese ydx + (2 x − ye y ) dy = 0 mediante un factor integrante de ese tipo.

SOLUCIÓN Para que μ sea un factor integrante tiene que cumplirse ∂[μ( y)P ( x, y)] ∂[μ( y)Q( x, y)] . = ∂y ∂x Por tanto μ ′( y)P ( x, y) + μ( y)

∂ P ( x, y) ∂Q( x, y) . = μ ( y) ∂y ∂x

61


Es decir Q(x, y) P(x, y) y 9 Q(x, y) P(x, y) μ ( y) x μ ( y)P(x, y) + μ( y) = P(x, y) μ( y) y 9 x Como el primer miembro depende solo de y, la condición es que el segundo miembro sea una función exclusivamente de y. La ecuación ydx + (2 x − ye y ) dy = 0 verifica la condición anterior, ya que en este caso μ 2 1 = μ y

μ 1 = . μ y

Integrando ln μ = ln y + K μ = Cy . Eligiendo μ = y, la ecuación una vez multiplicada por el factor integrante, queda y2 dx + (2 xy − y2 e y ) dy = 0 que es una ecuación diferencial exacta como puede comprobarse. La función potencial es F(x, y) = y2 dx + k( y)

F(x, y) = y2 x + k( y) .

Al ser 2 xy − y2 e y =

62

∂ F ( x, y) ∂y


se tiene 2xy y2 e y = 2xy + k( y) k( y) = y2 e y k( y) = y2 e y dy. Resolviendo esta integral por partes se obtiene k( y) = − y2 e y + 2 ye y − 2 e y . Por lo tanto la solución general es y2 x − y2 e y + 2 ye y − 2 e y = C que coincide con la de la ecuación inicial excepto para y = 0.

2.20. Determínese la condición que debe cumplir la función μ = μ(xy), dependiente solo del producto xy, para ser factor integrante de la ecuación P ( x, y) dx + Q ( x, y) dy = 0 y aplíquese para resolver ( y + x3 y + 2 x2 ) dx + ( x + 4 xy4 + 8 y3 ) dy = 0 . SOLUCIÓN La condición que debe cumplir μ para ser factor integrante es ∂[μ( xy)P ( x, y)] ∂[μ( xy)Q( x, y)] . = ∂y ∂x Por facilidad de cálculo se utilizará z = xy. De la igualdad anterior se obtiene μ (z)xP(x, y) + μ

P(x, y) Q(x, y) = μ (z)yQ(x, y) + μ y x

Q P μ (z)(xP yQ) = μ x y

63


Por tanto ∂Q ∂ P − μ ′ ( z) ∂ x ∂ y . = μ ( z) xP − yQ Como el primer miembro solo depende de z, el segundo miembro también debe depender solo de z, es decir de xy. La ecuación ( y + x3 y + 2 x2 ) dx + ( x + 4 xy4 + 8 y3 ) dy = 0 verifica esa condición. En efecto μ′ 4 y 4 − x3 4 y 4 − x3 −1 . = 4 = = 3 5 4 3 4 3 4 μ x y + 2 x − 4 xy − 8 y xy( x − 4 y ) + 2( x − 4 y ) xy + 2 Por tanto μ

1 dμ 1 C C . = = dz ln μ = ln(z + 2)1 + K μ = = μ z+2 μ z+2 z + 2 xy + 2

Eligiendo μ =

1 , y multiplicando la ecuación por μ se obtiene xy + 2

1 1 ( y + x3 y + 2x2 )dx + (x + 4xy4 + 8y3 )dy = 0 xy + 2 xy + 2

1 1 y + x2 (xy + 2) dx + x + 4y3 (xy + 2) dy = 0 xy + 2 xy + 2 y x + x2 dx + + 4y3 dy = 0. xy + 2 xy + 2

64


que es diferencial exacta como puede comprobarse. La función potencial es ⎛ y ⎞ x3 F ( x, y) = ∫ ⎜ + x2 ⎟ dx + k( y) = ln( xy + 2) + + k( y). 3 ⎝ xy + 2 ⎠ Operando como en ejercicios anteriores, se tiene x x + 4y3 = + k( y) k( y) = 4y3 xy + 2 xy + 2

k( y) = y4 .

En consecuencia la solución de la ecuación es ln( xy + 2) +

x3 + y4 = C 3

que coincide con la de la ecuación inicial excepto para xy = 0.

2.21. Las dos variables p = presión, y V = volumen, de un cierto gas ideal verifican la ecuación diferencial C p pdV + CV Vdp = 0 donde Cp, CV son dos constantes (Cp ≠ CV) que representan los calores específicos del gas a presión y volumen constante, respectivamente. Se pide: 1 es a) Comprobar que la ecuación no es diferencial exacta, pero μ = pV un factor integrante de la misma. b) Resolverla. SOLUCIÓN a) La ecuación es de la forma PdV + Qdp = 0, con P = Cp p, Q = CV V. Las derivadas cruzadas son ∂P ∂Q = CV . = Cp , ∂V ∂p que al ser Cp ≠ CV, no es diferencial exacta. 65


Multiplicando por μ =

1 , la ecuación queda pV Cp V

dV +

CV dp = 0 . p

Y sus derivadas cruzadas son ahora iguales. ⎛ Cp ⎞ ∂⎜ ⎟ ⎝V⎠ = ∂p Por lo tanto, μ =

⎛C ⎞ ∂⎜ V ⎟ ⎝ p⎠ = 0. ∂V

1 es un factor integrante. pV

b) La solución es de la forma U(V, p) = K, donde Cp U C p = U = dV + ( p) U = C p ln V + ( p) V V V ' ( p) C U = ' ( p) = V = C p ( p) = CV ln p p p p Por tanto la solución general es C p ⋅ ln V + CV ⋅ ln p = K o de otra forma

(V )C

p

⋅ pCV = K

donde se ha renombrado la constante de integración.

66


2.22. En la ecuación (x2 + y2 + 1)dx – (xy + y)dy = 0, hállese n para que μ(x) = (x + 1)n sea factor integrante, y resuélvase. SOLUCIÓN P = x2 + y2 + 1⎫ ⎬ Q = − ( xy + y) ⎭

∂P = 2y ∂y

;

∂Q = − y. ∂x

Multiplicando la ecuación por μ = (x + 1)n, se tiene

( x + 1)n ( x2 + y2 + 1) dx − ( x + 1)n ( xy + y) dy = 0. Las derivadas cruzadas ∂(μP ) = 2 y( x + 1)n ∂y

;

∂(μQ ) = − y( n + 1)( x + 1)n. ∂x

Han de ser iguales, es decir (μP) (μQ) = y x

2y(x + 1)n = y(n + 1)(x + 1)n

n = 3 .

En consecuencia, el factor integrante es μ = ( x + 1) . −3

Y la ecuación que resulta al multiplicar la primitiva por dicho factor integrante

( x + 1)−3 ( x2 + y2 + 1) dx − ( x + 1)−3 ( xy + y) dy = 0. 67


Puesto que ahora es diferencial exacta, la solución será de la forma F(x, y) = C, donde F = (x + 1)3 (xy + y) = y(x + 1)2 y F = y(x + 1)2 dy + (x)=

y2 (x + 1)2 + (x) 2

F = y2 (x + 1)3 + '(x) = (x + 1)3 (x2 + y2 + 1) '(x) = (x + 1)3 (x2 + 1). x De donde (x) =

3 2 ( x + 1) (x + 1) dx =

x2 + 1 dx . ( x + 1)3

Descomponiendo en fracciones simples x2 + 1 A B C + 3 = 3 + 2 (x + 1) x +1 ( x + 1) ( x + 1) A + B(x + 1) + C(x + 1)3 = x2 + 1

A = 2 ; B = 2 ;C = 1.

Por tanto (x) =

2

(x + 1)

3

dx +

2 1 dx + dx = (x + 1)2 + 2(x + 1)1 + ln (x + 1) . 2 (x + 1) x +1

En consecuencia F ( x, y) = −

68

y2 ( x + 1)−2 − ( x + 1)−2 + 2( x + 1)−1 + ln ( x + 1). 2


La solución general ⎛ y2 ⎞ − ⎜ + 1⎟ ( x + 1)−2 + 2( x + 1)−1 + ln( x + 1) = C . ⎝ 2 ⎠

2.23. Compruébese que la ecuación (xy2 – y3)dx + (1 – xy2)dy = 0 no es diferencial exacta y que cumple la condición para que exista un factor integrante μ = μ(y). Hállese dicho factor integrante, y resuélvase la ecuación. SOLUCIÓN: La ecuación no es diferencial exacta, ya que son distintas las derivadas ∂( xy2 − y3 ) = 2 xy − 3 y2 ∂y

;

∂(1 − xy2 ) = − y2 . ∂x

Para que exista un factor integrante μ = μ(y), el segundo miembro de la expresión ∂Q ( x, y) ∂ P ( x, y) − μ ' ( y) ∂x ∂y , = μ ( y) P ( x, y) debe ser función exclusivamente de y (ejercicio 2. 19). Esta condición se verifica. En efecto μ ' ( y) − y2 − 2 xy + 3 y2 −2 y ( x − y) 2 = = 2 =− . μ ( y) y xy2 − y3 y ( x − y) Por tanto μ ' ( y) 2 =− . y μ ( y)

69


Integrando se obtiene μ ( y) =

C . (C ∈ R) y2

Eligiendo C = 1, el factor integrante es μ ( y) =

1 . y2

Multiplicando la ecuación diferencial por μ y simplificando, resulta ⎛ 1 ⎞ − x⎟ dy = 0 . 2 ⎝y ⎠

( x − y) dx + ⎜ La función potencial es F ( x, y) =

Como

∫ ( x − y) dx + k ( y) =

x2 − yx + k ( y). 2

1 F ( x, y) ha de ser 2 : x , se tiene y y 1 x = x + k´( y) y2

k´( y) =

1 y2

1 k ( y) = . y

Por lo tanto F ( x, y) =

x2 1 − yx − . 2 y

Y la solución general es 1 x2 − yx − = C 2 y que coincide con la de la ecuación inicial excepto para y = 0.

70


2.24. Resuélvase la ecuación dy + y + e−2 x = 0. dx

SOLUCIÓN Es de la forma y´ + f ( x) y + g( x) = 0. Es una ecuación lineal. Una forma de obtener su solución general es mediante la expresión (2.3 de la introducción teórica) − f ( x) dx ⎡ ∫ f ( x ) dx dx⎤ . y= e ∫ ⎥⎦ ⎢⎣C − ∫ g( x) e

En este caso − dx dx y = e ∫ ⎡⎢⎣C − ∫ e−2 x e ∫ dx⎤⎥⎦ = e− x ⎡⎣C − ∫ e−2 x e x dx⎤⎦

que resolviendo las integrales indicadas resulta como solución general y = e−2 x + Ce− x . Otra forma de resolución: También puede resolverse mediante variación de constantes, resolviendo primero la ecuación homogénea asociada. La ecuación homogénea asociada es dy + y = 0. dx

71


Integrando se obtiene su solución general dy = − dx y

ln y = − x + c

;

y = Ce− x .

;

Para calcular la solución particular yp de la ecuación completa se aplicará el método de variación de las constantes. La solución particular yp y su derivada son: yp = C ( x) e x

( ) = C ( x) e

d yp

x

dx

+ e x

dC(x) . dx

Sustituyendo ambas en la ecuación completa, se obtiene: C ( x) e x + e x e x

dC(x) = e2 x dx

dC(x) + C ( x) e x + e2 x = 0 dx dC(x) = e x dx

C ( x) = e x + K .

donde K es la constante de integración. Para K = 0 resulta una solución particular yp = e−2 x . La solución general de la ecuación completa es la suma de la de la solución general de la homogénea asociada y esta solución particular hallada y = e−2 x + Ce− x .

2.25. Resuélvase la ecuación dy y . = dx y − x (Ind.: Obsérvese que es lineal considerando x función de y).

72


SOLUCIÓN La ecuación se puede escribir de la forma dx y x = y dy

dx y x = dy y

dx 1 + x 1= 0 dy y

donde se considera x como función, e y como la variable independiente. Por tanto x=e

−

1⎛ y2 ⎞ C y ∫ y dy ⎛ ∫ y dy ⎞ ln y − ln y C − − e e C e dy C = + = + = + ⎜ ⎟ ∫ ∫ y ⎜⎝ 2 ⎟⎠ y 2 ⎝ ⎠ 1

1

(

)

y la solución general es x=

C y + . y 2

O también y = x ± x 2 − 2C .

2.26. Dada la ecuación 2 x y′ − y = −sen x − cos x a) Calcúlese su integral general. b) Determínese la solución que pasa por el punto (0,0). c) Calcúlese una solución acotada cuando x → ∞.

SOLUCIÓN a) La ecuación puede escribirse en la forma y′ −

1 2 x

y+

sen x + cos x = 0. 2 x

73


Se trata de una ecuación lineal. La solución general es

y= e

=e

∫

− −

x

1 dx 2 x

1 ⎡ sen x + cos x ∫ − 2 x dx ⎤ e ⎢C − ∫ ⎥= 2 x ⎢⎣ ⎥⎦

⎡ sen x + cos x − x ⎤ e dx⎥ . ⎢C − ∫ 2 x ⎣ ⎦

m

La integral I=

∫

sen x + cos x − x e dx 2 x

puede calcularse aplicando reiteradamente el método de integración por partes. I = e−

x

(− cos

x + sen x ) + m

⎡ + ⎢ e− ⎣

x

(−sen

x − cos x ) + ∫

− sen x − cos x − x ⎤ e dx⎥ . 2 x ⎦

Entonces 2I = 2cos xe

x

I = cos xe

En consecuencia y= e

x

⎡⎣C + cos xe− x ⎤⎦ .

Y la integral general es y = Ce

74

x

+ cos x .

x

.


b) Sustituyendo en la solución general se tiene 0 = C + cos 0 C = 1 c) Cuando x Ce

x

y = e

x

+ cos x.

± (dependiendo del signo de C).

Para que la solución esté acotada, C tiene que ser igual a 0. Por tanto, una solución acotada es y cos x .

2.27. Hállese la solución general de la ecuación ( x + 1) y′ + (2 x − 1) y = e−2 x . SOLUCIÓN La ecuación puede escribirse en la forma y′ +

2x − 1 e−2 x y− = 0. x +1 x +1

Por tanto es una ecuación lineal. La solución general viene dada por

y= e

−

∫

2 x −1 dx x +1

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ dx ⎡ − ∫ ⎜ 2− ⎡ e−2 x ∫ 2xx+−11 dx ⎤ e−2 x ∫ ⎜⎝ 2− x +1⎟⎠ dx ⎤ ⎝ x +1⎟⎠ C − − = − − e e C e ⎢ ⎥= ⎢ ⎥ ∫ x +1 ∫ x +1 ⎢⎣ ⎥⎦ ⎣ ⎦ 3

3

⎤ ⎡ 1 1 e−2 x 2 x ⎡ ⎤ = ( x + 1)3 e−2 x ⎢C + ∫ e dx⎥ = ( x + 1)3 e−2 x ⎢C − 3 3⎥ ( x + 1) 3( x + 1) ⎦ x +1 ⎣ ⎣ ⎦ Es decir 1⎤ ⎡ y = e−2 x ⎢C ( x + 1)3 − ⎥ . 3 ⎣ ⎦

75


2.28. Hállese la solución general de la ecuación dy + (cotg x) y = 5ecos x . dx

SOLUCIÓN Es una ecuación lineal, por tanto − cotg x dx ⎡ cos x ∫ cotg x dx y= e ∫ dx⎤⎥ = e− ln(sen x ) ⎡⎣C + ∫ 5ecos x eln(sen x ) dx⎤⎦ = ⎢⎣C − ∫ −5e e ⎦

=

1 ⎡ C + ∫ 5ecos x sen x dx⎤⎦ sen x ⎣

Solución general y=

1 ⎡⎣C − 5ecos x ⎤⎦ . sen x

2.29. Dada la ecuación (1 − cos x) y′ + 2 y sen x − tg x = 0, determínese su solución general integrando la ecuación homogénea asociada, y hallando una solución particular de la ecuación completa.

SOLUCIÓN Expresando la ecuación en la forma y′ +

76

2sen x tg x y− = 0. 1 − cos x 1 − cos x


La ecuación homogénea es y′ +

2sen x y = 0, 1 − cos x

que es de variable separables ya que dy 2sen x =− dx. y 1 − cos x Integrando se obtiene su solución general ln y = ln (1 − cos x) + ln C −2

y=

C (1 − cos x)2

Para calcular la solución particular yp de la ecuación completa se aplicará el método de variación de las constantes yp =

C(x) (1 cos x)2

y p =

C (x) sen x . 2C(x) (1 cos x)2 (1 cos x)3

Sustituyendo en la ecuación completa se obtiene C ′( x) sen x 2sen x C ( x) tg x − 2C ( x ) + ⋅ − =0 2 3 2 (1 − cos x) (1 − cos x) 1 − cos x (1 − cos x) 1 − cos x tg x C ′( x) − =0 2 (1 − cos x) 1 − cos x Esta ecuación es de variables separables dC = tg x(1 − cos x) dx. Integrando, se obtiene C ( x) = − ln(cos x) + cos x.

77


La solución particular yp =

cos x − ln (cos x) . (1 − cos x)2

Por tanto la solución general de la ecuación completa es y=

C cos x − ln(cos x) . + (1 − cos x)2 (1 − cos x)2

2.30. Dada la ecuación xy ' = y + x2 sen x . a) Determínese su integral general. b) Calcúlese la solución particular que contiene el punto (π,0). c) Estúdiese la existencia de soluciones que pasan por (0,0). ¿Se verifica en ese punto el teorema de existencia y unicidad? ¿Por qué? SOLUCIÓN a) Es una ecuación lineal. Ecuación homogénea asociada xy '− y = 0 dy dx = . y x Solución general de la homogénea y Cx . Método de variación de las constantes. Solución particular y p = C ( x) ⋅ x

78

;

yp ' = C ′( x) x + C ( x).


Sustituyendo en la ecuación, se obtiene C '( x) x2 + C ( x) x = C ( x) x + x2 sen x

;

C '( x) = sen x

;

C ( x) = − cos x.

Por tanto, una solución particular es yp = − x cos x . La solución general de la ecuación completa y = Cx − x cos x. b) Si contiene el punto (π,0), entonces 0 = Cπ + π

;

C = −1.

La solución y = − x(1 + cos x). c) Si contiene el punto (0,0) 0 = C ∙ 0 + 0. que se cumple para todo valor de la constante C. Todas las curvas de la solución general pasan por el punto (0,0). Es decir, hay infinitas soluciones que contienen a ese punto. Por tanto, en ese punto no se verifica el teorema de unicidad. Si se escribe la ecuación en la forma y′ = f(x, y), es decir y′ =

y + x sen x x

se observa la no continuidad en x = 0 de la función f(x, y) correspondiente.

79


2.31. Se considera la ecuación lineal a

dy + by = e− λx dx

donde a, b son constantes positivas y λ es una constante no negativa, con λ ≠

b . a

a) Calcúlese la solución general. b) Si λ = 0. ¿A qué valor tiende toda solución cuando x → ∞? Lo mismo si λ > 0. SOLUCIÓN a) Ecuación homogénea asociada a

dy + by = 0. dx

Es de variables separables. Expresándola en la forma dy b =− x y a e integrando se obtiene y = Ce

b − x a

.

Para calcular una solución particular yp de la ecuación completa, se aplica el método de variación de las constantes. yp = C ( x) e

80

b x a

b

b

x b x yp ' = C ( x) e a + C' ( x) e a . a


Sustituyendo en la ecuación se obtiene b aC ( x) e a

b x a

+ aC' ( x) e

b x a

+ bCe

b x a

= e x C' ( x) =

1 e a

b x a 6

C ( x) =

b x a

e b a

Por tanto, la solución particular es yp =

1 e− λx . b − λa

La solución general de la ecuación no homogénea y = Ce

b) Si λ = 0: y = Ce

b x a

+

b − x a

+

1 e− λx . b − λa

1 1 lim y = x b b

Si λ > 0: lim y = 0 x→∞

2.32. La intensidad en un circuito eléctrico se rige según la ecuación L

dI + RI = E dt

donde: I = Intensidad de la corriente, L = Inductancia, R = resistencia, E = Fuerza electromotriz. Se pide: a) Resolver la ecuación con una corriente inicial I0, si se conecta en el circuito una fuerza electromotriz E0 en el instante t = 0. b) Observar en el resultado anterior que la ley de Ohm (E0 = RI) es aproximadamente válida para valores muy grandes de t (cuando t tiende a infinito).

81


c) Cuando I0 = 0, y E0 ≠ 0. ¿Cuál es el valor del máximo teórico de la intensidad de corriente I? d) Probar que la mitad de ese máximo de corriente I se alcanza en el tiempo t =

L ⋅ ln 2 . R

SOLUCIÓN a) Es una ecuación lineal. La ecuación homogénea asociada es L

dI + RI = 0 . dt

Es una ecuación de variables separables dI R = − dt . I L Integrando se obtiene su solución general, que es ln I =

R t + ln C L

I = Ce

R t L

.

Método de variación de las constantes. Solución particular Ip de la no homogénea I p = C(t)e

R t L

dI p dt

= C' (t) e

R t L

R Rt + C (t) e L . L

Sustituyendo en la ecuación completa, resulta LC' (t) e

R t L

R t R Rt + LC (t) e L + RC (t) e L = E L

C' (t) =

82

E RL t E Rt e C (t) = e L + k. L R


Eligiendo por ejemplo k = 0, resulta la siguiente solución particular E . R

Ip

La solución general de la ecuación completa es I=

R − t E + Ce L R

donde C es una constante arbitraria. Aplicando las condiciones iniciales se obtiene I (t = 0) = I0 E (t = 0) = E0

I0 =

E0 +C R

, C = I0

E0 . R

Por tanto la solución pedida es I=

E0 ⎛ E ⎞ − Rt + ⎜ I0 − 0 ⎟ e L . R ⎝ R⎠

I

E0 R

b) Cuando t → ∞ resulta (ley de ohm).

c) Si I0 = 0, entonces I=

(

)

R − t E0 1− e L . R

El máximo teórico de la intensidad de corriente I se alcanza cuando t → ∞, y vale Imax

E0 . R

83


d) El valor de t cuando se alcanza la mitad del máximo será

(

R − t E0 E0 = 1− e L 2R R

)

−

R t L

1 2

=

;

e

t=

L ⋅ ln 2 R

;

−

R t = − ln 2 L

2.33. Resuélvase la ecuación xy′ + y = x4 y3 . SOLUCIÓN Es una ecuación de Bernouilli, ya que puede escribirse en la forma y´ + f ( x) y + g( x) y n = 0 , (f, g continuas). La ecuación dada, escrita de esa manera es y′ +

y − x3 y3 = 0 . x

Dividiendo por y3, y efectuando el cambio z=

1 −2 y2

,

z′ =

y′ y3

se transforma en z′ −

2 z − x3 = 0 x

que es una ecuación lineal cuya solución viene dada por z= e

2 2 − dx ⎤ ∫ x dx ⎡ 3 ∫ x C − − x e dx⎥ = e2 ln x ⎡⎣C + ∫ x3 e−2 ln x dx⎤⎦ = x2 ⎡⎣C + ∫ x dx⎤⎦ = ⎢ ∫ ⎣ ⎦

⎡ x2 ⎤ = x2 ⎢C + ⎥ 2⎦ ⎣

84


Por último, deshaciendo el cambio anterior, resulta la solución general ⎡ x2 ⎤ y−2 = −2 x2 ⎢C + ⎥ . 2⎦ ⎣ O de otra forma y2 =

1 x C − x2 2

(

)

donde se ha renombrado la constante de integración.

2.34. Resuélvase la ecuación y′ + y = y2 (cos x − sen x). SOLUCIÓN Es una ecuación de Bernouilli. Dividiendo por y2, y efectuando el cambio z=−

1 y

z′ =

,

y′ y2

se transforma en z′ − z − (cos x − sen x) = 0, que es una ecuación lineal, cuya solución general es dx − dx z = e ∫ ⎡⎢C + ∫ (cos x − sen x) e ∫ dx⎤⎥ = e x ⎡⎣C + ∫ (cos x − sen x) e− x dx⎤⎦ . ⎣ ⎦

Para calcular la integral incluida en la expresión anterior se aplica reiteradamente el método de integración por partes, obteniéndose

∫ (cos x − sen x)e

−x

dx = e− x sen x

85


por consiguiente z = e x ⎡⎣C + e− x sen x⎤⎦ = Ce x + sen x . Deshaciendo el cambio resulta la solución general pedida y=−

1 . Ce + sen x x

2.35. La velocidad de crecimiento de una cierta población viene dada por la ecuación: 1 ⎛ ⎞ x '(t ) = ax(t ) ⎜1 − x(t )⎟ , ⎝ ⎠ K donde x(t) es la población en un instante t, y K, a constantes positivas. Se pide: a) Calcular esa población x(t), sabiendo que x(0) = x0 (el tamaño en el inicio es x0). b) Comprobar que aunque la población siempre crece con el tiempo, el tamaño x(t) de la misma no excede una cierta cantidad T llamada tamaño de equilibrio.¿Cuál es esa T? SOLUCIÓN a) Es una ecuación de Bernouilli. Efectuando el cambio de variable z (t) = −

1 x (t)

;

z '(t ) =

x '(t ) , x2 ( t )

y sustituyendo en la ecuación resulta la ecuación lineal z '(t ) = − az(t ) −

86

a . K


Su ecuación homogénea asociada z '(t ) + az(t ) = 0 es de variables separables. Su solución general es z(t ) = Ce− at . Se busca la solución particular de la completa por el método de variación de las constantes zp (t ) = C (t ) e− at

;

zp '(t ) = − aC (t ) e− at + C '(t ) e− at .

Por lo tanto aC(t)e at + C'(t)e at = aC(t)e at C'(t) =

a K

ae at 1 C(t) = e at . K K

La solución particular es zp (t ) = −

1 . K

Solución general de la ecuación completa z(t ) = Ce− at −

1 . K

Por último, deshaciendo el cambio anterior resulta x(t ) =

K , 1 − CKe− at

donde C es la constante de integración.

87


De la condición inicial x(0) = x0, se obtiene C =

x0 − K . Kx0

Entonces, la expresión que determina la población con esa condición inicial es x(t ) =

Kx0 . x0 + ( K − x0 ) e− at

b) La expresión anterior es una función creciente donde el límite cuando t → ∞ es lim x(t ) = lim t→∞

t→∞

Kx0 = K (Tamaño de equilibrio). x0 + ( K − x0 ) e− at

Es decir, la población no rebasa el valor de K, cualquiera que sea el tamaño inicial. Por tanto, el tamaño de equilibrio es T = K.

2.36. Hállese la integral general de la ecuación y′ − xy2 + 2 x2 y − x3 − 1 = 0, determinando previamente una solución de la forma y = ax + b. SOLUCIÓN Se trata de una ecuación de Ricatti. Una solución es de la forma y = ax + b. Sustituyendo la solución y su derivada, y′ = a, en la ecuación se tiene a − x( ax + b)2 + 2 x2 ( ax + b) − x3 − 1 = 0 .

88


Identificando coeficientes resulta a = 1,

b = 0.

La solución buscada es y = x. Efectuando el cambio y= x+u

y = 1+ u

se obtiene 1 + u′ − x( x + u)2 + 2 x2 ( x + u) − x3 − 1 = 0 que simplificando resulta u′ − xu2 = 0. Esta ecuación es de variables separables. Puede expresarse du xdx . u2 Integrando se obtiene: 1 x2 = +K 2 u

u=

1 2

x +K 2

.

Y deshaciendo el cambio resulta la solución de la ecuación inicial: y = x−

2 . x +C 2

89


2.37. Hállese la integral general de la ecuación 1 y′ + (2 x2 sen x + ) y − x sen xy2 − 2 − x3 sen x = 0 x determinando previamente una solución de la forma y = ax + b. SOLUCIÓN Se trata de una ecuación de Ricatti. Una solución es de la forma y = ax + b. Sustituyendo la solución y su derivada en la ecuación, esta queda 1⎞ ⎛ a + ⎜ 2 x2 sen x + ⎟ ( ax + b) − x sen x( a2 x2 + b2 + 2 axb) − 2 − x3 sen x = 0. ⎝ x⎠ Donde identificando coeficientes resulta a = 1,

b = 0.

Por tanto la solución buscada es y = x. Efectuando el cambio de variable y= x+u

y = 1+ u .

La ecuación queda 1 1+ u + 2x2 sen x + (x + u) xsen x(x + u)2 2 x3 sen x = 0 x u xsen xu2 + que es una ecuación de Bernouilli.

90

u =0, x


Dividiendo por u2 y haciendo el cambio z=

1 u

z =

u

u2

se obtiene la ecuación lineal z′ −

1 z − x sen x = 0 x

cuya solución viene dada por z= e

1 1 ∫ x dx ⎡ ∫ − x dx ⎤ C + x sen xe dx⎥ = x ⎡⎣C + ∫ sen x dx⎤⎦ = x [C − cos x] . ⎢ ∫ ⎣ ⎦

Deshaciendo los cambios anteriores, resulta la solución general de la ecuación inicial y = x−

1 . x(C − cos x)

2.38. Hállese la integral general de la ecuación y ′ = y2 −

1 25 y− 2 . x x

sabiendo que admite una solución de la forma y

c . x

SOLUCIÓN Se trata de una ecuación de Ricatti. Una solución es de la forma y Sustituyendo la solución y su derivada, y′ = −

c c2 1 c 25 = x2 x2 x x x2

c . x

c , en la ecuación se tiene x2

c2 25 = 0

c = ±5 .

91


Por tanto, una solución es y

5 . x

Efectuando el cambio 5 +u x

y=

y =

5 + u

x2

se obtiene 5 25 10 15 25 + u = 2 + u2 + u + u 2 2 6 x x x x x x

u

9 u u2 = 0 , x

que es una ecuación de Bernouilli. Dividiendo por u2 y haciendo el cambio z=

1 u

z =

u

u2

se obtiene la ecuación lineal z′ +

9 z − 1 = 0. x

Su solución viene dada por z= e

−

9 9 ⎡ x10 ⎤ x ∫ x dx ⎡ ∫ x dx ⎤ dx⎥ = e−9 ln x ⎡⎣C + ∫ x9 dx⎤⎦ = x−9 ⎢C + = Cx−9 + . ⎢C + ∫ e ⎥ 10 ⎦ 10 ⎣ ⎣ ⎦

Deshaciendo los cambios anteriores, resulta la solución general de la ecuación inicial:

92

y=

5 1 − x z

y=

5 x9 . − x C + (1 10) x10


2.39. a) Hállese la solución general de la ecuación diferencial

(x

2

)

− y2 y ' − 2 xy = 0.

b) La solución y = 0 se observa fácilmente que es solución de la ecuación. ¿Es una solución singular? Explique la razón. SOLUCIÓN a) Escribiendo la ecuación en la forma y' =

2 xy , x − y2 2

se observa que es una ecuación homogénea. Cambio de variable y =u ; x

dy du . = u+ x dx dx

Sustituyendo en la ecuación, queda u+ x

2u du = dx 1 − u2

;

1 − u2 dx . = x u 1 + u2

(

)

Descomponiendo en fracciones simples. 1 u2 A Bu + C = + 2 u 1+ u2 u 1+ u

(

)

A = 1,

B = 2 , C = 0.

Por tanto dx 1 2u . = − x u 1 + u2

93


Integrando resulta

(

)

ln x = ln u ln 1+ u2 + ln C

x=

Cu . 1+ u2

Deshaciendo el cambio, se obtiene la solución general pedida x2 + y2 = C y . b) y = 0 es solución de la ecuación, y no está incluida en la solución general. Por lo tanto es una solución singular.

2.40. Calcúlense las soluciones singulares, si existen, de las ecuaciones a) y = 2 xy′ − y( y′ )2 2 b) y − y′( x + 1) = ( y′ ) 2 2 c) y ( y′ + 1) = 1

SOLUCIÓN Expresando en cada caso la ecuación correspondiente en la forma F(x, y, y′) = 0, se observa que en todos ellos la función F es de clase uno en R3. Las soluciones singulares, si existen, están entre las curvas φ(x, y) que cumplen las ecuaciones: F ( x, y, y′ ) = 0

∂F ( x, y, y′ ) = 0 ∂ y′

,

y que se obtienen de eliminar y′ entre ambas. a)

94

F ( x, y, y ') = 0

;

y − 2 xy′ + y( y′ )2 = 0

∂F =0 ∂ y'

;

− 2 x + 2 yy′ = 0


De la segunda ecuación se obtiene yy = x

y' =

x . y

Y sustituyendo en la primera resulta y2 = x2 Las posibles soluciones singulares son y = ±x b) F ( x, y, y ') = 0 ∂F =0 ∂ y'

;

y − y′ ( x + 1) − ( y′ )2 = 0

; − ( x + 1) − 2 y′ = 0

Despejando y′ en la segunda ecuación, y sustituyendo en la primera, se obtiene y=−

( x + 1)2 . 4

c) F ( x, y, y ') = 0 ∂F =0 ∂ y'

;

(

)

y2 y '2 + 1 − 1 = 0

; 2 y2 y ′ = 0

La segunda ecuación se verifica para y = 0, o bien y′ = 0. La función y = 0 no es solución de la ecuación. Sustituyendo la otra posibilidad en la primera ecuación se obtiene y = ±1 que son las soluciones singulares.

95


2.41. Determínese la solución general de y′ 2 − xy′ − y′ − 6 x2 + 3 x = 0 .

SOLUCIÓN Es una ecuación polinómica de grado 2 respecto a y′: y′ 2 + y′(− x − 1) − 6 x2 + 3 x = 0 . Resolviendo la ecuación en y′, se obtiene

y′ =

x + 1 ± (− x − 1)2 − 4(−6 x2 + 3 x) x + 1 ± 25 x2 − 10 x + 1 = = 2 2

x + 1 ± (5 x − 1)2 . = 2 Las raíces son: y′ = 3x, y′ = –2x + 1. Por tanto la ecuación se puede escribir en la forma ( y′ − 3 x)( y′ + 2 x − 1) = 0 y su solución general es la de las ecuaciones y′ − 3 x = 0

;

y′ + 2 x − 1 = 0 ,

3 x2 +C 2

;

y = − x2 + x + C .

es decir y=

Ambas familias de curvas componen la solución general de la ecuación.

96


2.42. Determínese la integral general de y2 ( y′ 2 + 1) = 1 .

SOLUCIÓN Es una ecuación de la forma f(y, y′) = 0. Su expresión en forma paramétrica es y cos t y ' tg t De donde se obtiene dy = − sen t dt dy = tg t dx Entonces tg t dx = sen t dt dx =

sen t sen t dt x = dt = cos t dt = sen t + C . tg t tg t

y la solución general viene dada por x = − sen t + C y = cos t

2.43. Intégrese la ecuación e x y′ − y′ + 2 e x − 1 = 0 . SOLUCIÓN Es una ecuación de la forma f(x, y′) = 0, es decir dependiente sólo de x, y′ en donde se puede despejar x en función de y′, obteniendo x = g(y′). La forma de resolverla es la siguiente

97


Haciendo y′ = p, se tiene x = g(p), y con ello dy = pdx = pg ' ( p) dp. Por tanto, la solución general de la ecuación viene dada por x = g ( p) y=

∫ pg′( p) dp + C.

En este caso, despejando x en la ecuación queda ex =

1+ y 1+ p 1+ p 1+ y x = ln x = ln g( p) = ln y + 2 y + 2 p + 2 p + 2 g( p) =

1 ( p + 1)( p + 2)

Por tanto y=

1

∫ p ( p + 1)( p + 2) dp

y descomponiendo en fracciones simples se obtiene ⎛ ( p + 2)2 ⎞ ⎛ −1 2 ⎞ y = ∫⎜ dp + = ln ⎜ ⎟ + C. ⎝ p + 1 p + 2 ⎟⎠ ⎝ p +1 ⎠ Por consiguiente la solución general en paramétricas es ⎛ 1+ p ⎞ x = ln ⎜ ⎝ p + 2 ⎟⎠ ⎛ ( p + 2)2 ⎞ y = ln ⎜ ⎟ +C. ⎝ p +1 ⎠

98


En este caso es sencillo eliminar p entre ambas ecuaciones de la siguiente forma. De la primera ecuación en paramétricas se despeja p y se obtiene ex =

1+ p p+2

p=

1 2e x ex 1

p+2 =

1 . e 1 x

Es decir p +1 =

− ex . ex − 1

que sustituyendo en la expresión para y resulta

(

)

1 (e x 1) 2 y = ln +C e x (e x 1)

1 y = ln x x + C. e (e 1)

que es la expresión explícita de la solución general.

2.44. Intégrese la ecuación y = x + y′ − 3 y′ 2 . SOLUCIÓN Es una ecuación de Lagrange y = xf ( y ') + g ( y ') donde f(y′) = 1, g(y′) = y′ – 3 y′2. Haciendo y′ = p, se obtiene y = x + p − 3 p2

(2.5)

99


De donde dy = dx + dp − 6 pdp que al ser dy = pdx, queda pdx = dx + dp − 6 pdp ; ( p − 1) dx = (1 − 6 p) dp ;

dx =

dx 1 − 6 p = dp p −1

5 1 6 p dp dx = 6 dp x = 6 p 5ln( p 1) + C . p 16 p 1

Sustituyendo en la expresión (2.5) se tiene y = −5 p − 3 p2 − 5ln( p − 1) + C . En consecuencia, las ecuaciones paramétricas de la solución general son x = −6 p − 5ln( p − 1) + C y = −5 p − 3 p2 − 5ln( p − 1) + C .

2.45. Intégrese la ecuación diferencial xp2 − 3 yp + 9 x2 = 0 , para x>0, donde p Y hállense las soluciones singulares, si existen. SOLUCIÓN Expresando la ecuación en la forma 3 y = xp +

9 x2 , p

se observa que se trata de una ecuación de Lagrange.

100

dy . dx


Diferenciando ambos miembros, y sustituyendo p por dy / dx, resulta 3p = p +

18 x ⎛ 9 x2 ⎞ dp +⎜x− 2 ⎟ , p ⎝ p ⎠ dx

o también ⎛ 9 x⎞ ⎛ 9 x ⎞ dp 2 p ⎜1 − 2 ⎟ = x ⎜1 − 2 ⎟ . p ⎠ p ⎠ dx ⎝ ⎝ Una solución de la ecuación es 1−

9x =0 p2

(2.6)

Eliminando ese factor, queda como ecuación a resolver 2p x

dp . dx

Su solución es p = Cx2, que junto con la ecuación inicial constituyen las ecuaciones paramétricas de la solución general xp2 − 3 yp + 9 x2 = 0 p = Cx2 Eliminando p entre ambas, se obtiene como solución general C 2 x5 − 3Cyx2 + 9 x2 = 0 , que al ser x > 0 puede simplificarse, quedando C 2 x3 − 3Cy + 9 = 0 o escogiendo adecuadamente la constante de integración y = Cx3 +

1 . C

101


Las soluciones singulares se obtienen eliminando p entre las ecuaciones F ( x, y, p) = 0

,

∂F = 0. ∂p

En este caso xp2 − 3 yp + 9 x2 = 0 2 px − 3 y = 0 Eliminando p se obtiene y2 = 4x3 que corresponde a las soluciones y = 2 x3/2

,

y = −2 x3/2 .

Ambas son soluciones singulares, ya que verifican la ecuación y no se deducen de la solución general para ningún valor de C. Puede observarse que estas soluciones singulares corresponden al factor que se eliminó anteriormente (2.6), y de esa expresión también pueden obtenerse. En efecto 1−

9x = 0 ; p2 9 x ; y '2 9 x p2

; y ' = ±3 x1/2 ; y 2 x3/2 ; y = −2 x3/2 .

2.46. a) Dedúzcase la familia de rectas solución general de la ecuación de Clairaut. b) Hállese la envolvente de dicha familia, y compruébese que es una solución singular. c) Aplíquense los resultados anteriores en la ecuación y − xy '− ( y ') = 0 . 2

102


SOLUCIÓN a) La ecuación de Clairaut tiene de expresión general y = xy '+ g ( y ') . Se resuelve haciendo, y′ = p, con lo que se tiene y = xp + g ( p)

(2.7)

Derivando con respecto a x y simplificando se obtiene dy dp dp =x + p + g ' ( p) dx dx dx dp =0 ⎡⎣ x + g ' ( p)⎤⎦ dx Las soluciones son 1.

dp 0 dx

con lo que p = C, y sustituyendo en la ecuación resulta y = Cx + g (C) que es la solución general. Como puede verse, es una familia de rectas. 2. x + g′(p) = 0 Despejando p y sustituyendo en (2.7) se obtiene otra solución que es la solución singular de la ecuación. b) La envolvente de una familia uniparamétrica de curvas G(x, y, C) = 0 es la curva, si existe, que en cada uno de sus puntos es tangente a una de las curvas de la familia. Se obtiene eliminando el parámetro C entre las siguientes ecuaciones G ( x, y, C) = 0 ∂G = 0. ∂C

103


En este caso son y − Cx − g (C) = 0

− x − g ' (C ) = 0 .

La segunda ecuación es x + g′(C) = 0, precisamente la misma obtenida de la segunda solución de la ecuación. Eliminado C se obtiene la ecuación de la envolvente, que es la solución singular hallada anteriormente. c) Ecuación y − xy '− ( y ') = 0 . 2

Sustituyendo y′ por C se obtiene su solución general y − Cx − C 2 = 0 . La solución singular se deduce de eliminar p entre y − xp − p2 = 0 x + g ' ( p) = 0. En este caso g′(p) =2p. Por tanto x + 2p = 0

x p=− . 2

;

Sustituyendo en la ecuación, resulta y=− que es la solución singular.

104

x2 4


2.47. Hállese la ecuación de todas las rectas y curvas cuya tangente forma con los ejes coordenados un triángulo de área 8. SOLUCIÓN Sea la ecuación de la curva y = y(x). La ecuación de la recta tangente en el punto (X, Y) viene dada por Y − y = y ' ( X − x) . Puntos de corte con los ejes Y = 0 X = x

y y Punto A x ,0 y' y'

X = 0 Y = y xy' Punto B (0, y xy') . Por tanto el área del triángulo viene dada por 1 y ( y y' x ) x = 8 2 y'

( y y' x ) x

y = ±16 y'

(2.8)

Considerando ambos casos 1. Para el valor negativo (–16), la expresión anterior queda

( y y' x )2 = 16 y'

y = y' x ± 4 y'

que es una ecuación de Clairaut. La solución general es la familia de rectas y = Cx ± 4 C

,

( C ≥ 0)

(2.9)

donde C es la constante de integración, y las soluciones corresponden a valores de C ≥ 0.

105


La ecuación de Clairaut tiene una solución singular que es la curva envolvente de la familia de rectas solución (2.9). Eligiendo el signo positivo, la envolvente se deduce de y − Cx − 4 C = 0 2 −x − =0 C En las que eliminando C se obtiene xy = –4 que corresponde a la ecuación de una hipérbola situada en el segundo y cuarto cuadrante. Con la familia de rectas (2.9) con el signo negativo se obtiene la misma envolvente. 2. Para el valor positivo (+16), la expresión (2.8), queda

( y y' x )2 = 16 y'

y = y' x ± 4 y'

que es también una ecuación de Clairaut. La solución general es la familia de rectas y = Cx ± 4 − C

,

(C ≤ 0)

que corresponden a valores de C ≤ 0. La envolvente, eligiendo el signo positivo es y − Cx − 4 − C = 0 2 −x + =0 −C

106


Eliminando C se obtiene xy = 4 que corresponde a la ecuación de una hipérbola situada en el primero y tercer cuadrante. Por tanto, todas las rectas y curvas que verifican el enunciado, y se representan en la figura 2.1 son ⎧⎪ y = Cx ± 4 C , Rectas ⎨ ⎩⎪ y = Cx ± 4 − C ,

7

C≥0 C≤0

. Curvas: xy = ±4

y

6 5 4 3 2

xy=4

1

–7

–6

–5

–4

–3

–2

–1

1

2

3

4

5

6

7

–1 –2 –3 –4 –5 –6 –7

Figura 2.1

107


2.48. a) Compruébese que la ecuación diferencial y = y′ tg x − y′ 2 sec 2 x se reduce a una ecuación de Clairaut efectuando la sustitución u = sen x. b) Resuélvase dicha ecuación y hállese su solución singular. SOLUCIÓN

u = sen x y =

dy dy du dy = = cos x dx du dx du

dy dy dy D

y tg x = dx tg x = du cos x tg x = du u

2 2 2 E

y 2 sec 2 x = dy A sec 2 x = dy A cos2 x sec 2 x = dy A

C C C

dx B du B du B Por tanto 2

y = y tg x y 2 sec 2 x y =

dy dy u , du

du

que es una ecuación de Clairaut. 2

dy ⎛ dy ⎞ c) La solución de la ecuación y = viene dada por ⋅u− ⎜ ⎝ du ⎟⎠ du

y = Cu − C 2 . Que deshaciendo el cambio efectuado es y = Csen x − C 2.

108


La solución singular se obtiene despejando λ de la ecuación u + g ′(λ ) = 0. Es decir u + g() = 0 u 2 = 0 =

u 2

sustituyendo este valor queda y = λ (u)u + g(λ (u)); y=

y=

u u2 u− ; 2 4

y=

u2 4

sen 2 x 4

2.49. Determínese la ecuación de las curvas que cortan bajo un ángulo de 45º a la familia y2 − x2 = λ 2 . SOLUCIÓN Derivando la ecuación se obtiene la ecuación diferencial asociada a la familia yy′ − x = 0. Teniendo en cuenta que tg 45º = 1, la pendiente de la recta tangente a la curva viene dada por tg α =

y′ − 1 . 1 + y′

109


Sustituyendo y′ por

y′ − 1 en la ecuación diferencial se tiene 1 + y′

y

y 1 x=0 1+ y

y =

x+ y , y x

que es la ecuación diferencial de las trayectorias pedidas. Se trata de una ecuación homogénea. Mediante el cambio de variable y = ux

y = u x + u

.

la ecuación queda u x + u = u x =

1+ u x + ux u x = u u 1 ux x

du(u 1) dx u2 + 2u + 1 . = 2 u 1 u + 2u + 1 x

Descomponiendo en fracciones simples e integrando, se obtiene

12

u (1+ ln

1

2)

( u (1+ 2 )( u (1 2 )

12 1 du = dx x u (1 2) 6

x=

C (u 1)2 2

Y despejando u

u = 1±

110

C

= ln x + K x =

C2 +2. x2

( u (1+ 2 )( u (1 2 ) .


Por tanto, las ecuaciones de las trayectorias pedidas vienen dadas por ⎞ ⎛ C2 y = x⎜ 1± + 2 ⎟. x2 ⎠ ⎝

2.50. En la familia de curvas planas y = cx″ donde n es un entero positivo, se pide: a) Su ecuación diferencial. b) La familia de trayectorias ortogonales. ¿Qué tipos de curvas son?. Dichas trayectorias, ¿son circunferencias en algún caso? c) ¿Qué efecto tiene sobre dichas trayectorias ortogonales el aumentar n? SOLUCIÓN a) La ecuación diferencial de la familia y = cxn es y′ = ncxn–1. Eliminando c entre ambas resulta y y' n . x b) Ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales Sustituyendo en la ecuación diferencial y′ por − −

1 se tiene y′

1 y =n y' x

111


que es una ecuación de variables separables. Integrando se obtiene x2 + ny2 = K que se puede escribir en la forma x2 + ny2 = C 2 o bien x2 y2 + = 1. C2 ⎛ C ⎞ 2 ⎜⎝ ⎟ n⎠ Se trata por tanto de una familia de elipses, que para n = 1 son circunferencias. c) Al aumentar n las elipses son más estrechas en dirección el eje Y. (El semieje OY es cada vez menor).

2.51. Dada la familia de circunferencias de centro C(λ,0), y radio λ, se pide: a) Ecuación diferencial de la familia de trayectorias ortogonales. b) Resolver la ecuación anterior indicando el tipo de curvas solución de la misma.

SOLUCIÓN a) Ecuación de la familia de circunferencias

( x − λ )2 + y2 = λ 2. 112


Eliminando λ entre

( x − λ )2 + y2 = λ 2 2 ( x − λ ) + 2 yy′ = 0 se obtiene x2 − y2 + 2 xy y′ = 0 que es la ecuación diferencial de la familia dada. Para hallar la ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales, se −1 en la ecuación diferencial de las curvas, y se obsustituye y′ por y′ tiene ⎛ 1⎞ x2 − y2 + 2 xy ⎜ − ⎟ = 0 ⎝ y′ ⎠ y′ =

2 xy x − y2 2

b) Es una ecuación del tipo homogéneo. Haciendo el cambio de variable y = ux

y = u x + u ,

y sustituyendo en la ecuación se obtiene xu′ + u =

2u 1 − u2

;

xu′ =

u + u3 2u − = u 1 − u2 1 − u2

;

1 − u2 1 du = dx . 2 x u 1+ u

(

)

Al ser 1 − u2 1 2u = − , 2 u 1 + u2 u 1+ u

(

)

113


integrando se obtiene u = Cx . u +1 2

Deshaciendo el cambio y renombrando la constante, resulta x2 + y2 = Cy . Es una familia de circunferencias de centro en el eje OY, y que pasan por (0,0).

2.52. Hállese el valor de K para que la familia de elipses x2 + 2y2 – y = C2, sean las trayectorias ortogonales a la familia de parábolas y = C1x2 + K. SOLUCIÓN Ecuación diferencial de la familia de parábolas. Se obtiene eliminando C1 entre y′ = 2C1 x

⎫ ⎬ y = C1 x + K ⎭⎪ 2

Queda y=

xy′ + K. 2

Trayectorias ortogonales. Sustituyendo y′ por − y=−

1 resulta y′

x +K 2 y′

que es la ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales. Es una ecuación de variables separables. 2 y′ 1 = x K−y

114

, 2 y′ ( K − y ) = x .


Su solución general es 2Ky y2 =

x2 +C 2

x2 + 2y2 4Ky + 2C = 0 .

Por último, igualando el coeficiente de y con el de la ecuación de la familia de elipses se obtiene K

1 . 4

115

CAPÍTULO 3

ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR


1. La ecuación diferencial ordinaria de orden n Tiene como expresión general F(x, y, y, yF, ..., yn)) = 0. Si se puede despejar yn), entonces resulta

(

y n) = f x, y, y′,…, y n−1)

)

(3.1)

en donde f se supone definida en un cierto dominio de Rn+1. 2. Problema de Cauchy Dada la ecuación (3.1), y las condiciones iniciales y0 = y ( x0 ) ,

y1 = y′ ( x0 ) , …, yn−1 = y n−1) ( x0 )

(3.2)

¿Existe alguna función y = y(x) que cumpla la ecuación (3.1) con las condiciones (3.2)? 3. Teorema de existencia y unicidad de solución Sean la ecuación (3.1) y las condiciones iniciales (3.2). Si la función f satisface a) f es continua en su dominio de definición. b) f posee derivadas parciales continuas

119


∂f ∂f ∂f , , , ∂ y ∂ y′ ∂ y′′

,

∂f ∂ y n−1)

en

entonces existe una única solución y = (x) de la ecuación que satisface las condiciones iniciales. 4. Solución general y solución particular Si es el dominio en el que la ecuación de orden n: yn) = (x, y, y′, ..., yn–1)) cumple las condiciones de existencia y unicidad de las soluciones, la integral o solución general tendrá la forma y = ( x,C1 ,C2 ,…,Cn ) donde C1, C2, ..., Cn son constantes arbitrarias. Una Solución particular es cada una de las funciones que se obtienen de la integral general al dar un valor determinado a cada constante Ci (i = 1,2,...,n). 5. Métodos elementales de integración 1. Ecuaciones de la forma yn) = f(x). Se integra sucesivamente y se obtiene la solución general. x n−1 y = ∫ … ∫ ⎡⎣ ∫ f ( x ) dx ⎤⎦ dx … dx + C1 + … + Cn−1 x + Cn ( n − 1)! 2. Ecuaciones que no contienen la variable independiente: F(y, y′, y″, ..., yn)) = 0 El cambio y′ = p reduce el orden de la ecuación en una unidad. Se considera p función de y, con lo que y′ =

dy =p dx

;

y′′ =

dp dp dy dp = ⋅ =p dx dy dx dy

d ( y′′ ) dp dp ⎛ dp ⎞ d2 p d ⎛ dp ⎞ dp dy dp d 2 p dy = ⋅ +p ⎜ ⎟= ⋅ ⋅ +p 2 ⋅ = p ⎜ ⎟ + p2 2 y′′′ = dy dx dx dy dx ⎝ dy ⎠ dy dx dy dy dx ⎝ dy ⎠ 2

120


Sustituyendo estas derivadas en la ecuación, resulta G(y, p, p′, ..., pn–1)) = 0 en la que no figura la derivada de orden n. 3. Ecuaciones que no contienen a la función ni a sus derivadas hasta la de orden m – 1 inclusive: F(x,ym), ..., yn)) = 0 El cambio ym) = p reduce el orden m de la ecuación hasta el orden n – m. La ecuación se transforma en G(x, p, p′, ..., pn–m)) = 0, cuya solución será de la forma p = f(x, C1, ..., Cn–m). La solución general de la ecuación inicial se obtendrá integrando sucesivamente m veces la ecuación ym) = f(x, C1, ..., Cn–m) 4. Ecuaciones homogéneas respecto a la función y sus derivadas. Si la ecuación F(x, y, y′, ..., yn)) = 0 es homogénea de grado p respecto a la función y sus derivadas, es decir: F(x, y, y′, ..., yn)) = pF(y, y′, y″, ..., yn)), entonces su orden se reduce en una unidad mediante el cambio z dx y′ z = , o lo que es lo mismo y = e ∫ . y 5. Ecuaciones que son derivadas exactas de expresiones diferenciales. Si F(x, y, y′, ..., yn)) = 0 es la derivada de una expresión diferencial de orden n – 1, la ecuación primitiva puede resolverse fácilmente poniéndola como derivada de esa expresión diferencial. Esta expresión diferencial se llama primera integral de la ecuación, la cual igualada a una constante será de un orden menor que la primitiva, y con ello teóricamente más sencilla de resolver. 6. Ecuaciones lineales de orden n Su expresión general es dn y d n−1 y dy + + … + hn−1 ( x ) + hn ( x ) y = F ( x ) h x ( ) 1 n n −1 dx dx dx

(3.3)

121


con h1(x), h2(x), ..., hn(x) y F(x) funciones continuas en un cierto intervalo real (a,b) de valores de x. Si F(x) = 0, la ecuación se llama ecuación homogénea asociada a la ecuación lineal completa que es la expresión (3.3). Aunque de forma estricta en una ecuación lineal no es necesaria la continuidad de las funciones hi(x), i = 1,2, ..., n y F(x), consideraremos aquí solo aquellas en las que sí son continuas esas funciones. En ese caso, el problema de valores iniciales: y n ) = − h1 ( x ) y n−1) − … − hn ( x ) y + F ( x ) y0 = y ( x0 ) ,

y1 = y′ ( x0 ) , ........, yn−1 = y n−1) ( x0 )

en todo punto x0 del intervalo real de definición de las funciones, tiene solución única (obsérvese que en ese caso se cumplen las hipótesis del teorema de existencia y unicidad). 7. El operador diferencial lineal Es una aplicación tal que a toda función y(x), derivable n veces, le hace corresponder la expresión L ( y) =

dn y d n−1 y dy + h x + … + hn−1 ( x ) + hn ( x ) y ( ) 1 n n −1 dx dx dx

O de otra forma

(

)

L ( y ) = D n + h1 ( x ) D n−1 + … + hn ( x ) D0 y donde D expresa la derivada de la función con el orden correspondiente. Esto permite expresar de forma reducida la ecuación lineal homogénea asociada a (3.3) por L(y) = 0, y la completa por L(y) = F(x). A L se le llama operador diferencial lineal. Llamando H(D) al polinomio

(

H ( D ) = D n + h1 ( x ) D n−1 + … + hn ( x ) D0

122

)


la ecuación homogénea se puede expresar por H(D)(y) = 0, y la completa por H(D)(y) = F(x), donde se expresa de forma explícita el polinomio en D. Este polinomio H(D) se llama polinomio operacional asociado a la ecuación lineal. 8. Wronskiano de una familia de funciones Dada una familia F de funciones {y1, y2, ..., yn} definidas y derivables hasta el orden n – 1 en un intervalo (a,b) de R, se llama wronskiano de F al determinante

W ( y1 , y2 ,…, yn ) =

y1

y2

...

yn

y1′

y2′

...

yn′

... y1n−1)

... y2n−1)

... ...

... ynn−1)

a) Si las funciones y1, ..., yn definidas y derivables hasta el orden n – 1 en un intervalo (a,b) de R son linealmente dependientes, su wronskiano es cero en dicho intervalo. Como consecuencia: Si el wronskiano de un sistema de funciones es distinto de cero en un intervalo (a,b) de R, entonces es linealmente independiente en dicho intervalo. b) Sea la familia y1, ..., yn de soluciones particulares de la ecuación lineal homogénea dn y d n−1 y dy + + … + hn−1 ( x ) + hn ( x ) y = 0 h x ( ) 1 n n −1 dx dx dx

(3.5)

donde los coeficientes h1(x), h2(x), ..., hn(x) son continuos en (a,b). Si esa familia es linealmente independiente, su wronskiano es distinto de cero en todos los puntos de dicho intervalo. 9. Ecuación lineal homogénea 1. Espacio de soluciones. El conjunto de soluciones de una ecuación lineal homogénea de orden n tiene estructura de espacio vectorial

123


real de dimensión n con las operaciones usuales de suma de funciones y producto por un número real. Por lo tanto: a) Toda combinación lineal, con coeficientes constantes, de soluciones de una ecuación lineal homogénea es también solución de ella. b) Si la ecuación lineal homogénea con coeficientes reales tiene una solución compleja, la parte real de la misma y su parte imaginaria, por separado, son también soluciones de dicha ecuación. 2. Sistema fundamental. Se llama sistema fundamental de soluciones de una ecuación lineal homogénea de orden n en (a,b), al conjunto de n soluciones cualesquiera linealmente independientes. 3. Solución general. Si {y1, y2, ..., yn} es un sistema fundamental de soluciones de la ecuación lineal homogénea (3.5), donde los coeficientes h1(x), h2(x), ..., hn(x) son continuos en (a,b), la expresión y = C1 y1 + C2 y2 + … + Cn yn para los distintos valores de Ci se llama solución general de la ecuación.

10. Ecuación lineal completa 1. Solución general. La solución general de la ecuación lineal completa L(y) = F(x) es la suma de una solución particular y la solución general de la ecuación homogénea L(y) = 0 asociada. 2. Principio de superposición: Si y1 es solución general de la ecuación lineal completa L(y) = F1(x), e y2 es solución de L(y) = F2(x), entonces y1 + y2 es solución de la ecuación L(y) = F1(x) + F2(x). 11. Método de reducción de orden Una técnica interesante para la resolución de ecuaciones diferenciales lineales homogéneas cuando se conoce una solución particular de la ecuación es el método de reducción de orden.

124


Si y1(x) es una solución particular de la ecuación de orden n dn y d n−1 y dy h x + + … + hn−1 ( x ) + hn ( x ) y = 0 ( ) 1 n n −1 dx dx dx entonces el cambio de variable y = y1(x) · G(x) la transforma en una ecuación lineal homogénea de orden n – 1.

125


3.1. Resuélvase el problema de Cauchy x4 y iv ) = 12 y (1) = −1, y′ (1) = 0, y′′ (1) = 4, y′′′ (1) = −4 SOLUCIÓN Si x R – {0}, integrando de manera reiterada se determina la solución general

y′′′ =

x2 −4 −2 2 ; ; y + A = + + y = + A + Bx + C Ax B ; ; ′′ ′ x3 x x2 2 y = −2ln | x | + A

x3 x2 + B + Cx + D 6 2

Las constantes de integración A,B,C,D se calculan imponiendo las condiciones iniciales. A B + + C + D = −1 6 2

y(1) = −1

7

y′(1) = 0

7 −2+

y′′(1) = 4

7 2+ A+ B = 4

A + B+C = 0 2

y′′′(1) = −4 7 − 4 + A = −4

126


Resolviendo el sistema se obtiene A = C = 0, B = 2, D = –2. Por tanto la solución del problema de Cauchy es y = −2ln | x | + x2 − 2

3.2. Determínese un intervalo en torno a x = 0 en el cual el problema de Cauchy dado tenga solución única: a)

( x − 3) y′′ + 4 y = x

, y(0) = 0 , y′(0) = 1

b) y′′ + xy = tgx , y(0) = 1 , y′(0) = 0 SOLUCIÓN a) Expresando la ecuación en la forma y′′ = −

4 x y+ . x−3 x−3

Las funciones h ( x) = −

4 , x−3

F ( x) =

x x−3

Están definidas y son continuas salvo en x = 3. Por tanto el intervalo en torno a x = 0 pedido es (–∞,3). b) La ecuación es y′′ = − xy + tg x Las funciones h ( x ) = − x,

F ( x ) = tg x

π Están definidas y son continuas ambas. excepto en x = + kπ , con 2 k Z donde no lo es tg x.

127


Por tanto, un intervalo en torno a x = 0 donde el problema de Cauchy del enunciado tiene solución única es ⎛ −π π ⎞ x ∈⎜ , ⎝ 2 2 ⎟⎠

3.3. Resuélvase la ecuación y′′ 2 + y′′y′ = 4

SOLUCIÓN La ecuación es de la forma F(y, y′) = 0 (no contiene la variable independiente). Con el cambio y′ = p se reduce el orden de la ecuación, obteniéndose p′ 2 + p′ p = 4 Es una ecuación de primer orden de la forma f(p, p′) = 0 en la que se puede despejar p p=

4 − p′ 2 p′

Haciendo el cambio p′ = t, queda p=

(t 2 4)dt 4 t2 dp = t t2

De p′ = t se tiene dp = t dx. Sustituyendo en la igualdad anterior, se obtiene t dx =

128

(t 2 4)dt 1 4 dx = 3 dt 2 t t t


e integrando x = ln t +

2 + C1 t2

Por tanto p=

4 t2 4 t2 dy 4 t 2 4 t2 y = = dy = dx. t t t t dx

Y sustituyendo dx por su expresión en función de t obtenida anteriormente, resulta 4 t 2 1 4 16 dy = 3 dt = 4 + 1 dt. t t t t y=

16 + t + C2 . 3t 3

Por tanto, la solución general de la ecuación en paramétricas viene dada por x = ln t + y=

2 + C1 t2

16 + t + C2 3t 3

3.4. Resuélvase la ecuación y′′ 2 + 3 xy′′ − 10 x2 = 0 SOLUCIÓN La ecuación no contiene ni a la función ni a su derivada de primer orden. El cambio y′ = p reduce el orden, y se obtiene p′ 2 + 3 xp′ − 10 x2 = 0

129


que es una ecuación polinómica de grado 2 respecto a p′. Sus raíces p′ =

−3 x ± 9 x2 + 40 x2 −3 x ± 7 x =– 2 2

Por tanto la solución viene dada por la de las dos ecuaciones

p′ = 2 x , p′ = 5 x que integrando queda p = x2 + C

p=

−5 x2 +C 2

Y deshaciendo el cambio y = x2 + C y = y =

x3 + Cx + D 3

5x3 5x2 +C y= + Cx + D 2 6

Ambas soluciones constituyen la solución general de la ecuación.

3.5. Resuélvase la ecuación 2 yy′′ = 1 + ( y′ )

2

SOLUCIÓN La ecuación es de la forma F(y, y′) = 0 (no contiene la variable independiente). Con el cambio y′ = p se reduce el orden. La expresión de la segunda derivada es y′′ =

130

dp dp dp dy = =p dx dy dx dy


Sustituyendo ambas derivadas en la ecuación, se obtiene 2 yp

dp = 1 + p2 dy

Ecuación de primer orden, que integrando queda 2 pdp dy = 1+ p2 y

(

)

ln 1+ p2 = ln y + ln C1

1+ p2 = C1 y

Es decir 1+ ( y ) = C1 y ; 2

2 ± C1 y 1 = x + C2 C1

y = ± C1 y 1 ;

;

4

dy = ± C1 y 1 ; dx

( C1 y 1) = ( x + C2 )

2

( C1 )

2

;

( C1 )2 4

dy = dx ± C1 y 1

( x + C2 )2 = C1 y 1

Y simplificando, resulta la solución general pedida y=

1 C1 2 + ( x + C2 ) C1 4

3.6. Resuélvase la ecuación x2 y′ 2 − x2 yy′′ = y2 SOLUCIÓN Es una ecuación homogénea de grado 2 en y,y′,y″. Dividiendo por y2 queda 2

⎛ y′ ⎞ y′′ x ⎜ ⎟ − x2 =1 y ⎝ y⎠ 2

Haciendo el cambio 2

z=

y

y

y y 2 y

y y

z = = = z + z2 2 y y y6 y y

131


la ecuación se transforma en x2 z2 x2 ( z + z2 ) = 1 z =

1 1 dz = 2 dx 2 x x

que es de variables separables. Integrando se obtiene 1 y 1 + C1 = + C1 ln y = ln x + C1 x + ln C2 . x y x

z= La solución es

y C2 xeC1 x

3.7. Determínese si las funciones dadas son linealmente dependientes o linealmente independientes a)

{sen x,cos

b)

{ x ,2 x + 2,3 x − 1}

c)

{sen x, e , e }

2

2

}

x,1

2

−x

x

SOLUCIÓN En los tres casos se utilizará el Wronskiano para determinar la dependencia lineal a) 1 sen 2 x cos2 x W sen x, cos x,1 = 0 = 2sen x cos x 2sen x cos x 2 2 2 2 0 2(cos x sen x) 2(cos x sen x)

(

2

2

)

=

132

2sen x cos x 2sen x cos x linealmente =0 2 2 2 2 dependientes. 2(cos x sen x) 2(cos x sen x)


b) x2 2x + 2 3x 1 W x , 2x + 2, 3x 1 = 2x = 16 linealmente independientes. 2 3 2 0 0

(

)

2

c)

(

x

W sen x, e , e

x

)

sen x e x = cos x e x sen x e x

e x e x = 4sen x linealmente independientes. e x

3.8. Calcúlense los valores de a R para los que el sistema de funciones {ax, a2x2+1, x2+a} es linealmente independiente. SOLUCIÓN

W ( ax, a2 x2 + 1, x2 + a) =

ax a2 x2 + 1 x2 + a a 2 a2 x 2x = 2 a4 − 2 a . 0 2 a2 2

Para que las funciones sean linealmente independientes W(ax, a2 x2 + 1, x2 + a) 0 2a4 2a 0 a 0 y a 1.

3.9. Compruébese que el conjunto {ex, xex, x} es un sistema fundamental de soluciones de una ecuación diferencial y calcúlese la ecuación a la que corresponde. SOLUCIÓN Las funciones son linealmente independientes ya que el wronskiano

(

)

W e , xe , x = x

x

ex ex

xe x e x ( x + 1)

ex

e x ( x + 2) 0

x 1 = e2 x ( x − 2)

no es idénticamente nulo.

133


Al ser el conjunto dado un sistema fundamental de soluciones de la ecuación, la solución general es y = C1 e x + C2 xe x + C3 x donde C1, C2, C3 son las constantes arbitrarias. El sistema formado por la ecuación anterior junto con sus derivadas es y = C1 e x + C2 xe x + C3 x y′ = C1 e x + C2 e x ( x + 1) + C3 y′′ = C1 e x + C2 e x ( x + 2) y′′′ = C1 e x + C2 e x ( x + 3) en el que considerando las constantes como incógnitas, tendrá solución distinta de la trivial si y

ex

xe x

x

e

x

y′

e ( x + 1)

1

e

x

e ( x + 2) 0

y′′′ e x

e x ( x + 3) 0

y′′

x

x

=0

Resolviendo el determinante, resulta

e2 x

y

1

x

x

y′

1

( x + 1) ( x + 2) ( x + 3)

1

y′′ 1 y′′′ 1

0

y = e2 x

0

= −e

x

y′ − y

0 1 1− x

y′′ − y

0 2

−x

y′′′ − y 0 3

−x

y′ − y 2x

1 x

y′′ − y

=

1 1− x 2

−x

y′′′ − y 3

−x

= −e

2x

y′ − y

1 1− x

y′′ − y

2

y′′′ − y′′ 1

= − e2 x [ y′′′( x − 2) + y′′(3 − 2 x) + y′x − y ] = 0

134

−x 0

=


En consecuencia, la ecuación pedida es y′′′( x − 2) + y′′(3 − 2 x) + y′x − y = 0

3.10. Encuéntrese la ecuación cuya solución general es y = C1 sen x + C2 x cos x SOLUCIÓN Derivando dos veces la expresión de la solución general, resulta el siguiente sistema y = C1 sen x + C2 x cos x y′ = C1 cos x + C2 (cos x − x sen x) y′′ = − C1 sen x + C2 (−2sen x − x cos x) donde considerando las constantes como incógnitas, tiene solución si y

sen x

x cos x

y′

cos x

cos x − x sen x

= y′′(sen x cos x − x) + 2 y′sen 2 x + y(− cos x sen x − x) = 0

y′′ − sen x −2sen x − x cos x

Por tanto, la ecuación es y′′(sen x cos x − x) + 2 y′sen 2 x + y(− cos x sen x − x) = 0

3.11. En las ecuaciones diferenciales siguientes donde se indica una solución, calcúlese una segunda utilizando el método de reducción de orden a) x 2 y′′ − 7 xy′ + 16 y = 0 , y1 = x 4 b) ( 2 x + 1) y′′ + 4 xy′ − 4 y = 0 , y1 = e−2 x

135


SOLUCIÓN a) El cambio de variable dependiente y ( x ) = y1 ( x ) v transforma la ecuación en otra de primer orden. Las derivadas respecto a x son y′ = x 4 v ′ + 4 x3 v ;

y′′ = x4 v′′ + 8 x3 v′ + 12 x2 v

Sustituyendo la expresión del cambio junto con sus derivadas en la ecuación se obtiene x2 ( x4 v′′ + 8 x3 v′ + 12 x2 v) − 7 x( x4 v′ + 4 x3 v) + 16 x4 v = 0 Que simplificando queda x6 v′′ + x5 v′ = 0 Haciendo v′ = z, resulta la ecuación de primer orden x 6 z ′ + x5 z = 0 de solución x6 z + x5 z = 0

1 dz 1 = dx ; z = C1 x z x

Deshaciendo los cambios, queda v = ∫ z dx = C1 ln x + C2 y = C1 x4 ln x + C2 x4 que es la solución general de la ecuación.

136


Una segunda solución se deduce, por ejemplo, para C1 = 1, C2 = 0, resultando y2 x4 ln x b) El cambio de variable a efectuar, y sus derivadas son y = e−2 x v

;

y′ = e−2 x v′ − 2 e−2 x v

;

y′′ = e−2 x v′′ − 4 e−2 x v′ + 4 e−2 x v

que sustituyendo en la ecuación se obtiene

(

)

(

)

(2 x + 1) e−2 x v′′ − 4 e−2 x v′ + 4 e−2 x v + 4 x e−2 x v′ − 2 e−2 x v − 4 e−2 x v = 0 Y simplificando v′′(2 x + 1) + v′(−4 x − 4) = 0 Efectuando en esta última ecuación el cambio de variable v′ = z, resulta z′(2 x + 1) + z(−4 x − 4) = 0 que es una ecuación de primer orden. Su integral general es

dz 4 x + 4 2 = = 2+ ; 1nz = 2 x + 1n ( 2 x + 1) + 1nC1 ; z = C1 ( 2 x + 1) e2 x z 2x + 1 2x + 1 Por último, deshaciendo los cambios efectuados resulta la solución general pedida v = ∫ C1 (2 x + 1) e2 x dx = C1 xe2 x + C2 y = C1 x + C2 e−2 x En consecuencia, haciendo por ejemplo C1 = 1, C2 = 0, resulta una segunda solución y2 = x

137


3.12. Dada la ecuación ( x2 + 1) y′′ − 2 xy′ + 2 y = 0 a) Encuéntrese una solución polinómica del tipo y = ax + b b) Resuélvase la ecuación utilizando el método de reducción de orden SOLUCIÓN a) y = ax + b ;

y′ = a ;

y′′ = 0.

Sustituyendo en la ecuación, se obtiene (x2 + 1) 0 2xa + 2(ax + b) = 0

b = 0, a cualquier valor.

Por ejemplo, para a = 1 la solución es y = x. c) Se buscará una segunda solución por el método de reducción de orden. El cambio de variable a efectuar y sus derivadas son y = xv

;

y′ = v + xv′

;

y′′ = 2 v′ + xv′′.

Sustituyendo dicho cambio y sus derivadas en la ecuación, queda ( x2 + 1)(2 v′ + xv′′ ) − 2 x( v + xv′ ) + 2 xv = 0 Y simplificando convenientemente v′′x( x2 + 1) + 2 v′ = 0 El cambio de variable v′ = z, transforma esta última ecuación en la de primer orden z′x( x2 + 1) + 2z = 0

138


Que integrando resulta dz −2 = dx z x( x2 + 1)

;

ln z = −2ln x + ln( x2 + 1) + ln C1

;

z = C1

x2 + 1 x2

Y deshaciendo los cambios efectuados v = ∫ C1

x2 + 1 1 dx = C1 ( x − ) + C2 2 x x

y = C1 ( x2 − 1) + C2 x que es la solución general.

3.13. Considérese la ecuación diferencial: xy′′ − ( 2 x + 1) y′ + ( x + 1) y = 0 , donde y′ =

dy . dx

a) Hállense las constantes A,n, para que y = Aenx sea una solución no nula de la misma. b) Utilizando la solución anterior, hallar otra linealmente independiente con ella, y la solución general. SOLUCIÓN nx nx 2 nx a) y = Ae , y′ = Ane , y′′ = An e

Sustituyendo en la ecuación, se obtiene el siguiente sistema

⎧ An 2 − 2 An + A = 0 xAn 2 enx − ( 2 x + 1) Anenx + ( x + 1) Aenx = 0; ; ⎨ ⎩⎪− An + A = 0 La segunda ecuación es A(1 – n) = 0, que como la solución ha de ser no nula, entonces n = 1, para todo A≠ 0

139


Por tanto, una solución, por ejemplo, es y = ex b) Método de reducción de orden. Cambio de variable y derivadas y = e x v( x) ;

y′ = e x v( x) + e x v′( x)

y′′ = e x v( x) + 2 e x v′( x) + e x v′′( x) = e x [ v( x) + 2 v′( x) + v′′( x)] Sustituyendo en la ecuación, queda xe x ( v + 2 v′ + v′′ ) − (2 x + 1) e x ( v + v′ ) + ( x + 1) e x v = 0 Y simplificando convenientemente xv′′ − v′ = 0. Haciendo v′ = z se tiene una ecuación de primer orden de variables separables xz′ − z = 0 Hallando la solución general de esta ecuación, y deshaciendo los cambios efectuados, sucesivamente resulta z = C1 x

;

v = C1

x2 + C2 2

⎛ x2 ⎞ + C2 ⎟ y = e x ⎜ C1 2 ⎝ ⎠ Donde, por ejemplo, para C1 = 2, C2 = 0 resulta y = ex x2 que es otra solución independiente de la calculada en el apartado a).

140


Solución general y = C1 x2 ex + C2 ex.

3.14. Dada la ecuación: y′′ + Ay′ + By = p( x) Sabiendo que y1(x) = sen x es una solución particular y que y2(x) = ex, y3(x) = e3x son soluciones de la ecuación homogénea asociada, a) Calcúlese la solución general de la ecuación completa b) Determinar A,B y p(x) SOLUCIÓN a) Las soluciones y2 e y3 son un sistema fundamental de soluciones de la ecuación homogénea ya que su wronskiano W ( y2 , y3 ) =

ex ex

e3 x 3 e3 x

= 2 e3 x

no es idénticamente nulo. Por tanto, la solución general de la ecuación homogénea asociada es y = C1 ex + C2 e3x y la de la ecuación completa y = C1 ex + C2 e3x + C3 sen x b) El sistema formado por la solución general de la ecuación homogénea y sus derivadas es y = C1 e x + C2 e3 x y′ = C1 e x + 3C2 e3 x y′′ = C1 e x + 9C2 e3 x

141


que considerando las constantes como incógnitas, tiene solución si y

ex

e3 x

y

ex

3e3 x

y

x

3x

e

9e

0

4y 8 3y 0

y

Que comparado con la ecuación del enunciado, resulta A=-4, B=3 En consecuencia, la ecuación completa es y′′ − 4 y′ + 3 y = p( x) Al ser y1(x) = sen x una solución particular, sustituyendo en la ecuación resulta p( x) = 2sen x − 4cos x

3.15. Sea y1(x) una solución no trivial de la ecuación lineal homogénea y′′ + p( x) y′ + q( x) y = 0 a) Compruébese mediante el método de reducción de orden, que una segunda solución y2(x), linealmente independiente es y2 ( x) = y1 ( x) ∫

− p ( x ) dx e ∫

( y ( x ))

2

dx

1

b) Aplicar lo anterior a la ecuación: xy′′ − ( x + 1) y′ + y = 0, ( x > 0) donde una solución es y1(x) = ex SOLUCIÓN a) Se utilizará el método de reducción de orden para resolver la ecuación.

142


El cambio de variable dependiente y sus dos primeras derivadas son y = y1 ( x) ⋅ v( x) y′ = y1 ( x) v′ + y1′( x) v y′′ = y1 ( x) v′′ + 2 y1′( x) v′ + y1′′ ( x) v Introduciendo esos resultados en la ecuación, queda y1 v′′ + (2 y1′ + py1 ) v′ + ( y1′′+ py1′ + qy1 ) v = 0 Al ser y1 solución, el último paréntesis es cero y1 v′′ + (2 y1′ + py1 ) v′ = 0 y haciendo w = v′, resulta la ecuación de primer orden en la variable w siguiente y1 w′ + (2 y1′ + py1 ) w = 0 Esta ecuación es de variables separables. Integrando se obtiene w

y

= 2 1 p ln w = ln y12 p(x) dx + ln C1 w y1 Es decir w = C1

1 − ∫ p( x ) dx e y12

Deshaciendo los cambios anteriores, resulta v = C1

1 p( x) dx e y12

y = C1 y1 ∫

v = C1

1 p( x) dx dx + C2 e y12

1 − ∫ p( x ) dx e dx + C2 y1 y12

que es la solución general.

143


Para C1 = 1, C2 = 0, una segunda solución es y2 ( x) = y1 ( x) ∫

− p ( x ) dx e ∫

( y ( x ))

2

dx

1

b) La ecuación expresada en forma normal es y′′ −

x +1 1 y′ + y = 0, ( x > 0) x x

Aplicando el resultado del apartado anterior, una segunda solución es y2 ( x) = e x ∫

e

∫

− −

x +1 dx x

(e )

x 2

dx

donde resolviendo las integrales y simplificando, resulta y2 ( x) = − x − 1

3.16. Se considera la ecuación lineal y″ + a1(x)y′ + a2(x)y = x donde y1(x), y2(x) son dos soluciones linealmente independientes de su ecuación homogénea asociada. Sabiendo que y1(x) = x2 y que el wronskiano de ambas soluciones W(y1,y2) = –3 se pide: a) y2(x) suponiendo que y2(1) = 1. b) En dicha ecuación homogénea, demostrar que la expresión que obtiene el coeficiente a1(x) es: a1 ( x) = −

y1 y2′′ − y2 y1′′ W [ y1 , y2 ]

y encontrar otra similar que obtenga a2(x). c) Determinar dichos coeficientes. d) Sabiendo que la ecuación completa admite una solución del tipo ax3 con a R, calcular su solución general.

144


SOLUCIÓN

⎢ y1 a) W ( y1 , y2 ) = ⎢ ⎢⎣ y1′

y2 ⎥ x2 ⎥= y2′ ⎥ 2x ⎦

y2 y2′

= −3 . x 2 y2′ − 2 xy2 = −3

Es una ecuación lineal, de variable dependiente y2,de la que se halla su solución general. La ecuación homogénea asociada x2 y2′ − 2 xy2 = 0 es de variables separables. Su solución es: y2 2 = y2 x

ln y2 = 2ln x + ln C

y2 = Cx2

Para calcular una solución particular de la ecuación completa, se aplicará el método de variación de las constantes. Solución particular

( y2 ) p = C ( x ) x 2

;

( y2′ ) p = C ′ ( x ) x 2 + 2C ( x ) x.

Sustituyendo en la ecuación se obtiene x2 C (x)x2 + 2C(x)x 2xC(x)x2 = 3 C (x)x4 = 3 C (x) = 3x4 C(x) = x3 Por tanto, la solución particular es ( y2 ) p = x−3 x2 =

1 . x

Solución general 1 y2 = Cx2 + . x

145


Con y2(1) = 1 resulta C = 0. Por lo tanto 1 . x

y2 ( x)

b) Si y1(x), y2(x) son dos soluciones independientes, cualquier otra y(x) es combinación lineal de ellas. Es decir. W ( y1 , y2 , y ) = 0 ;

y1

y2

y

y1′

y2′

y′

=0

y1′′ y2′′ y′′ Desarrollando el determinante por los elementos de la última columna, resulta y′′ W ( y1 , y2 ) − y′

y1

y2

y1′′ y2′′

+y

y1′

y2′

y1′′ y2′′

=0

que es una ecuación lineal de segundo orden que tiene a y1(x), y2(x) como soluciones linealmente independientes. Por lo tanto es la ecuación dada. Es decir: − a1 ( x) =

y1

y1′′ y2′′

=−

W ( y1 , y2 ) y1′

a2 ( x) =

y2 y1 y ''2 − y2 y ''1 W ( y1 , y2 )

y2′

y1′′ y2′′ W ( y1 , y2 )

=

y1′ y2′′ − y2′ y1′′ W ( y 1 , y2 )

c) Sustituyendo ahora los valores correspondientes

146

y1 = x2

;

y1′ = 2 x

;

y1′′= 2

y2 = 1/ x

;

y2′ = −1/ x2

;

y2′′ = 2 / x3


Resulta a1 ( x) = −

2 x ⋅ 2 / x3 − 2(−1 / x2 ) 2 x2 ⋅ 2 / x3 − 2 ⋅ 1 / x =− 2 = 0 ; a2 ( x) = − 3 x −3

d) La ecuación completa es y′′ −

2 y = x . o también x2 y′′ − 2 y = x3 2 x

(3.6)

Como y1(x), y2(x) son soluciones linealmente independientes de la ecuación homogénea asociada, la solución general de esta ecuación homogénea viene dada por y = C1 x2 + C2

1 x

Se sabe que y = ax3 es una solución particular de la ecuación completa (3.6). Por tanto y = ax3 y = 3ax2 y = 6ax . Sustituyendo en la ecuación (3.6) e identificando coeficientes, resulta x2 6ax 2ax3 = x3 a =

1 . 4

Por tanto, la solución particular es y=

x3 . 4

La solución general de la ecuación completa y = C1 x2 + C2

1 x3 + x 4

147


3.17. Dada la ecuación diferencial

(1 + x)

d2 y dy − (1 + 2 x ) + xy = xe x 2 dx dx

a) Compruébese que ex es una solución particular de la homogénea asociada. b) Compruébese que el cambio de variable dependiente y = exz reduce en una unidad el orden de la ecuación completa. c) Determínese la solución general. SOLUCIÓN a) La ecuación homogénea asociada es

(1 + x)

d2 y dy − (1 + 2 x ) + xy = 0, 2 dx dx

Sustituyendo y = ex y sus derivadas, se comprueba que es una solución particular. b) Cambio de variable y derivadas y = exz

dy dz = ex +z dx dx

2 dz d2 y x d z = e dx2 + 2 dx + z dx2

Sustituyendo en la ecuación se obtiene ⎛ d2 z ⎞ dz ⎛ dz ⎞ +2 + z⎟ − (1 + 2 x ) e x ⎜ + z⎟ + xe x z = xe x 2 ⎝ dx ⎠ dx ⎠ ⎝ dx

(1 + x) e x ⎜

que simplificando queda

(1 + x)

148

d 2 z dz + =x dx2 dx


Haciendo ahora

dz u , resulta la ecuación lineal dx

(1 + x)

du +u= x dx

c) La ecuación homogénea asociada es

(1+ x)

du +u=0 dx

u 1 = u 1+ x

De solución u=

C . 1+ x

Método de la variación de las constantes. Haciendo variable la constante de integración, se obtiene u=

C ′ (1 + x ) − C C ( x) , u′ = (1 + x)2 1+ x

Sustituyendo en la ecuación, resulta (1+ x)

C (1+ x ) C

(1+ x)2

+

C =x 1+ x

C = x

C ( x) =

x2 2

Por tanto, una solución particular es u=

x2 2 1+ x

Solución general de la ecuación lineal completa u=

C x 2 2 x 2 + 2C + = 1 + x 1 + x 2(1 + x)

149


Deshaciendo los cambios y renombrando las constantes, resulta z=

1 2 1 x 2 + 2C ∫ 2(1 + x) dx = 4 x − 2 x + C1 ln (1 + x) + C2

1 ⎤ ⎡1 y = e x ⎢ x2 − x + C1 ln (1 + x ) + C2 ⎥ 4 2 ⎣ ⎦

3.18. Considérese la ecuación no homogénea y″ + p(x)y′ + q(x)y = g(x) donde p, q, g son funciones continuas y continuamente diferenciables. a) Muéstrese que la sustitución y(x) = v(x) f(x) donde f(x) es una solución no trivial de la ecuación homogénea asociada, reduce la ecuación anterior a la ecuación lineal de primer orden fw′ + ( 2 f ′ + pf ) w = g donde w′ = v b) Mediante el procedimiento anterior hallar la solución general de y″ + x–1y′ – 4x–2y = 1 – x–3, x > 0 sabiendo que la ecuación homogénea asociada admite una solución polinómica. SOLUCIÓN a) La sustitución indicada y sus derivadas son y( x) v( x) f ( x) , y′ = vf ′ + v′f

, y′′ = vf ′′ + 2 v′f ′ + v′′f

Sustituyendo este cambio y sus derivadas en la ecuación, queda vf + 2 vf + vf + p ( vf + vf ) + qvf = g fv + ( 2 f + pf ) v + ( f + pf + qf ) v = g

Haciendo w = v′, y considerando que f ″ + pf ′ + qf = 0, ya que f es solución de la homogénea, entonces resulta fw′ + ( 2 f ′ + pf ) w = g que es una ecuación lineal de primer orden en la variable w.

150


b) Ecuación homogénea asociada y′′ + x−1 y′ − 4 x−2 y = 0 Esta ecuación admite una solución polinómica. Probemos con un polinomio de segundo grado. La solución a probar, y sus derivadas son y = ax2 + bx + c , y′ = 2 ax + b , y′′ = 2 a Al sustituir dicha solución y sus derivadas en la ecuación, se obtiene 2a +

(

)

2 2 ax + b 4 ax + bx + c − =0 x x2

que simplificando queda

3b 4c =0 x x2

3bx 4c = 0

Identificando coeficientes, resulta b = c = 0, para todo valor de a. Para a = 1 resulta la solución particular buscada y = x2 Para resolver la ecuación no homogénea y′′ + x−1 y′ − 4 x−2 y = 1 − x−3 , x ! 0

(3.7)

se utilizará el método de reducción de orden, ya que se conoce una solución particular de la homogénea asociada. El cambio de variable a efectuar es y( x) x2 v( x) Sus derivadas son y′ ( x ) = x2 v′ ( x ) + 2 xv ( x ) , y′′ ( x ) = x2 v′′ ( x ) + 4 xv ( x ) + 2 v ( x )

151


Sustituyendo el cambio y sus derivadas en la ecuación no homogénea (3.7), queda x2 v′′ + 5 xv′ = 1 − x−3 donde haciendo w = v′, resulta la ecuación lineal de primer orden x2 w′ + 5 xw = 1 − x−3

(3.8)

Su ecuación homogénea asociada es x2 w + 5xw = 0

xw + 5w = 0

Es una ecuación de variables separadas, de solución w = Cx−5 Método de variación de constantes w = C ( x) x−5 ; w′ = C ′x−5 − 5Cx−6 Sustituyendo en la ecuación (3.8) se obtiene

(

)

x2 C x5 5Cx6 + 5xCx5 = 1 x3 C x3 = 1 x3 C = x3 1 C(x) = Por tanto la solución de la homogénea viene dada por ⎛ x4 ⎞ 1 1 w=⎜ − x⎟ x−5 = − 4 4x x ⎝ 4 ⎠ y la solución general de la ecuación completa es w = Cx−5 +

152

1 −1 x − x−4 . 4

x4 x 4


Por consiguiente v( x) = ∫ w( x) dx = −

C −4 1 1 x + ln x + x−3 + C2 , 4 4 3

Que renombrando constantes puede expresarse v( x) = C1 x−4 +

1 1 ln x + x−3 + C2 4 3

Por último, recordando que y(x) = v(x) f(x) resulta la solución general pedida y( x) = C1 x−2 +

1 2 1 x ln x + x−1 + C2 x2 4 3

153

CAPÍTULO 4

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES


En este capítulo se tratan diversos métodos de obtención de soluciones de las ecuaciones lineales de coeficientes constantes, tanto homogéneas como completas. 1. Ecuaciones lineales de coeficientes constantes La ecuación lineal de coeficientes constantes tiene de expresión general dn y d n−1 y dy + + … + an−1 + an y = F ( x ) , a 1 n n −1 dx dx dx

ai = cte. ( i = 1,…, n) (4.1)

donde F(x) es una función continua en un cierto intervalo (a,b) de R. En notación operacional L(y) = F(x), o también H(D)y = F(x) con H ( D ) = D n + a1 D n−1 + … + an−1 D + an . 2. Ecuación característica Dada la ecuación lineal de coeficientes constantes (4.1), la expresión ( r ) = r n + a1r n1 + …+ an = 0 se llama ecuación característica. 3. Solución general de la ecuación lineal homogénea La función y = erx es solución de L(y) = 0 si, y solo si, r es raíz de la ecuación característica.

157


Por lo tanto, la ecuación se resuelve buscando soluciones y = ekx. Casos a considerar: a) (r) = 0 tiene n raíces r1, r2, ..., rn reales y distintas.

{

Un sistema fundamental de soluciones es e r1 x , e r2 x ,…, e rn x

}

r x rx rx Solución general: y = C1 e 1 + C2 e 2 + … + Cn e n

b) (r) = 0 tiene raíces reales múltiples. Si r1 es una raíz de orden m, entonces e r1 x , xe r1 x , x2 e r1 x ,…, xm:1 e r1 x son soluciones de la ecuación y linealmente independientes. r x

Solución general: y = P1 ( x) e r1 x + P2 ( x) e r2 x + … + Pq ( x) e q , donde P1, P2, ..., Pq son polinomios de coeficientes arbitrarios y de grado el orden de multiplicidad menos uno de la raíz correspondiente. c) (r) = 0 tiene raíces complejas. Si ± Hi son raíces complejas, entonces eαx [ Acosβx + Bsenβx ] donde A, B son constantes arbitrarias, son soluciones de la ecuación. En caso de ser ± Hi raíces complejas múltiples de orden m, entonces eαx [ P ( x)cosβx + Q( x)senβx ] donde P, Q son polinomios de coeficientes arbitrarios y de grado m – 1, son soluciones de la ecuación. Solución general: Se formará con las soluciones de la forma anterior en cada caso. 4. Solución general de la ecuación lineal no homogénea La solución general de la ecuación lineal no homogénea o completa, L(y) = F(x), se obtiene sumando a una solución particular suya, la solución general de la ecuación homogénea asociada.

158


5. Métodos de obtención de soluciones particulares de la ecuación no homogénea 1) Método de variación de constantes. Se puede aplicar incluso para el caso de que los coeficientes de la ecuación no sean constantes. Consiste, igual que en las ecuaciones de primer orden, en buscar una solución particular de la misma forma que la solución general de la ecuación homogénea asociada pero haciendo variables las constantes que allí aparecen. La sustitución de esta pretendida solución en la ecuación permite identificar las variables empleadas. 2) Método de los coeficientes indeterminados, o de selección. Consiste en la búsqueda de soluciones que sean funciones de similares características a las del término no homogéneo F(x) de la ecuación (4.1). Algunos casos: a) F ( x ) = A0 x k + A1 x k −1 + A2 x k − 2 + … + Ak , mio de grado k)

Ai ( i = 1,2,..., k ) = ctes. (polino-

— Si r = 0 no es raíz de la ecuación característica Solución particular: yp = B0 x k + B1 x k −1 + … + Bk — Si r = 0 es raíz de la ecuación característica con orden de multiplicidad s. Solución particular: yp = x s ( B0 x k + B1 x k −1 + … + Bk )

(

)

ax k k −1 b) F ( x ) = e A0 x + A1 x + .......... + Ak .

a, Ai ( i = 1,2,..., k ) = ctes.

— Si a no es raíz de la ecuación característica: Solución particular: yp = e ax ( B0 x k + B1 x k −1 + … + Bk ) — Si a es raíz de la ecuación característica con orden de multiplicidad s: Solución particular: yp = x s e ax ( B0 x k + B1 x k −1 + … + Bk ) c) F ( x ) = e px ( Pl cos ( qx ) + Qm sen ( qx ) ) , ( p, q = ctes.) , y Pl, Qm polinomios de grado l,m respectivamente.

159


— Si p ± qi no son raíces de la ecuación característica:

(

Solución particular: y = e px Pv cos ( qx ) + Qv sen ( qx )

)

— Si p ± qi son raíces de multiplicidad s de la ecuación característica:

(

)

Solución particular: y = x s e px Pv cos ( qx ) + Qv sen ( qx ) . En ambos casos: v = max [ l , m] , y Pv , Qv son polinomios de grado v con coeficientes indeterminados 3) Método operacional. Se trata de un método general para la obtención de una solución particular de una ecuación lineal de coeficientes constantes. Emplearemos ahora la notación H(D)y = F(x) para la ecuación completa. La forma de obtenerlo se basa en la siguiente igualdad: En la ecuación H(D)y = F(x), donde H ( D ) = D n + a1 D n−1 + … + an−1 D + an una solución particular es yp =

donde

1 F ( x) H ( D)

1 es el operador inverso de H(D). Se considerarán solamente H ( D)

algunos de los casos más sencillos: a) F(x) es un polinomio Pn(x) de grado n. Solución particular: yp =

1 Pn ( x ) = Q ( D ) Pn ( x ) H ( D)

(4.2)

Q(D)= cociente de grado n que resulta de dividir formalmente 1 entre H(D). b) F(x) es una función exponencial erx, y r no es raíz de la ecuación característica. (H(r) ≠ 0):

160


Solución particular: yp =

1 e rx H (r)

(4.3)

rx c) Funciones de la forma F ( x ) = e f ( x )

Solución particular: yp = erx

1 f ( x) H (D + r)

(4.4)

6. Ecuación de Euler La ecuación de Euler es una ecuación lineal cuyos coeficientes son monomios de igual grado que el orden de la derivada que acompañan xn

n −1 dn y y dy n −1 d + a x + … + an−1 x + an y = F ( x ) 1 n n −1 dx dx dx

y se reduce a una ecuación lineal de coeficientes constantes mediante el cambio de variables independiente x = et. La ecuación de Legendre es un caso más general que el anterior, es de la forma (λx + μ )n

n −1 dn y y dy n −1 d + a ( λ x + μ ) + … + an−1 (λx + μ ) + an y = F ( x ) 1 n n −1 dx dx dx

reduciéndose ahora a una ecuación lineal de coeficientes constantes mediante el cambio x + I = et. Obsérvese que este cambio es el resultado de hacer primero x + I = z, lo que convierte la ecuación en una de Euler, y posteriormente z = et que la transforma en la ecuación de coeficientes constantes.

161


4.1. Encuéntrese la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales: a) y′′′ − 6 y′′ + 9 y′ = 0 b) y′′′ − 4 y′′ − 3 y′ + 18 y = 0 c) y′′ − 6 y′ + 13 y = 0 d) y iv) − 7 y′′′ + 19 y′′ − 23 y´ +10 y = 0 e) y iv) + 2 y′′ + y = 0 f) y iv) + y′′′ + y′′ = 0 g) y′′ + 4 y′ − 6 y = 0 h) 16 y iv) + 40 y′′ + 25 y = 0 SOLUCIÓN a) La ecuación característica r 3 − 6r 2 + 9r = 0 tiene como soluciones: r 0,

r 3 (doble).

La solución general de la ecuación es: y = C1 + e3 x (C2 + C3 x)

162


b) Ecuación característica r 3 − 4r 2 − 3r + 18 = 0 Soluciones: r = –2, r = 3 (doble). Solución general de la ecuación: y = C1 e−2 x + e3 x (C2 + C3 x) c) Ecuación característica r 2 − 6 r + 13 = 0 Soluciones: r = 3 ± 2i Solución general de la ecuación: y = e3 x (C1 cos 2 x + C2sen2 x) d) Ecuación característica r 4 − 7r 3 + 19 r 2 − 23r + 10 = 0 . Soluciones: r = 1, r = 2, r = 2 ± i Solución general de la ecuación: y = C1 e x + C2 e2 x + e2 x (C3 cos x + C4 sen x) e) Ecuación característica r 4 + 2r 2 + 1 = 0 . Soluciones: r = ±i (doble) La solución general es y = (C1 + C2 x)sen x + (C3 + C4 x)cos x f) Ecuación característica r 4 + r 3 + r 2 = 0 . Soluciones: r = 0 (doble), −1 3 r= ± i. 2 2

163


La solución general es −x ⎛ ⎛ 3 ⎞⎞ ⎛ 3 ⎞ y = C1 + C2 x + e 2 ⎜ C3 cos ⎜ x⎟ + C4 sen ⎜ x⎟ ⎟ ⎝ 2 ⎠⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝

g) Ecuación característica r 2 + 4r − 6 = 0 . Soluciones: r = −2 ± 10 . La solución general es y = C1 e( −2+

10 ) x

+ C2 e( −2−

10 ) x

5 h) Ecuación característica 16 r 4 + 40 r 2 + 25 = 0 . Soluciones r = ± i 2 (cada una de ellas doble). La solución general es ⎛ 5 ⎞ ⎛ 5 ⎞ ⎛ 5 ⎞ ⎛ 5 ⎞ y = C1 cos ⎜ x⎟ + C2sen ⎜ x⎟ + C3 x cos ⎜ x⎟ + C4 x sen ⎜ x⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠

4.2. Dada la ecuación diferencial y′′ −

1 y ′ + 4 x2 y = 0 , x

encuéntrese un cambio de variable independiente u = u(x), que transforme la ecuación en otra de coeficientes constantes. Resuélvase la ecuación. SOLUCIÓN Con el cambio de variable independiente u = u(x), las distintas derivadas son: y′ =

dy dy du = dx du dx

d2 y d ⎛ dy du ⎞ dy d 2 u du d ⎛ dy ⎞ dy d 2 u d 2 y ⎛ du ⎞ + + y′′ = 2 = ⎜ ⎟= ⎜ ⎟= ⎜ ⎟ dx dx ⎝ du dx ⎠ du dx2 dx dx ⎝ du ⎠ du dx2 du2 ⎝ dx ⎠

164

2


La ecuación resulta 2

dy d 2 u d 2 y ⎛ du ⎞ 1 dy du + 2⎜ − + 4 x2 y = 0 ⎟ 2 du dx du ⎝ dx ⎠ x du dx 2

2 2 ⎛ du ⎞ d y ⎛ d u 1 du ⎞ dy + 4 x2 y = 0 + − ⎜⎝ ⎟ dx ⎠ du2 ⎜⎝ dx2 x dx ⎟⎠ du

⎛ d 2 u 1 du ⎞ dy d2 y 1 1 + − + 4 x2 y=0 2 ⎜ 2 2 ⎟ du ( du / dx ) ⎝ dx x dx ⎠ du ( du / dx)2 Para ser de coeficientes constantes 2

du 1 du 4x = Cx2 = Cx u ( x ) = Cx2 2 = C dx dx ( du / dx) 2

donde se ha modificado convenientemente la constante C. El cambio es u(x) = x2, con lo que la ecuación transformada es d2 y +y=0 du2 que es una ecuación de coeficientes constantes. Ecuación característica: r2 + 1 = 0. Raíces: r = ±i. Solución general: y = C1 cos u + C2 sen u Que deshaciendo el cambio queda

( )

( )

y = C1 cos x2 + C2 sen x2

4.3. Resuélvase el problema de Cauchy y′′ + y = 0 ⎛ π⎞ y ⎜ ⎟ = 0, ⎝ 3⎠

⎛ π⎞ y′ ⎜ ⎟ = 2 ⎝ 3⎠

165


SOLUCIÓN Ecuación característica r2 + 1 = 0. Raíces: r = ±i. Solución general de la ecuación y = C1 cos x + C2sen x y

y

3

3

0 2

C1 cos

3

C1 sen

8 C2 sen

3

3

8 C2 cos

0

3

2

Resolviendo el sistema C1 = − 3, C2 = 1 . La solución es y = − 3 cos x + sen x

4.4. Resuélvase el problema de Cauchy y′′′ − 3 y′′ + 4 y′ − 2 y = 0 y(0) = 0,

y′(0) = 0,

y′′(0) = 1

SOLUCIÓN Ecuación característica: r 3 − 3r 2 + 4r − 2 = 0 . Raíces r = 1, r = 1±i. Solución general de la ecuación: y = C1 e x + e x (C2 cos x + C3 sen x) Por tanto y′ = C1 e x + e x (C2 cos x + C3 sen x − C2 sen x + C3 cos x) y′′ = C1 e x + e x (−2C2sen x + 2C3 cos x)

166


La aplicación de las condiciones iniciales aporta el siguiente sistema: y(0) = 0 0 = C1 + C2 y(0) = 0 0 = C1 + C2 + C3 y(0) = 1 1 = C1 + 2C3 De donde C1 = 1, C2 = –1, C3 = 0. La solución al problema es y = e x (1 cos x)

4.5. En la ecuación diferencial no homogénea de coeficientes variables: x2

dy d2 y +x + y = 6x3 2 dx dx

Se pide: a) Comprobar que el cambio de variable independiente x = et, la convierte en otra no homogénea también, pero de coeficientes constantes. b) Resolverla.

SOLUCIÓN a) Ecuación x2

d2 y dy +x + y = 6x3 2 dx dx

Cambio x = et, entonces: dy dy dy dt = = e t dt dx dt dx 2 dy d 2 y d dy d t dy 2t d y = e = = e 2 2 dx dx dt dx dt dx dt

167


Sustituyendo en la ecuación resulta: d2 y + y = 6e3t dt 2 que es de coeficientes constantes. Ecuación homogénea asociada:

d2 y +y=0 dt 2

Ecuación característica: r2 + 1 = 0. Raíces complejas r = ±i Solución general: y = C1 cos t + C2 sen t. Solución particular de la no homogénea en la forma yp = Ae3t. Entonces: yp = 3Ae3t , yp = 9Ae3t , que en la ecuación resulta A Solución particular yp

3 . 5

3 3t e 5

Solución general: y = C1 cos t + C2 sen t +

3 3t e . 5

Que deshaciendo el cambio queda: y = C1 cos ( ln x ) + C2 sen ( ln x ) +

3 3 x . 5

4.6. Se considera la ecuación diferencial de coeficientes constantes: d3 y d2 y dy + a + a2 + a3 y = 10 e2 x 1 3 2 dx dx dx a) Hallar los coeficientes a1, a2, a3, sabiendo que la ecuación homogénea asociada tiene una ecuación característica en la que dos de sus raíces son: r1 = 1, r2 = –1 + i. b) Resolverla.

168


SOLUCIÓN a) Al tener la raíz compleja r2 = –1 + i, tiene también su conjugada r2 = –1 – i. Por lo tanto, la ecuación característica es:

( k − 1)( k + 1 − i)( k + 1 + i) = 0

k3 + k2 − 2 = 0

;

Ecuación homogénea asociada: d3 y d2 y + − 2y = 0 dx3 dx2 Es decir, los coeficientes pedidos son: a1 = 1, a2 = 0, a3 = –2. b) La solución general de la homogénea es y = C1 e x + e− x ( C2 cos x + C3 sen x ) Solución particular de la ecuación completa: yp = Ae2x (Método de selección). Por lo tanto y′p = 2 Ae2 x

;

y′′p = 4 Ae2 x

;

y′′′= 8 Ae2 x p

Sustituyendo la solución y sus derivadas en la ecuación, resulta: 8Ae2 x + 4Ae2 x 2Ae2 x = 10e2 x

A =1 .

Solución particular: yp = e2x Solución de la ecuación completa: y = C1 e x + e− x ( C2 cos x + C3 sen x ) + e2 x

4.7. La ecuación diferencial del movimiento forzado con amortiguamiento, por ejemplo el de una cierta masa sujeta a un resorte que vibra al actuar sobre ella una fuerza siempre activada f(t), es y′′ ( t ) + λy′ ( t ) + ω 2 y = 5 f ( t )

169


donde y(t) representa el desplazamiento de la masa en función del tiempo, y los parámetros ,K son los que caracterizan el sistema. Se pide: a) Resolver la ecuación para λ = 6, ω = 10 , siendo f(t) la función pe1 riódica f(t) = 5 cos (4t), y las condiciones iniciales y ( 0 ) = , y′ ( 0 ) = 0 . 2 b) Comprobar que de los dos sumandos de que consta la solución hallada, el primero yc(t), que corresponde a la solución general de la ecuación homogénea asociada, tiende a cero al aumentar el tiempo t, es decir lim yc ( t ) = 0 , (término transitorio), y sin embargo el set →∞ gundo, yp(t), que corresponde a la solución particular, siempre permanece (término estable). c) Hágase una interpretación física lógica de porqué sucede lo anterior. SOLUCIÓN d2 y ( t ) dy ( t ) +6 + 10 y ( t ) = 25cos(4t ) 2 dt dt d2 y ( t ) dy ( t ) Ecuación homogénea asociada: +6 + 10 y ( t ) = 0. 2 dt dt

a) Ecuación:

Ecuación característica. r2 + 6r + 10 = 0. Raíces: r1 = –3 + i, r2 = –3 – i. Solución general de la homogénea: yc ( t ) = e−3 t ( C1 cos t + C2sen t ) Una solución particular de la no homogénea es de la forma: yp ( t ) = A cos(4t ) + Bsen(4t ) . Sus derivadas: y′p = −4 Asen(4t ) + 4 B cos(4t ),

y′′p = −16 A cos(4t ) − 16 Bsen(4t )

Sustituyendo en la ecuación resulta:

( −6 A + 24 B) cos(4t ) + ( −24 A − 6 B) sen(4t ) = 25cos(4t ) −6 A + 24 B = 25 , −24 A − 6 B = 0

170

A=−

25 102

,

B=

50 . 51


Por tanto, la solución particular es: yp ( t ) = −

25 50 cos(4t ) + sen(4t ), 102 51

Solución general de la ecuación completa: 50 ⎛ 25 ⎞ y ( t ) = e−3 t ( C1 cos t + C2 sen t ) + ⎜ − cos(4t ) + sen(4t ) ⎟ ⎝ 102 ⎠ 51 Condiciones iniciales: y (0) =

1 2

dy =0 dt t=0

1 25 = C1 2 102 C2 =

C1 =

38 51

86 51

Por tanto, la ecuación del movimiento es 86 50 ⎛ 38 ⎞ ⎛ 25 ⎞ y ( t ) = e−3 t ⎜ cos t − sen t ⎟ + ⎜ − cos(4t ) + sen(4t ) ⎟ ⎝ 51 ⎠ ⎝ 102 ⎠ 51 51 b) La ecuación anterior contiene dos sumandos. El primero, que es debido a la solución de la ecuación homogénea yc ( t ) = e−3 t ( C1 cos t + C2sen t ), es tal que lim yc ( t ) = 0 , es decir, es un t →∞ término transitorio que desaparece con el tiempo, sin embargo el segundo sumando, que correspondiente a la solución particular yp(t) es periódico y no se anula al crecer el tiempo t, es decir, permanece (es estable). c) También puede observarse que el término transitorio yc(t) se ha obtenido independientemente de la fuerza exterior f(t)que actúa, y por ello, si dicha fuerza no existiese, el movimiento se amortiguaría por efecto del muelle. El sumando yp(t) se ha hallado con el término independiente de la ecuación, que es la fuerza exterior siempre activada, y debido a ello el movimiento permanece.

171


4.8. En el polinomio operacional F ( D) = a0 D n + a1 D n−1 + ... + an . (ai = ctes.): a) Comprobar que si emx es solución de la ecuación F(D)y = 0, donde F(D) es el polinomio anterior, entonces m es una raíz algebraica de su ecuación característica. b) En la ecuación y iv + 2 y′′′ + 3 y′′ + 2 y′ + 2 y = sen(2 x) , se pide: 1. Comprobar que y(x) = eix (i = n.º complejo), es solución de su ecuación homogénea asociada. 2. Encontrar cuatro soluciones reales y linealmente independientes de dicha ecuación homogénea. 3. Hallar una solución particular, y su solución general. SOLUCIÓN a) Si emx es solución de la ecuación, entonces F(D)emx = 0. Por derivaciones sucesivas se comprueba fácilmente que F(D)emx = = emxF(m), (m = n.º real o complejo), y por lo tanto en este caso F ( D) emx emx F (m) 0 emx F(m) = 0 F(m) = 0 m es una raíz de la ecuación característica. iv b) y + 2 y + 3 y + 2 y + 2y = sen(2x) .

Ecuación homogénea asociada: y iv + 2 y′′′ + 3 y′′ + 2 y′ + 2 y = 0

(4.5)

1. y (x) = eix es solución. En efecto: y′( x) = ie ix

;

y′′( x) = − e ix

;

y′′′( x) = − ie ix

;

y iv ( x) = e ix

y sustituyendo en la ecuación homogénea, se comprueba que la verifica.

172


2. Ecuación característica r 4 + 2r 3 + 3r 2 + 2r + 2 = 0 Si eix es solución de la ecuación, entonces i es solución algebraica compleja de su ecuación característica (apartado a)). Ahora bien, si en la ecuación característica, que es una ecuación algebraica, existe la solución compleja r = i, también existe la conjugada r = –i. Conociendo esas dos soluciones de la ecuación característica, pueden obtenerse fácilmente, por ejemplo por el método de Ruffini, las otras dos, que son r = –1 ± i. Por tanto, las cuatro raíces de la ecuación característica son: r = ±i

;

r = −1 ± i

que corresponden a las siguientes soluciones de la ecuación homogénea (4.5): y = e ix = cos x + i sen x

y = e( −1+ i ) x = e− x (cos x + i sen x)

;

Por lo tanto, cuatro soluciones reales linealmente independientes son y1 = cos x

;

y2 = sen x

;

y3 = e− x cos x

;

y4 = e− x sen x

3. La solución general de la homogénea es y = C1 cos x + C2 sen x + C3 e− x cos x + C4 e− x sen x y utilizando coeficientes indeterminados, se busca una solución particular de la completa, en la forma yp = Asen(2 x) + B cos(2 x)

173


Las derivadas son y′p = 2 A cos(2 x) − 2 Bsen(2 x) ;

y′′p = −4 Asen(2 x) − 4 B cos(2 x) ;

−8 A cos(2 x) + 8 Bsen(2 x) ; y′′′= p

ypiv = 16 Asen(2 x) + 16 B cos(2 x)

Sustituyendo en la ecuación se obtiene A

1 1 ;B 30 15


1 1 sen(2 x) + cos(2 x) 30 15

Solución general de la ecuación completa:

y = C1 cos x + C2 sen x + C3 e− x cos x + C4 e− x sen x +

1 1 sen(2 x) + cos(2 x) 30 15

4.9. Resuélvase la ecuación y′′ + y = sen 2 x utilizando el método de variación de las constantes para encontrar una solución particular. SOLUCIÓN La ecuación homogénea asociada es y′′ + y = 0 . Su ecuación característica es r2 + r = 0, de raíces r = i, r = –i. Por tanto la solución general de la homogénea y = C1 sen x + C2 cos x

174


Método de variación de las constantes. Se busca una solución particular de la ecuación completa, de la forma yp = C1 ( x)sen x + C2 ( x)cos x y′p = C1′ sen x + C1 cos x + C2′ cos x − C2 sen x Imponiendo la condición C1′ sen x + C2′ cos x = 0

(4.6)

la primera derivada queda y′ = C1 cos x − C2 sen x. Derivando de nuevo esta última expresión, se obtiene y′′ = C1′ cos x − C1 sen x − C2′ sen x − C2 cos x y sustituyendo en la ecuación completa: C1′ cos x − C2′ sen x = sen 2 x

(4.7)

Del sistema formado por (4.6) y (4.7) se pueden deducir las constantes C1, C2. 0

cos x 2

C1 =

C2 =

sen x sen x sen x

cos x

cos x

sen x

sen x

0

cos x sen 2 x sen x

cos x

cos x

sen x

C1 = sen 2 x cos x dx =

sen 3 x 3

C2 = sen 3 x dx = cos x

cos3 x 3

= sen 2 x cos x

= sen 3 x

175


Por consiguiente, la solución particular es yp =

⎛ sen 3 x cos3 x ⎞ 1 sen x + ⎜ cos x − cos x = sen 4 x − cos 4 x + cos 2 x = ⎟ 3 3 ⎠ 3 ⎝

(

)

=

1 1 2 sen 2 x − cos 2 x sen 2 x + cos 2 x + cos 2 x = sen 2 x + cos 2 x = 3 3 3

=

1 1 sen 2 x + 2cos2 x = 1 + cos2 x 3 3

(

)(

(

)

)

(

)

Solución general de la ecuación y = C1 sen x + C2 cos x +

1 1 + cos2 x 3

(

)

4.10. Resuélvase la ecuación 2

xy′′ − y′ − 4 x3 y = 8 x5 e x , , 2

sabiendo que y e x es una solución de la ecuación homogénea asociada. SOLUCIÓN Para calcular otra solución de la homogénea se aplicará el método de re2 ducción de orden. Efectuando el cambio de variable dependiente y e x v( x), se obtiene 2

2

2

y′ = 2 xe x v + e x v′ = e x (2 xv + v′ ) ;

2

2

y′′ = 2 xe x (2 xv + v′ ) + e x (2 v + 2 xv′ + v′′ ).

Sustituyendo en la ecuación homogénea y simplificando, queda v (4x2 1) + xv

= 0

176

v

4x2 + 1 = v

x


Haciendo ahora v′ = z, e integrando la ecuación resultante, se tiene z 4x2 + 1 = z x

ln z = ln x 2x2 + ln c1

z = c1 xe2 x

2

Deshaciendo los cambios efectuados, resulta v = ∫ c1 xe−2 x dx = c1 e−2 x + c2 2

2

2

y = c1 e x + c2 e− x

;

2

donde se han modificado convenientemente las constantes de integración. Por tanto, la solución general de la ecuación homogénea es: 2

y = C1 e x + C2 e− x

2

La solución particular de la ecuación completa se buscará mediante el método de variación de las constantes. 2

y = C1 ( x) e x + C2 ( x) e− x 2

2

2

2

y′ = C1′e x + 2 xC1 e x + C2′ e− x − 2 xC2 ( x) e− x

2

Imponiendo la condición 2

2

C1′e x + C2′ e− x = 0 2

(4.8)

2

se obtiene y′ = 2 xC1 e x − 2 xC2 ( x) e− x . Derivando de nuevo, y sustituyendo en la ecuación completa, se tiene 2

(

2

2

)

(

2

2

2

)

y′′ = 2 xC1′e x + C1 2 e x + 4 x2 e x − 2 xC2′ ( x) e− x − C2 2 e− x − 4 x2 e− x . 2

2

2 x2 C1′e x − 2 x2 C2′ e− x = 8 x5 e x

2

(4.9)

De (4.8) y (4.9) se pueden deducir las constantes C1, C2. 177


e x

0 C1 =

8x5 e x ex

2

2

ex

2

2

2x e 2

= 2x3

2

2x2 e x

8x5 e x e x

2x2 e x

2

C1 =

x4 2

2

0

2 x2

ex

2x2 e x e x

2x2 e x

C2 =

2

2

2

2 2 2 x 1 = 2x3 e2 x C2 = e2 x + . 46 2

2

2x2 e x

2

En consecuencia, la solución particular es yp =

2 4 2 ⎛ −x 2 ⎛ x x 4 x2 1⎞ 2 x2 1 ⎞ e + e2 x ⎜ + ⎟ e− x = e x ⎜ − + . 4⎠ 2 4 ⎟⎠ 2 ⎝ 2 ⎝ 2

Y la solución general de la ecuación completa 2

2

y = C1 e x + C2 e− x +

1 x2 e 2 x 4 − 2 x2 + 1 4

(

)

4.11. En la ecuación lineal no homogénea xy′′ − ( 2 x + 1) y′ + ( x + 1) y = −4 x−1 e x , se pide:

a) Calcular el valor de p para que y1 = epx sea una solución particular de su ecuación homogénea asociada. b) Utilizando esa solución, encontrar la solución general de dicha ecuación homogénea. c) Mediante el método de variación de las constantes, hallar una solución particular de la ecuación completa, y la solución general de la misma.

178


SOLUCIÓN a) y1 = e px y1 = pe px y1 = p2 e px . Sustituyendo en la ecuación se tiene

(

)

xp2 e px − ( 2 x + 1) pe px + ( x + 1) e px = 0 ; ⎡ p2 − 2 p + 1 x + (1 − p) ⎤ e px = 0 ; ⎣ ⎦

( p − 1)2 x + (1 − p) = 0 . Ha de ser p = 1. Solución: y1 = ex. b) Método de reducción de orden. Cambio de variable: y = ex v(x). Sus derivadas son y = e x v + e x v

y = e x v + 2e x v + e x v

Sustituyendo en la ecuación homogénea, queda

(

)

(

)

x e x v + 2 e x v′ + e x v′′ − (2 x + 1) e x v + e x v′ + ( x + 1) e x v = 0 Operando convenientemente se obtiene xe x v

e x v = 0

xv

v = 0

Haciendo v′ = w, la ecuación es xw w = 0

w 1 = , w x

Es una ecuación de variables separadas, cuya solución es: w = C1x Deshaciendo los cambios resulta: v = C1 x

v = C1

x2 + C2 2

x2 y = e x v(x) = e x C1 + C2 2

179


Solución general de la ecuación homogénea y = C1 x2 e x + C2 e x c) Variación de las constantes. Solución a buscar: y = C1 ( x) x2 e x + C2 ( x) e x su primera derivada es:

(

)

y′ = C1 x2 e x + 2 xe x + C1′x2 e x + C2 e x + C2′ e x que imponiendo la condición: C1′x2 e x + C2′ e x = 0 queda:

(

)

y′ = C1 x2 e x + 2 xe x + C2 e x Derivando de nuevo se obtiene

(

)

(

)

y′′ = C1 x2 e x + 4 xe x + 2 e x + C1′ x2 e x + 2 xe x + C2 e x + C2′ e x Sustituyendo en la ecuación no homogénea, resulta otra condición:

(

)

C1′ x2 e x + 2 xe x + C2′ xe x = −

4ex x

De ambas condiciones, resulta C1 x2 + C2 = 0 4 2 C1 x + 2x + C2 = x

(

180

)

2 C1 = x3 C = 2 2 x

1 C1 = 2 x C2 = 2ln x


Por tanto, la solución particular de la no homogénea buscada es: yp = e x + 2 e x ln x Solución general de la ecuación completa:

(

)

y = e x C1 x2 + C2 + 2ln x + 1

4.12. Resuélvase la ecuación y′′ − y =

2 e2 x e2 x + 1

determinando una solución particular mediante el método de variación de las constantes. SOLUCIÓN Ecuación homogénea asociada y′′ − y = 0 Ecuación característica: r 2 1 = 0 r = ±1. Solución general de la ecuación homogénea y = C1 e x + C2 e− x Variación de las constantes. y = C1 ( x) e x + C2 ( x) e− x y ' = C1 e x + C1′e x − C2 e− x + C2′ e− x Imponiendo la condición: C1′e x + C2′ e− x = 0 la primera derivada queda: y′ = C1 e x − C2 e− x

181


Y derivando de nuevo, se obtiene y′′ = C1 e x + C1′e x + C2 e− x − C2′ e− x Sustituyendo en la ecuación no homogénea, resulta otra condición: C1′e x − C2′ e− x =

2 e2 x e2 x + 1

De ambas condiciones: ⎧C1′e x + C2′ e− x = 0 ⎪ ⎨ x 2 e2 x −x ⎪C1′e − C2′ e = 2 x e +1 ⎩ se obtiene C1 = e2 x C2 =

e3 x ex = e2 x + 1 e2 x + 1

e3 x e2 x + 1

C2 =

C1 =

ex x e2 x + 1dx = arctg( e )

e3 x x x e2 x + 1 dx = e + arctg (e )

Por lo tanto, una solución particular de la ecuación no homogénea es.

(

)

yp = e xarctg (e x ) + e− xarctg(e x ) − 1 = e x + e− x arctg(e x ) − 1

Solución general pedida:

(

)

y = C1 e x + C2 e− x + e x + e− x arctg(e x ) − 1

4.13. Considérese la ecuación diferencial 1 1 ⎞ ⎛ u′′ + u′ + ⎜ 1 − 2 ⎟ u = 0. ⎝ t 4t ⎠

182


Se pide: a) Ecuación que resulta al efectuar un cambio de variable dependiente, de la forma: u ( t ) = t ( t ) , = n.º real 1 la ecuación resultante es de coefi2 cientes constantes, y a través de ella hallar la solución general de la

b) Comprobar que para α = − ecuación original.

c) Determinar la solución general de la ecuación no homogénea: 1 1 ⎞ ⎛ u′′ + u′ + ⎜ 1 − 2 ⎟ u = t1/2 ⎝ t 4t ⎠ SOLUCIÓN a) Cambio de variable, y derivadas u( t ) = t ( t )

u(t) = t ( t ) + t 1 ( t )

u(t) = t ( t ) + 2t 1 ( t ) + ( 1) t 2 ( t ) sustituyendo todo ello en la ecuación y reordenado los términos, queda 1

t ( t ) + ( 2 + 1)t 1 ( t ) + t + 2 t 2 ( t ) = 0 4 b) Para α = −

1 , la ecuación es 2 t 1/2 ( t ) + t 1/2 ( t ) = 0

o también

( t ) + ( t ) = 0 que es una ecuación de coeficientes constantes.

183


Ecuación característica y raíces: r2 + r = 0

r = ±i

La solución es ( t ) = C1 cos t + C2sen t Deshaciendo el cambio, resulta u ( t ) = C1

cos t sen t + C2 t t

c) Efectuando el cambio de variable anterior u ( t ) = t 1/2 ( t ) , resulta la ecuación: t 1/2 ( t ) + t 1/2 ( t ) = t1/2

;

( t ) + ( t ) = t

La solución general de la homogénea asociada se ha calculado anteriormente. Utilizando el método de selección, una solución particular se busca en la forma: p ( t ) = At + B p ( t ) = A ,

p ( t ) = 0

Sustituyendo en la ecuación se deduce At + B = t

A =1 ,

B=0

Por tanto, la solución particular es p ( t ) = t . Solución general ( t ) = C1 cos t + C2 sen t + t

184


Y deshaciendo el cambio u ( t ) = C1

cos t sen t + C2 +t t t

4.14. Dada la ecuación diferencial

(1 + x)

d2 y dy − (1 + 2 x ) + xy = xe x 2 dx dx

a) Compruébese que ex es una solución particular de la ecuación homogénea asociada, y que el cambio de variable dependiente y = ex z reduce en una unidad el orden de la ecuación completa. b) Determínese la solución general. SOLUCIÓN: a) Por simple sustitución se comprueba fácilmente que y = ex es solución de la ecuación homogénea asociada:

(1 + x)

d2 y dy − (1 + 2 x ) + xy = 0 dx2 dx

Cambio de variable dependiente y = ex z Las relaciones entre las derivadas de ambas variables son 2 dy ⎞ ⎛ dz ⎞ d2 y dz x⎛ d z = ex ⎜ + z⎟ , = +2 + z⎟ e 2 2 ⎜ ⎝ ⎠ dx dx dx dx ⎝ dx ⎠

Al aplicar el cambio de variable, la ecuación completa queda ⎛ d2 z ⎞ dz ⎛ dz ⎞ +2 + z⎟ − (1 + 2 x ) e x ⎜ + z⎟ + xe x z = xe x 2 ⎝ ⎠ dx dx dx ⎝ ⎠

(1 + x) e x ⎜

185


y simplificando

(1 + x) Haciendo ahora

d 2 z dz + =x dx2 dx

dz u , resulta la ecuación dx du (1 + x) + u = x dx

que es una ecuación lineal de primer orden. b) Solución general de la homogénea asociada u=

C . 1+ x

Aplicando variación de las constantes se tiene u=

C ′ (1 + x ) − C C ( x) . , u′ = 1+ x (1 + x)2

En la ecuación: C ′ (1 + x ) − C C x2 + = x , C ′ = x , C ( x) = +C . 1+ x (1 + x) 2 Solución general de la ecuación (4.10) u=

x 2 + 2C 2(1 + x)

Deshaciendo los cambios, resulta z=

1 2 1 x 2 + 2C ∫ 2(1 + x) dx = 4 x − 2 x + C ln 1 + x + K

1 ⎤ ⎡1 y = e x ⎢ x2 − x + C1ln x + 1 + C2 ⎥ 4 2 ⎣ ⎦

186

(4.10)


4.15. Resuélvase la ecuación y′′ − 4 y′ + 4 y = 4(2 x − 1) e4 x utilizando el método de los coeficientes indeterminados para determinar una solución particular. SOLUCIÓN Ecuación homogénea asociada: y′′ − 4 y′ + 4 y = 0 Ecuación característica y raices r 2 − 4r + 4 = 0. Raíces: r=2 (doble). Solución de la homogénea y = ( C1 + C2 x ) e2 x Solución particular de la no homogénea. Método de los coeficientes indeterminados. El término no homogéneo es (8 x : 4) e4 x , y 4 no es raíz del polinomio característico. Por tanto la solución particular se busca en la forma: yp = e4 x ( Ax + B) Derivando: y′p = e4 x (4 Ax + 4 B + A) , y′′p = e4 x (16 Ax + 16 B + 8 A) Sustituyendo en la ecuación no homogénea y simplificando se obtiene: 4 Ax + 4 A + 4 B = 8 x − 4

187


Identificando coeficientes resulta A = 2, B = –3. Por tanto la solución particular de la no homogénea es yp = e4 x (2 x − 3) Solución general: y = ( C1 + C2 x ) e2 x + (2 x − 3) e4 x

4.16. Resuélvase la ecuación y iv) − 4 y′′′ + 4 y′′ = 12 x2 − 40 x + 42 utilizando el método de los coeficientes indeterminados. SOLUCIÓN Ecuación homogénea asociada y iv) − 4 y′′′ + 4 y′′ = 0 Ecuación característica: r 4 4r 3 + 4r 2 = 0 r 2 (r 2 4r + 4) = 0. Raíces: r = 2, r = 0 (dobles ambas). Solución de la homogénea y = C1 + C2 x + ( C3 + C4 x ) e2 x El término no homogéneo es 12 x2 − 40 x + 42. Al ser r = 0 una raíz del polinomio característico con multiplicidad dos, la solución particular a buscar será de la forma yp = x2 ( Ax2 + Bx + C ) = Ax4 + Bx3 + Cx2

188


Con ello: y′p = 4 Ax3 + 3 Bx2 + 2Cx y′′p = 12 Ax2 + 6 Bx + 2C y′′′= 24 Ax + 6 B p y ivp )= 24 A Sustituyendo en la ecuación no homogénea y simplificando se obtiene 48 Ax2 + x(−96 A + 24 B) + 24 A − 24 B + 8C = 12 x2 − 40 x + 42 Identificando coeficientes resulta A=

1 , 4

B=

−2 , 3

C=

5 2

Por tanto la solución particular de la no homogénea es yp =

1 4 2 3 5 2 x − x + x 4 3 2

Solución general y = C1 + C2 x + ( C3 + C4 x ) e2 x +

1 4 2 3 5 2 x − x + x 4 3 2

4.17. Utilícese el método de los coeficientes indeterminados para hallar una solución particular de la ecuación: y′′ − 6 y′ + 9 y = 2(9 x − 2) e3 x y hállese su solución general.

189


SOLUCIÓN Ecuación homogénea asociada: y′′ − 6 y′ + 9 y = 0 Ecuación característica y raices: r 2 6r + 9 = 0 r = 3 (doble). Solución de la homogénea y = (C1 + C2 x) e3 x El término no homogéneo es 2(9 x : 2) e3 x . Como r = 3 es raíz doble de la ecuación característica, la solución particular de la no homogénea será de la forma yp = x2 e3 x ( Ax + B) = e3 x ( Ax3 + Bx2 ) Entonces: y′p = e3 x (3 Ax3 + x2 (3 A + 3 B) + 2 Bx) y′′p = e3 x (9 Ax3 + x2 (18 A + 9 B) + x(12 B + 6 A) + 2 B) Sustituyendo en la ecuación no homogénea, simplificando e identificando coeficientes, se obtiene 6Ax + 2B = 18x 4

A = 3, B = 2.

Por tanto, la solución particular de la no homogénea es yp = x2 e3 x (3 x − 2) Solución general y = (C1 + C2 x) e3 x + x2 e3 x (3 x − 2)

190


4.18. Resuélvase la ecuación y′′ + 25 y = 20sen(5 x) utilizando el método de los coeficientes indeterminados. SOLUCIÓN Ecuación homogénea asociada: y′′ + 25 y = 0 Ecuación característica r2 + 25 = 0. Raíces: r = ±5i. Solución general de la homogénea y = C1 cos(5 x) + C2 sen (5 x) El término no homogéneo es 20 sen (5x). Al ser ±5i soluciones de la ecuación característica de multiplicidad uno, la solución particular de la no homogénea será de la forma yp = x ( A cos(5 x) + B sen(5 x)) Entonces: y′p = ( A + 5 Bx)cos(5 x ) + (−5Ax + B )sen(5 x) y′′p = (−25 Ax + 10 B)cos(5 x) + (−25 Bx − 10 A)sen(5 x) Sustituyendo en la ecuación no homogénea y simplificando se obtiene 10 B cos(5 x) + (−10 A)sen(5 x) = 20sen(5 x) Identificando coeficientes, resulta 10B = 0 A = 2, 10A = 20

B = 0.

191


Por tanto la solución particular de la no homogénea es yp = −2 x cos(5 x) Solución general y = C1 cos(5 x) + C2 sen(5 x) − 2 x cos(5 x)

4.19. Resuélvase la ecuación y′′ + 4 y = 16sen(3 x) + 12cos(3 x) utilizando el método de los coeficientes indeterminados. SOLUCIÓN Ecuación homogénea asociada: y′′ + 4 y = 0 Ecuación característica: r2 + 4 = 0 7 r = ±2i. Solución de la homogénea y = C1 cos(2 x) + C2 sen(2 x) El término no homogéneo es 16 sen (3x) + 12 cos (3x). Como ±2i son soluciones de la ecuación característica de multiplicidad uno, la solución particular de la no homogénea será de la forma yp = A cos(3 x) + Bsen(3 x) Derivando, sustituyendo e identificando coeficientes se obtiene: A=

192

−12 , 5

B=

−16 5


Por tanto: yp = −

12 16 cos(3 x) − sen(3 x). 5 5

Solución general de la ecuación pedida y = C1 cos(2 x) + C2 sen(2 x) −

12 16 cos(3 x) − sen(3 x) 5 5

4.20. Considérese la ecuación diferencial, expresada en notación operacional H ( D) y = ex + 4 donde H ( D ) = D 4 − 4 D3 + 5D2 − 4 D + 4 , (D = operador derivada). Se pide: a) Solución general de su ecuación homogénea asociada. b) Una solución particular de la ecuación completa. Para ello aplicar: 1. El método de selección. (coeficientes indeterminados) 2. El método operacional. c) Solución general. SOLUCIÓN a) La ecuación desarrollada es y iv ) − 4 y′′′ + 5 y′′ − 4 y′ + 4 y = e x + 4 Ecuación homogénea asociada: y iv) − 4 y′′′ + 5 y′′ − 4 y′ + 4 y = 0 Ecuación característica y raíces: r4

4r 3 8 5r 2

4r 8 4 0

r 2, 2, L i

193


Solución general de la homogénea y = C1 e2 x + C2 xe2 x + C3 cos x + C4 sen x b) Solución particular de la ecuación completa. 1. Método de selección: La solución a buscar es (Apartado 5.2 de la introducción teórica): yp = Ae x + B. Sus derivadas: y′p = Ae x ,

y′′p = y′′′= y ivp )= Ae x p

Sustituyendo en la ecuación, resulta A yp =

1 , 2

B 1 . Con ello

1 x e + 1, 2

2. Método operacional. Aplicando el principio de superposición (Introducción teórica Cap. 3). Para la ecuación H(D)y = ex: La solución particular de dicha H(D)y = ex es ((4.3) de la introducción teórica): yp1 =

1 1 x 1 x ex = e = e . H ( D) H (1) 2

Para la ecuación H(D)y = 4: Dividiendo 1 entre el polinomio H ( D ) = 4 − 4 D + 5D2 − 4 D3 + D 4 , se obtiene de cociente Q ( D) =

194

1 1 + D + ... 4 4


Por lo tanto, la solución particular es (4.2) de la introducción teórica) ⎛1 1 ⎞ yp2 = ⎜ + D + ...⎟ 4 = 1. ⎝4 4 ⎠ La solución particular yp es la suma de las dos yp = yp1 + yp2, es decir: yp =

1 x e + 1, 2

c) Solución general de la ecuación completa: y = C1 e2 x + C2 xe2 x + C3 cos x + C4 sen x +

1 x e +1 2

4.21. Dada la ecuación diferencial: d 3 y d 2 y dy + 2+ + y = e5 x 3 dx dx dx Se pide: a) Determinar tres soluciones linealmente independientes de la ecuación homogénea asociada. b) Calcular el Wronskiano de las soluciones halladas. c) Solución general de la ecuación no homogénea, hallando previamente una solución particular de la misma utilizando el método operacional. SOLUCIÓN a) Ecuación homogénea asociada: d 3 y d 2 y dy + + +y=0 dx3 dx2 dx

195


Ecuación característica y raíces: r 3 + r 2 + r + 1 = 0 . Raíces: r1=−1, r2,3=Li Las soluciones correspondiente a cada raíz son y1 = e− x ,

y2 = cos x,

y3 = sen x

b) Wronskiano de dichas soluciones: e− x W e ,cos x, sen x = − e− x e− x

(

cos x sen x 1 cos x sen x −x = e −1 − sen x cos x = − sen x cos x 1 − cos x − sen x − cos x − sen x

)

−x

1 =e

−x

cos x

sen x

0 cos x − sen x cos x + sen x = −2cos x

0

−2sen x

(

)

= e− x −2sen x cos x + 2sen 2 x + 2cos2 x + 2sen x cos x = 2 e− x . Es decir

(

)

W e− x ,cos x, sen x = 2 e− x

(

)

Al ser W e− x ,cos x, sen x = 2 e− x ≠ 0 para todo valor de x, las tres soluciones son linealmente independientes. c) Solución particular de la ecuación completa. Como 5 no es raíz de la ecuación característica, entonces yp =

1 5x 1 1 5x e = 3 e5 x = e H (5) 5 + 52 + 5 + 1 156

Solución general: y = C1 e− x + C2 cos x + C3 sen x +

196

1 5x e . 156


4.22. Resuélvanse las siguientes ecuaciones, utilizando el método operacional en la búsqueda de la solución particular. a) y iv) − 2 y′′ + y = x3 − 3 4 2x b) y′′ − 4 y′ + 4 y = x e

c) y iv ) − 16 y = x4 − e x d) y′′′ − y = e− x x2 e) y′′′ + 6 y′′ + 8 y′ = e−2 x x3 f) y′′ − 8 y′ + 16 y = e4 x 3 x g) y′′ + 6 y′ + 9 y = e−3 x ln( x + 2) SOLUCIÓN a) y iv) − 2 y′′ + y = x3 − 3 Ecuación característica y raíces: r 4 2r 2 8 1 0

r L 1 dobles ambas.

Solución general de la ecuación homogénea: y = (C1 + C2x) ex + (C3 + C4x) e-x Ecuación completa en notación operacional: ( D 4 − 2 D2 + 1) y = x3 − 3 El polinomio operacional es H ( D) = D 4 − 2 D2 + 1 Solución particular de la ecuación completa. Aplicando (4.2) de la introducción teórica: yp =

1 1 [ x3 − 3] = 4 [ x3 − 3] = (1 + 2 D2 )( x3 − 3) = 2 H ( D) D − 2D + 1

= x3 − 3 + 2 ⋅ 6 x = x3 + 12 x − 3

197


Solución general de la ecuación completa: y = (C1 + C2 x) e x + (C3 + C4 x) e− x + x3 + 12 x − 3 b) y′′ − 4 y′ + 4 y = x4 e2 x Ecuación característica y raices r 2 4r + 4 = 0 r = 2 (doble) Solución general de la ecuación homogénea: y = (C1 + C2 x) e2 x Ecuación completa: ( D2 − 4 D + 4) y = x4 e2 x . Es decir: H ( D) = D2 − 4 D + 4. Solución particular de la ecuación completa. Aplicando (4.4) de la introducción teórica: y p = e2 x

1 x6 1 1 ⎡⎣ x4 ⎤⎦ = e2 x 2 ⎡⎣ x4 ⎤⎦ = e2 x [ x 4 ] = e2 x 2 H ( D + 2) D ( D + 2) − 4( D + 2) + 4 30

Solución general: y = (C1 + C2 x) e2 x + e2 x

x6 30

c) y iv ) − 16 y = x4 − e x Ecuación característica y raíces: r 4 16 = 0 r = ±2, ± 2i

198


Solución general de la ecuación homogénea: y = C1 e2 x + C2 e−2 x + C3 sen(2 x) + C4 cos(2 x) Ecuación en notación operacional: ( D 4 − 16) y = x4 − e x Solución particular de la completa. Aplicando el principio de superposición: yp = yp1 − yp2 , Donde: yp1 es solución particular de la ecuación (D4 – 16) y = x4 yp2 es solución particular de la ecuación (D4 – 16) y = ex. Por tanto, aplicando (4.2) y (4.3) de la introducción teórica, respectivamente, se obtiene yp1 =

1 1 −1 4 3 ⎛ −1 ⎞ ⎡ x4 ⎤ = ⎜ − D 4 ⎟ x4 = x − D 4 − 16 ⎣ ⎦ ⎝ 16 256 ⎠ 16 32

yp2 =

−1 x 1 ⎡⎣ e x ⎤⎦ = e H (1) 15

Por tanto: yp =

−1 4 3 1 x − + ex 16 32 15

Solución general de la ecuación completa: y = C1 e2 x + C2 e−2 x + C3 sen(2 x) + C4 cos(2 x) −

1 4 3 1 x − + ex 16 32 15

−x 2 d) y′′′ − y = e x

Ecuación característica y raíces: r = 1; r = −

1 3 ± i 2 2

199


Solución general de la ecuación homogénea asociada: ⎛ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 3 ⎞ ⎞ − 12 x y = C1 e x + ⎜ C2 cos ⎜ x⎟ + C3sen ⎜ x⎟ ⎟ e ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠⎠ ⎝

Solución particular de la completa. Al ser H(D) = D3 – 1, según (4.4): y p = e− x

1 1 1 ⎡ x2 ⎤ = [ x2 ] = e − x [ x2 ] = 3 3 2 H ( D − 1) D − 3D + 3D − 2 ⎣ ⎦ ( D − 1) − 1

3 ⎞ 1 3⎞ ⎛ −1 3 ⎛ = e− x ⎜ − D − D2 ⎟ ⎡⎣ x2 ⎤⎦ = e− x ⎜ − x2 − 3 x − ⎟ ⎝ 2 4 ⎝ 8 ⎠ 2 2⎠ Solución general de la ecuación completa: ⎛ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 3 ⎞ ⎞ − 12 x 1 − x ⎛ 2 3⎞ y = C1 e x + ⎜ C2 cos ⎜ x⎟ + C3sen ⎜ x⎟ ⎟ e + e ⎜ − x − 3 x − ⎟ ⎝ 2 2⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠⎠ ⎝ −2 x 3 e) y′′′ + 6 y′′ + 8 y′ = e x

Ecuación característica y raíces: r 3 + 6r 2 + 8r = 0 r = 0,4,2 Solución general de la ecuación homogénea asociada y = C1 + C2 e–2x + C3 e–4x . Solución particular de la completa: yp = e−2 x = e−2 x

1 1 [ x3 ] = [ x3 ] = e−2 x H ( D − 2) ( D − 2)3 + 6( D − 2)2 + 8( D − 2) 1 [ x3 ] D3 − 4 D

Descomponiendo la fracción, queda 1 −1/ 4 1/ 4 D = + 2 D − 4D D D −4 3

200


y dividiendo formalmente la última fracción 1 −1/ 4 1 1 3 = − D− D +… D − 4D D 16 64 3

Por tanto, la solución particular es: ⎛ 1 x4 1 1 3⎞ 3 1 ⎞ ⎛ −1 1 yp = e−2 x ⎜ − D− D ⎟ [ x ] = e−2 x ⎜ − ⋅ − 3 x2 − ⋅6 = ⎝ 4 D 16 ⎠ 64 64 ⎟⎠ ⎝ 4 4 16 ⎛ x4 3 2 3 ⎞ x − ⎟ = e−2 x ⎜ − − 32 ⎠ ⎝ 16 16 Solución general de la ecuación completa: ⎛ x4 3 2 3 ⎞ y = C1 + C2 e−2 x + C3 e−4 x + e−2 x ⎜ − − x − ⎟ 32 ⎠ ⎝ 16 16 4x f) y′′ − 8 y′ + 16 y = e 3 x

Ecuación característica y raíces: r 2 8r + 16 = 0 r = 4 (doble) Solución general de la ecuación homogénea asociada: y = (C1 + C2 x) e4 x Solución particular de la completa: y p = e4 x = e4 x

1 1 [ 3 x ] = e4 x [3 x] = 2 H ( D + 4) ( D + 4) − 8( D + 4) + 16 1 3 9 3 7 [ x ] = e4 x x 2 D 28

201


Solución general de la ecuación completa: y = (C1 + C2 x) e4 x +

9 3 7 4x x e 28

−3 x g) y′′ + 6 y′ + 9 y = e ln( x + 2)

Ecuación característica y raíces: r 2 + 6r + 9 = 0 r = 3 (doble) Solución general de la ecuación homogénea asociada: y = (C1 + C2 x) e−3 x Solución particular de la completa: yp = e−3 x = e−3 x

1 1 [ln( x + 2)] = e−3 x [ln( x + 2)] = 2 H ( D − 3) ( D − 3) + 6( D − 3) + 9 1 [ln( x + 2)] D2

Utilizando el método de integración por partes, se halla 1 [ln( x + 2)] = D2

∫ ( ∫ ln( x + 2)dx) dx = ∫ [( x + 2)ln( x + 2) − ( x + 2)] dx =

= =

( x + 2)2 ( x + 2)2 ln( x + 2) − ∫ dx − ∫ ( x + 2) dx = 2 2( x + 2) 3 ( x + 2)2 ln( x + 2) − x2 − 3 x 2 4

Por tanto ⎡ ( x + 2)2 ⎤ 3 yp = e−3 x ⎢ ln( x + 2) − x2 − 3 x ⎥ 4 ⎣ 2 ⎦

202


Solución general de la ecuación completa: ⎡ ( x + 2)2 ⎤ 3 y = (C1 + C2 x) e−3 x + e−3 x ⎢ ln( x + 2) − x2 − 3 x ⎥ 4 ⎣ 2 ⎦

4.23. Encuéntrese la solución general de la ecuación diferencial x2

d2 y dy + 3x + y = x +1 2 dx dx

SOLUCIÓN Es un ecuación de Euler. El cambio de variable independiente a efectuar es x = et. Las derivadas son 2 dy dy d 2 y dy ⎞ −2 t ⎛ d y , = e− t = − ⎟ e 2 2 ⎜ dx dt dx dt ⎠ ⎝ dt

Sustituyendo en la ecuación, se obtiene d2 y dy + 2 + y = et + 1 2 dt dt que es una ecuación de coeficientes constantes. Ecuación homogénea asociada: d2 y dy +2 + y= 0 2 dt dt Ecuación característica y raíces: r 2 + 2r + 1 = 0 r = 1 doble. Solución general de la homogénea: y = ( C1 + C2 t ) e− t

203


Utilizando coeficientes indeterminados, la solución particular de la completa se busca yp = Aet + B

yp = Aet , yp = Aet

que sustituyendo en la ecuación e identificando coeficientes, resulta Aet + 2Aet + Aet + B = et + 1

A=

1 , B =1 4


1 t e +1 4

Solución general: y = ( C1 + C2 t ) e− t +

1 t e +1 4

Deshaciendo el cambio: y=

1 1 ( C1 + C2 ln x) + x + 1 x 4

4.24. Considerando la ecuación diferencial siguiente: 2 x2

d2 y dy + f ( x) − y=0 dx2 dx

Se pide: 1

a) Hallar f(x) sabiendo que y1 ( x ) = x 2 es una solución de la misma. b) Encontrar una nueva solución y2 (x) de tal manera que sea un sistema fundamental de soluciones.

{x

1 2

}

, y2 ( x )

c) Comprobar, mediante su wronskiano, que ambas soluciones son linealmente independientes. ¿Qué sucede en x = 0?

204


SOLUCIÓN a) Sustituyendo la solución dada y sus derivadas, es decir 1

y1 ( x ) = x 2

y1′ ( x ) =

;

1 − 12 x 2

;

y1′′( x ) = −

1 − 32 x . 4

En la ecuación, se obtiene ⎛ 1 −3 ⎞ ⎛ 1 −1 ⎞ 2 x2 ⎜ − x 2 ⎟ + f ( x ) ⎜ x 2 ⎟ − y = 0 ⎝ 4 ⎠ ⎝2 ⎠ De donde se deduce f(x) = 3x b) Con ese valor de f(x), la ecuación queda 2 x2

d2 y dy + 3x − y = 0. 2 dx dx

Es una ecuación de Euler. Cambio de variable x = et. Sus derivadas son 2 dy ⎞ dy dy , d 2 y −2 t ⎛ d y = − ⎟ e = e− t 2 2 ⎜ dt ⎠ dx dt dx ⎝ dt

Al sustituir en la ecuación se obtiene la de coeficientes constantes ⎛ d 2 y dy ⎞ dy 2 e2 t e−2 t ⎜ 2 − ⎟ + 3 et e− t −y=0 dt ⎠ dt ⎝ dt 2

d 2 y dy + − y=0 dt 2 dt

205


Ecuación característica y raíces: 2r 2 + r 1 = 0

r=

1 , 1 2

Soluciones correspondientes a cada raíz: 1

−t y1 ( t ) = e 2 , y2 ( t ) = e t

que deshaciendo el cambio son 1

y1 ( x ) = x 2 , y2 ( x ) = x−1 c) El determinante wronskiano de ambas soluciones es W ( y1 , y2 ) =

x1/2 1 −1/2 x 2

x−1 1 − 2 x

3 1 = − ⋅ 3/2 ≠ 0 para xM0 2 x

Por tanto, y1(x), y2(x) son linealmente independientes. Escribiendo la ecuación en la forma 1 d2 y 3 dy + − y=0 dx2 2 x dx 2 x2 se observa que los coeficientes no son continuos en x = 0 y el wronskiano puede tener singularidades en ese punto.

4.25. Resuélvase la ecuación 6 x2 y′′ + 8 xy′ − 8 y = x2 SOLUCIÓN Es una ecuación de Euler. Cambio de variable: x = et

206


Las derivadas de la función en la nueva variable son: y′ =

dy dy ⎡ d 2 y dy ⎤ d2 y = e− t , y′′ = 2 = e−2 t ⎢ 2 − ⎥ dx dt dx dt ⎦ ⎣ dt

Sustituyendo en la ecuación, se obtiene 6

dy d2 y + 2 − 8 y = e2 t 2 dt dt

que es una ecuación lineal de coeficientes constantes. Ecuación característica y raíces: 6 r 2 + 2r − 8 = 0 . Raíces r = −1 ,

4 3

Solución general de la ecuación homogénea asociada: 4

y = C1 e− t + C2 e 3

t

Para hallar una solución particular de la completa se utilizará el método operacional. La ecuación en notación operacional es

(6 D

2

)

+ 2 D − 8 y = e2 t .

Y el polinomio operacional H ( D ) = 6 D2 + 2 D − 8 Como 2 no es raíz de la ecuación característica, la solución particular yp es yp

1 2t 1 2t e e H (2) 20

207


Solución general de la ecuación completa: 4

t

1 2t e 20

4

1 2 x 20

y = C1 e− t + C2 e 3 + que deshaciendo el cambio resulta: y = C1 x−1 + C2 x 3 +

4.26. a) Encuéntrese la solución general de la ecuación diferencial. x2

d2 y dy − 2x + 2y = 6 2 dx dx

b) ¿De esas soluciones, cuál o cuáles verifican las condiciones iniciales y (0) = 3 ;

dy dx

=1 ? x= 0

c) Si se ha obtenido más de una, explicar porqué existen soluciones distintas que verifican esas condiciones iniciales. SOLUCIÓN a) Es una ecuación de Euler. Efectuando el cambio de variable x = et, y siguiendo los pasos de ejercicios anteriores se obtiene la ecuación de coeficientes constantes: dy d2 y −3 + 2y = 6 2 dt dt Ecuación característica y raíces: r 2 − 3r + 2 = 0 . Raíces: r = 1, r = 2.

208


Solución general de la ecuación homogénea asociada: y = C1 e2 t + C2 et . La solución particular de la ecuación completa será de la forma yp = A, que al sustituir en dicha ecuación e identificando coeficientes, resulta: yp = 3 Por tanto, la solución general de la ecuación completa es y = C1 e2 t + C2 et + 3 Deshaciendo el cambio se obtiene la solución general pedida: y = C1 x2 + C2 x + 3 b) Aplicando las condiciones iniciales se obtiene: y(0) = 3 se cumple para todo C1, C2. dy =1 dx x=0

C2 = 1.

Soluciones: y = C1 x2 + x + 3 . (Infinitas) c) Si se expresa la ecuación en la forma: d 2 y 2 dy 2 6 − + 2 y= 2 2 dx x dx x x se observa que x = 0 es un punto donde no se cumplen las condiciones suficientes para la existencia de solución única (no se cumplen las hipótesis del teorema de existencia y unicidad).

209


4.27. Resuélvase la ecuación 2 x2 y′′ − 3 xy′ − 3 y = x2 + 2 x + 2

SOLUCIÓN Es una ecuación de Euler. Mediante el cambio x = et y, siguiendo los pasos de ejercicios anteriores, se obtiene: 2

dy d2 y − 5 − 3 y = e2 t + 2 e t + 2 2 dt dt

Ecuación homogénea asociada: 2

dy d2 y − 5 − 3y = 0 2 dt dt

Ecuación característica y raíces: 2r 2 − 5r − 3 = 0 . Raíces: r = 3;

−1 2

Solución general de la ecuación homogénea: −1

y = C1 e3 t + C2 e 2

t

Solución particular de la completa. Aplicando el principio de superposición y el método operacional se tienen las siguientes soluciones particulares: De la ecuación 2

dy d2 y − 5 − 3 y = e2 t , una solución particular es 2 dt dt yp1 =

210

1 2t 1 e = − e2 t H (2) 5


De 2

1 1 dy d2 y 2 et = − et . − 5 − 3 y = 2 et , una solución particular yp2 = 2 H (1) 3 dt dt

De 2

1 2 d2 y dy y = 2 = − − 5 − 3 y = 2 , . p3 H (0) 3 dt 2 dt

Por tanto, la solución particular yp buscada es yp = yp1 + yp2 + yp3 Es decir 1 2 1 y p = − e2 t − e t − 5 3 3 Solución general de la ecuación completa −1 t 1 2 1 y = C1 e3 t + C2 e 2 − e2 t − et − 5 3 3

Y deshaciendo el cambio y = C1 x3 + C2

2 1 1 2 1 − x − x− 5 3 3 x

4.28. Resuélvase la ecuación diferencial x2

d2 y dy 1 + 4x +2 y= 2 dx dx x

x≠0

SOLUCIÓN Es una ecuación de Euler. Aplicando el cambio de variable x = et y el procedimiento de ejercicios anteriores se obtiene la ecuación d2 y dy + 3 + 2 y = e− t 2 dt dt

211


Ecuación característica y raíces: r 2 + 3r + 2 = 0

r = 1, 2

Solución general de la ecuación homogénea asociada: y = C1 e− t + C2 e−2 t Solución particular de la ecuación completa. Al ser –1 raíz de la ecuación característica será de la forma yp = Ate–t. Sus derivadas son dyp

= ( A − At ) e− t ; dt

d 2 yp dt 2

= ( At − 2 A ) e− t

Sustituyendo en la ecuación completa, e identificando coeficientes, resulta At − 2 A + 3 A − 3 At + 2 At = At , A = 1 Solución particular: yp = te–t. Solución general de la ecuación completa: y = C1 e− t + C2 e−2 t + te− t Y deshaciendo el cambio y = C1 x−1 + C2 x−2 + x−1 ln x

4.29. Resuélvase la ecuación x3 y′′′ − 3 x2 y′′ + 6 xy′ − 6 y = ln x3 − 1

212


SOLUCIÓN Es una ecuación de Euler. Cambio de variable independiente x = et. Las derivadas de la función son: ⎛ d 2 y dy ⎞ dy dy d2 y = e− t , = e−2 t ⎜ 2 − ⎟ 2 dx dt ⎠ dx dt ⎝ dt

,

⎛ d3 y d3 y d2 y dy ⎞ = e−3 t ⎜ 3 − 3 2 + 2 ⎟ 3 dx dt dt ⎠ ⎝ dt

La ecuación que resulta al sustituir los resultados anteriores es: d2 y dy d3 y − 6 + 11 − 6 y = 3t − 1 3 2 dt dt dt Ecuación característica y raíces: r 3 6r 2 + 11r 6 = 0 r = 1; 2; 3 Solución general de la ecuación homogénea asociada: y = C1 et + C2 e2 t + C3 e3 t Solución particular de la completa, aplicando el método operacional: yp =

1 1 1 3 ⎛ 1 11 ⎞ D⎟ (3t − 1) = − t − (3t − 1) = 3 (3t − 1) = ⎜ − − 2 ⎝ 6 36 ⎠ H ( D) D − 6 D + 11D − 6 2 4

Solución general de la ecuación completa: 1 3 y = C1 et + C2 e2 t + C3 e3 t − t − 2 4 Deshaciendo el cambio y = C1 x + C2 x2 + C3 x3 −

1 3 ln x − 2 4

213


4.30. Considérese la ecuación diferencial lineal definida en R – {0} y′′ + a1 ( x ) y′ + a2 ( x ) y = 0 donde a1(x), a2(x) son funciones definidas en el mismo intervalo. Se pide: a) Hallar los coeficientes a1(x), a2(x) sabiendo que y1(x) = x, y2(x) = x2 son dos soluciones particulares. b) Comprobar que es una ecuación de Euler y reducir, mediante un cambio de variables apropiado, dicha ecuación a una de coeficientes constantes. c) Hallar la solución general. SOLUCIÓN a) Si y1(x) = x, y2(x) = x2 son dos soluciones particulares, cualquier otra y = y(x) es linealmente dependiente con ellas. Es decir, el wronskiano de las tres soluciones es cero.

W ( y, y1 , y2 ) =

y

x2

x

2 2 x 1 = 0 , − x y′′ + 2 xy′ − 2 y = 0 y′′ 2 0

y′

y′′ −

2 2 y′ + 2 y = 0 x x

Por tanto 2 a1 ( x ) = − , x

a2 ( x ) =

2 x2

b) La ecuación es x2 y′′ − 2 xy′ + 2 y = 0. Es una ecuación de Euler. El cambio de variable x = et la convierte en la ecuación de coeficientes constantes: dy d2 y − 3 + 2y = 0 2 dx dt

214


c) Ecuación característica: r2 – 3r + 2 = 0. Raíces: r = 1, r = 2. Solución general: y = C1 et + C2 e2 t

4.31. Resuélvase el problema de valores iniciales: d2 y x − 6 y = ln x, ( x > 0 ) dx2 dy 1 =− y (1) = 1/ 6 ; dx x =1 6 2

SOLUCIÓN Es una ecuación de Euler. Cambio de variable x = et. Sustituyendo dicho cambio y sus derivadas, se obtiene: d 2 y dy − − 6y = t dt 2 dt Ecuación característica de la homogénea r2 – r – 6 = 0, raíces r = 3, r = –2. Solución general de la homogénea: y = C1 e3 t + C2 e−3 t dy = A. dt Sustituyendo e identificando coeficientes se obtiene

Solución particular de la completa: yp = At + B

1 1 yp = − t + 6 36 Solución general: y = C1 e3 t + C2 e−3 t −

1 1 t+ 6 36

215


Deshaciendo el cambio y = C1 x3 + C2 x−2 −

1 1 ln x + 6 36

Condiciones iniciales: y (1) =

1 6

C1 + C2 =

5 36

1 dy = 3C1 2C2 = 0 6 dx x=1

C1 =

1 1 , C2 = 18 12

Solución del problema: y=

1 ⎛ x3 x−2 1⎞ + − ln x + ⎟ ⎜ 6⎝ 3 2 6⎠

4.32. Resuélvase la ecuación ( x + 2)2 y′′ + ( x + 2) y′ + y = 3 ( x + 2)2 SOLUCIÓN Es una ecuación de Legendre, que mediante el cambio z = x + 2, se obtiene la de Euler: z2

2 d2 y dy 3 + + y = z z dz2 dz

Y con z = et se llega a la ecuación: 2 t d2 y 3 + y = e 2 dt

Ecuación característica: r2 + 1 = 0 7 r = ±i Solución general de la ecuación homogénea: y = C1 cos t + C2 sen t

216


Solución particular de la completa, aplicando el método operacional: yp =

2 t 1 9 23 t e3 = e 13 ⎛ 2⎞ H⎜ ⎟ ⎝ 3⎠

Solución general de la ecuación completa: y = C1 cos t + C2 sen t +

9 23 t e 13

Y deshaciendo el cambio: y = C1 cos [ ln( x + 2)] + C2 sen [ ln( x + 2)] +

2 9 ( x + 2) 3 13

4.33. Resuélvase la ecuación (3 x + 4)2 y′′ + 10(3 x + 4) y′ + 6 y = (3 x + 4)2 − 4ln(3 x + 4) SOLUCIÓN Es una ecuación de Legendre. Efectuando el cambio z = 3x + 4, y posteriormente z = et, se obtiene la ecuación: 9

d2 y dy + 21 + 6 y = e2 t − 4t 2 dt dt

Ecuación característica: 9r 2 + 21r + 6 = 0 r = 2;

1 3

Solución general de la ecuación homogénea: y = C1 e−2 t + C2 e

1 − t 3

Solución particular de la completa. Separando los dos sumandos del término independiente de la ecuación, y aplicando el principio de superposición, la solución particular será: yp = yp1 + yp2

217


donde, aplicando el método operacional en cada uno de ellos se obtiene: Solución correspondiente a e2t: yp1

1 2t 1 2t e e H (2) 84

Solución correspondiente a –4t: yp2 =

1 1 2 7 ⎛1 7 ⎞ −4t ] = −4t ] = ⎜ − D⎟ [ −4t ] = − t + [ [ 2 ⎝ 6 12 ⎠ H ( D) 9 D + 21D − 6 3 3

Por tanto yp =

1 2t 2 7 e − t+ 84 3 3

Solución general de la ecuación completa: y = C1 e−2 t + C2 e

1 − t 3

+

7 1 2t 2 e − t+ 84 3 3

Y deshaciendo los cambios realizados: y = C1

1 1 2 7 1 + C2 3 + (3 x + 4)2 − ln(3 x + 4) + 2 (3 x + 4) 3 3 3 x + 4 84

4.34. Compruébese que el cambio de variable independiente x + 1 = et, transforma la ecuación de Legendre:

( x + 1)3

d3 y dy + ( x + 1) − y = 2ln ( x + 1) 3 dx dx

en otra de coeficientes constantes. Hállese la solución general, utilizando el método operacional, para encontrar una solución particular.

218


SOLUCIÓN

( x + 1)3

d3 y dy + ( x + 1) − y = 2ln ( x + 1) dx3 dx

Derivando en x + 1 = et, se deduce 1 = et

dt dx

dt = e t dx

Las derivadas sucesivas de la función son: dy dy dt dy = ⋅ = e− t dx dt dx dt 2 2 d2 y d ⎛ − t dy ⎞ dy ⎞ −t ⎛ −t d y − t dy ⎞ −2 t ⎛ d y = ⋅ = − ⎟ e e e = − e e ⎜⎝ ⎟⎠ 2 2 2 ⎜ ⎜ ⎟ dx dx dt dt dt ⎠ dt ⎠ ⎝ dt ⎝

⎡ −2 t ⎛ d 2 y d 3 y ⎞ d3 y d ⎛ −2 t ⎛ d 2 y dy ⎞ ⎞ dy d 2 y ⎞ ⎤ −t −2 t ⎛ = − e e e = − + e 2 − − ⎢ ⎜⎝ dt 2 dt ⎟⎠ ⎟ ⎜⎝ dt 2 dt 3 ⎟⎠ ⎜⎝ dt + dt 2 ⎟⎠ ⎥ = dx3 dx ⎜⎝ ⎠ ⎦ ⎣ ⎡ d3 y d2 y dy ⎤ = e−3 t ⎢ 3 − 3 2 + 2 ⎥ dt dt ⎦ ⎣ dt Sustituyendo en la ecuación, resulta la ecuación de coeficientes constantes d2 y dy d3 y − 3 + 3 − y = 2t 3 2 dt dt dt Ecuación homogénea asociada: d3 y d2 y dy − +3 − y= 0 3 3 2 dt dt dt Ecuación característica y raíces: r 3 3r 2 + 3r 1 = 0 r = 1 (triple).

219


Solución general de la homogénea: y = C1et + C2tet + C3t 2 et Solución particular de la no homogénea: yp =

1 1 2t ] = 3 [2t] = ( −1 − 3 D ) [2t] = −2t − 6 [ H ( D) D − 3 D2 + 3 D − 1

Solución general: y = C1 et + C2 tet + C3 t 2 et − 2t − 6 que deshaciendo el cambio de variables, resulta:

y = C1 ( x + 1) + C2 ( x + 1) (ln ( x + 1)) + C3 ( x + 1) ( ln ( x + 1)) − 2ln ( x + 1) − 6 2

220

CAPÍTULO 5

LA TRANSFORMADA DE LAPLACE


En este capítulo se estudia la transformada de Laplace como herramienta para determinar la solución de problemas de valor inicial. 1. Orden exponencial Una función f(x) es de orden exponencial si existen dos números reales c M(M > 0) tales que a partir de un cierto valor x0 de x es f ( x ) ≤ Mecx para todo x > x0. 2. Definición de transformada de Laplace Se llama Transformada de Laplace de una función f(x) definida en 0 ≤ x < ∞, a la función F(s) determinada por ∞

L ⎡⎣ f ( x ) ⎤⎦ = F ( s) = ∫ e− sx f ( x ) dx 0

3. Condiciones de existencia Si la función f(x) es continua a trozos y de orden exponencial, entonces existe su transformada de Laplace. 4. Propiedades de la transformada de Laplace — La transformada de Laplace es un operador lineal L ⎡⎣α f ( x ) + β g ( x ) ⎤⎦ = α L ⎡⎣ f ( x ) ⎤⎦ + β L ⎡⎣ g ( x ) ⎤⎦

223


— La transformada de Laplace F(s) = L[ f(x)] de una función tiende a cero cuando s tiende a infinito. lim F ( s) = 0 s →∞

— Si L[f(x)] = F(s) entonces L[eax f(x)] = F(s – a). (Propiedad de traslación) n n d — Si L[ f(x)] = F(s) entonces L ⎡⎣ x n f ( x ) ⎤⎦ = ( −1) F ( s) . dsn

⎡ f ( x) ⎤ — Si L[ f(x)] = F(s) entonces L ⎢ ⎥ = ∫ F ( s) ds . ⎣ x ⎦ s ∞

∞

—

∫ 0

∞ f ( x) dx = ∫ L ⎡⎣ f ( x ) ⎤⎦ ds (siempre que estas integrales existan) x 0

— L[ f′(x)] = sL[ f(x)] – f(0) (si existe f′(x) y su transformada de Laplace). L[ f″(x)] = s2L[ f(x)] – sf(0) – f′(0) L[f (n)(x)] = snL[f(x)] – sn–1f(0) – sn–2f ′(0) – ... – f (n–1)(0)

5. Algunas transformadas de Laplace

224

f(x)

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

1

1 s

eax

1 s: a

xn

n! sn81


f(x)

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

sen (bx)

b s2 8 b2

cos (bx)

s s 8 b2 2

( −1)n

xn f(x), (n N) eax f(x)

dn F ( s) dsn

F(s– a)

6. Definición de transformada inversa de Laplace Se llama Transformada inversa de Laplace L–1[ f(s)] de F(s), a la función f(x) que satisface L[ f(x)] = F(s). 7. Convolución de funciones Si f y g son dos funciones continuas a trozos en un intervalo de valores no negativos de x, se llama convolución de f y g a la función (f g) definida por x

( f ∗ g )( x) = ∫ f ( x − v ) g ( v ) dv 0

8. Teorema de convolución Si existen las transformadas de Laplace de dos funciones, el producto de dichas transformadas es igual a la transformada de su convolución. L ⎡⎣ f ( x ) ⎤⎦ = F ( s) , L ⎡⎣ g ( x ) ⎤⎦ = G ( s) , entonces F ( s) ⋅ G ( s) = L ⎡⎣ f ( x ) ∗ g ( x ) ⎤⎦ De este resultado se deduce que: L−1 ⎡⎣ F ( s) ⋅ G ( s) ⎤⎦ = f ( x ) ∗ g ( x )

225


9. Función escalón unitario Para un número real c ≥ 0, se llama Función escalón unitario (o también Función de Heaviside), a la función Hc(x) definida para x no negativo, por ⎧⎪ 0, si x < c Hc ( x ) = ⎨ 1, si x ≥ c ⎩⎪

y

Hc(x)

1

0

x

c Figura 5.1. Función escalón unitario

Un aspecto interesante es que estas funciones pueden utilizarse para expresar otras con discontinuidad de salto en una sola expresión, como combinación lineal de funciones escalón unitario. La transformada de Laplace de la función Hc(x) es L ⎡⎣ Hc ( x ) ⎤⎦ =

e− cs , s

s>0

(5.1)

10. Función trasladada Dada la función f(x), puede comprobarse fácilmente que la función g(x) = Hc(x) f(x – c) corresponde a la resultante de trasladar c unidades f(x) en sentido positivo Se llama función trasladada c unidades de f(x).

226


11. Propiedad de la función trasladada La relación entre las transformadas de Laplace de una función f(x), y su trasladada Hc(x) f(x – c) es: L ⎡⎣ Hc ( x ) f ( x − c ) ⎤⎦ = e− cs L ⎡⎣ f ( x ) ⎤⎦

(5.2)

12. Función periódica Una función f(x) de variable real es una función periódica, si para todo x existe un número positivo p (periodo), tal que f ( x ) = f ( x + p) Si f(x) es una función periódica de periodo p que verifica las condiciones de existencia de transformada de Laplace, entonces: p

L ⎡⎣ f ( x ) ⎤⎦ =

∫e

− sx

f ( x ) dx

0

1 − e− sp

(5.3)

13. Función impulso La función x (x) definida de la forma 0

⎧ I , si ⎪ δ x0 ( x ) = ⎨ 2 x0 ⎪0, si ⎩

x < x0 x ≥ x0

corresponde a una función como la de la figura 5.2.a, donde el área comprendida entre (–x0, x0) es I. Esta función se llama función impulso, siendo I la cantidad o el valor de dicho impulso. Si I = 1 la función se llama Función impulso unitario.

227


I 2x0

–x0

I 2x0

x0

x

a – x0

a

a + x0

x

b) Función x0 (x – a)

a) Función x0 (x)

Figura 5.2.a Figura 5.2.b

Si el centro del impulso se fija en x = a en lugar de el origen, la función resultante será la trasladada a unidades: será x (x – a) (figura 5.2.b). 0

14. Función delta de Dirac El límite de distintas funciones impulso unitario x (x – a), para distintos valores de x0 cuando este tiende a cero se llama Función delta de Dirac, (x – a). 0

La transformada de Laplace de la función delta de Dirac es L ⎡⎣δ ( x − a) ⎤⎦ = e− sa

228

(5.4)


En los ejercicios de este capítulo se omiten las restricciones sobre la variable s. Estas se suponen suficientes para que exista la convergencia de la correspondiente transformada de Laplace.

5.1. Utilizando la definición, calcúlese la transformada de Laplace de las siguientes funciones: ⎧ 0 si ⎪ 3 si a) f ( x) = ⎨ ⎪ 2x + 1 si ⎪⎩ ⎧ ⎪ 3− x si b) f ( x) = ⎨ 2 si x ⎪⎩

⎫ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪⎭

−4 ≤ x ≤ 1 1< x ≤ 4 4< x 0 ≤ x ≤1 x >1

⎫ ⎪ ⎬ ⎪⎭

c) f ( x) e x cos x SOLUCIÓN a) L[ f ( x)] =

∫

∞

0

e− sx f ( x) dx =

∫

1

0

∞

4

e− sx ⋅ 0 dx + ∫ e− sx ⋅ 3dx + ∫ e− sx (2 x + 1) dx 1

4

Resolviendo por partes la última integral: − sx ∫ e (2 x + 1) dx = −

(2 x + 1) − sx e− sx (2 x + 1) − sx 2 e− sx e − 2 , e + ∫2 dx = − s s s s

resulta: 4

∞

⎡ 3 e− sx ⎤ ⎡ (2 x + 1) − sx 2 e− sx ⎤ 6 e−4 s 2 e−4 s 3 e− s = + 2 + + − − L[ f ( x)] = ⎢ − e s ⎥⎦1 ⎢⎣ s s2 ⎥⎦ 4 s s s ⎣

229


b) L [ f ( x)] =

∫

∞

0

e− sx f ( x) dx =

∫

1

0

∞

e− sx (3 − x) dx + ∫ e− sx x2 dx 1

Aplicando el método de integración por partes, se tiene:

∫

1

∫

∞

0

1

e− sx (3 − x) dx = −(3 − x) e− sx x2 dx = −

e− sx e− sx + 2 s s

x2 e− sx 2 xe− sx 2 − sx − − 3e s s2 s

Por tanto: ∞

1

⎡ e− sx e− sx ⎤ ⎡ x2 e− sx 2 xe− sx 2 − sx ⎤ − − 3e ⎥ = L[ f ( x)] = ⎢ − (3 − x) + 2 ⎥ + ⎢− s s ⎦0 ⎣ s s2 s ⎦1 ⎣ = −2

e− s e− s 3 1 e− s 2 e− s 2 − s + 2 + − 2+ + 2 + 3e s s s s s s s

⎡ 1 3 2⎤ 1 3 L[ f ( x)] = e− s ⎢ − + 2 + 3 ⎥ − 2 + s ⎦ s s ⎣ s s c) L [ f ( x)] =

∫

∞

0

e− sx e x cos x dx =

∫

∞

0

e x (1− s) cos x dx

Integrando por partes:

∫e

x (1− s )

cos x dx = e x (1− s) sen x − ∫ (1 − s)sen x e x (1− s) dx = = e x (1− s) sen x + (1 − s) e x (1− s) cos x + ∫ (1 − s)2 cos x e x (1− s) dx

Por tanto, despejando la integral se obtiene:

∫e

x (1− s )

cos x dx = e x (1− s)

[sen x + (1 − s)cos x] 1 + (1 − s)2

y en consecuencia: ⎡ [sen x + (1 − s)cos x] ⎤ = − 1 − s L [ f ( x)] = ⎢ e x (1− s) ⎥ 1 + (1 − s)2 1 + (1 − s)2 ⎦0 ⎣ ∞

230


5.2. Utilizando las propiedades de la transformada de Laplace y la tabla del apartado 5 de la introducción, calcúlese la transformada de las siguientes funciones: a) f ( x) = 3 x2 + 8 x − 5 b) f ( x) = (2 x − 1)3 c) f ( x) = x3 − 2 e−4 x d) f ( x) = cos ( 3 x ) + sen ( 4 x ) e) f ( x) cos2 x f) f ( x) = sen x ⋅ cos x g) f ( x) e3 x x2 cos(2 x) h) f ( x) = e−5 x cos2 x i) f ( x)

sen 2 x x

j) f ( x)

e3 x sen(4 x) x

x 3x 2 k) f ( x) = x( e + e )

l) f ( x) =

e x − e− x x

SOLUCIÓN a) Teniendo en cuenta la propiedad de linealidad y la tabla de transformadas: L[ f ( x)] = 3 L[ x2 ] + 8 L[ x] − 5L[1] =

6 8 5 + − s3 s2 s

231


b) f ( x) = (2 x − 1)3 = 8 x3 − 12 x2 + 6 x − 1 L[ f ( x)] = 8 L[ x3 ] − 12 L[ x2 ] + 6 L[ x] − L[1] = c) L[ f ( x)] = L[ x3 ] − 2 L[ e−4 x ] =

48 24 6 1 − + − s4 s3 s2 s

6 2 − 4 s s+ 4

d) L[ f ( x)] = L[cos(3 x)] + L[sen(4 x)] = e) Teniendo en cuenta que cos2 x =

4 s + 2 s + 9 s + 16 2

1 + cos(2 x) , entonces: 2

s ⎞ ⎛1 ⎞ 1⎛1 L[ f ( x)] = L ⎜ (1 + cos ( 2 x ))⎟ = ⎜ + 2 ⎝2 ⎠ 2 ⎝ s s + 4 ⎟⎠ f) Puesto que sen x cos x =

sen ( 2x ) , entonces: 2

L[ f ( x)] =

1⎛ 2 ⎞ 1 ⎜⎝ 2 ⎟⎠ = 2 s +4 2 s +4

g) Teniendo en cuenta que L[cos(2 x)] = dad del producto por xn, resulta: L[ x2 cos 2 x] = (−1)2

s , y aplicando la propies +4 2

d 2 ⎛ s ⎞ d ⎛ 4 − s2 ⎞ 2 s3 − 24 s = ⎜ ⎟= 3 ds2 ⎝ s2 + 4 ⎠ ds ⎜⎝ ( s2 + 4)2 ⎟⎠ s2 + 4

(

)

Y según la propiedad de la traslación: L[ e3 x x2 cos 2 x] =

2( s − 3)3 − 24( s − 3) ⎡( s − 3)2 + 4 ⎤ ⎣ ⎦

3

h) Aplicando el resultado obtenido en el apartado e) y después la propiedad de la traslación, resulta:

232


L[ e−5 x cos2 x] =

1⎡ 1 s+5 ⎤ + ⎢ ⎥ 2 ⎢⎣ s + 5 ( s + 5)2 + 4 ⎥⎦

i) Teniendo en cuenta que sen 2 x = dad, queda: L ⎡⎣sen 2 x ⎤⎦ =

1 − cos(2 x) y aplicando la lineali2

s ⎤ 1 ⎡1 − 2 ⎢ 2 ⎣ s s + 4 ⎥⎦

Según la propiedad de la transformada del cociente de una función por x:

(

∞ s2 + 4 ⎡ sen 2 x ⎤ 1 ∞ ⎛ 1 s ⎞ 1⎡ 1 1 ⎤ 2 L⎢ ⎟ ds = ⎢ ln s − ln s + 4 ⎥ = ln ⎥= ∫ ⎜ − 2 2⎣ s 2 ⎦s 2 ⎣ x ⎦ 2 s ⎝ s s + 4⎠

(

)

)

1

2

j) Aplicando la tabla y la propiedad de la traslación L[ e3 x sen(4 x)] =

4 ( s − 3)2 + 16

En virtud de la propiedad de la transformada del cociente de una función por x: ⎡ e3 x sen(4 x) ⎤ L⎢ ⎥= x ⎣ ⎦

∫

∞ s

∞

4 π ⎡ ⎛ s − 3⎞ ⎤ ⎛ s − 3⎞ = − arctg ⎜ ds = ⎢arctg ⎜ ⎟ 2 ⎥ ⎝ 4 ⎠ ⎦s 2 ⎝ 4 ⎟⎠ ( s − 3) + 16 ⎣

x 3x 2 2x 6x 4x k) f ( x) = x( e + e ) = x( e + e + 2 e )

Mediante la tabla de transformadas: L[ e2 x + e6 x + 2 e4 x ] =

1 2 1 + + s−2 s−6 s− 4

En virtud de la propiedad del producto por xn:

(

)

2

L[ x e x + e3 x ] =

1 1 2 + + 2 2 ( s − 2) ( s − 6) ( s − 4)2

233


l) Aplicando la linealidad y la propiedad de la división entre x: ⎡ e− x ⎤ ⎡ ex ⎤ L[ f ( x)] = L ⎢ ⎥ − L ⎢ ⎥= ⎣ x ⎦ ⎣x⎦

∫

∞ s

∞

1 ⎞ ⎡ ⎛ s − 1⎞ ⎤ ⎛ 1 − ⎜⎝ ⎟⎠ ds = ⎢ ln ⎜⎝ ⎟ = s −1 s +1 s + 1⎠ ⎥⎦ s ⎣

⎛ s − 1⎞ ⎛ s + 1⎞ = ln1 − ln ⎜ = ln ⎜ ⎟ ⎝ s + 1⎠ ⎝ s − 1⎟⎠

5.3. Se llama integral euleriana de segunda especie a la función de (0,∞) en R definida por la integral: ∞

Γ ( x ) = ∫ t x −1 e− t dt 0

Sabiendo que Q(n + 1) = n! (n = 1, 2, ...) y aplicando la definición de transformada de Laplace L[ f(x)] de una función, deducir que para a R, es: L ⎡⎣ x n e ax ⎤⎦ =

n!

( s − a)n+1

SOLUCIÓN: ∞

∞

0

0

L ⎡⎣ x n e ax ⎤⎦ = ∫ e− sx x n e ax dx = ∫ e( a− s) x x n dx Mediante el cambio de variable: z = –(a – s)x; dz = (s – a)dx resulta: ∞

L ⎡⎣ x n e ax ⎤⎦ = ∫ e− z 0

∞

Como Γ ( x ) = ∫ t 0

x −1

e

−t

zn

( s − a)

n

⋅

dz = ( s − a)

e ( s − a) ∫ n +1

−z

z n dz

0

∞

dt , entonces Γ ( n + 1) = ∫ t n e− t dt = n! , y se obtiene: 0

L ⎡⎣ x n e ax ⎤⎦ =

234

∞

1

n!

( s − a)n+1


5.4. Calcúlese la transformada inversa de cada una de las siguientes funciones: a)

1 4s 8 1

b)

4s 4 s2 8 1

c)

2s : 6 s2 : 16

d)

s s + 2s − 6

e)

( s 8 2)2 s3

f)

s +1 s + s2 − 20 s

g)

1 s :9

h)

2s − 6 s2 + 9

2

3

4

SOLUCIÓN 1 14 1 ax = a) Puesto que L[ e ] = y teniendo en cuenta que se s− a 4s + 1 s + 1 4 llega a: 1 ⎡ 1 ⎤ 1 −4x L−1 ⎢ e = ⎣ 4 s + 1 ⎥⎦ 4

4s s s = 2 b) Expresando , y recordando que L [ cos bx ] = 2 2 1 s + b2 4s + 1 s + 4 se obtiene: ⎛1 ⎞ ⎡ 4s ⎤ L−1 ⎢ 2 = cos ⎜ x⎟ ⎥ ⎝2 ⎠ ⎣ 4s + 1⎦

235


c) Descomponiendo en fracciones simples. 2s − 6 74 14 = + s2 − 16 s + 4 s − 4 Por tanto ⎡ 2s − 6 ⎤ ⎡74⎤ ⎡ 1 4 ⎤ 7 −4 x 1 4 x L−1 ⎢ 2 = L−1 ⎢ + L−1 ⎢ = e + e ⎥ ⎥ 4 ⎣ s − 16 ⎦ ⎣ s+ 4⎦ ⎣ s − 4 ⎥⎦ 4 d) Descomponiendo en fracciones simples s 3 4 14 . = + s + 2s − 3 s + 3 s − 1 2

Por tanto s ⎡ ⎤ ⎡34⎤ ⎡ 1 4 ⎤ 3 −3 x 1 x L−1 ⎢ 2 = L−1 ⎢ + L−1 ⎢ = e + e ⎥ ⎥ 4 ⎣ s + 2s − 3 ⎦ ⎣ s+ 3⎦ ⎣ s − 1 ⎥⎦ 4 e) Descomponiendo en fracciones simples ( s + 2)2 1 4 4 = + 2+ 3 s3 s s s ⎡ ( s + 2)2 ⎤ ⎡4⎤ ⎡4⎤ ⎡1⎤ = L−1 ⎢ ⎥ + L−1 ⎢ 2 ⎥ + L−1 ⎢ 3 ⎥ = 1 + 4 x + 2 x2 L−1 ⎢ ⎥ 3 ⎣s ⎦ ⎣s ⎦ ⎣ s⎦ ⎣ s ⎦ f) Descomponiendo en fracciones simples: s +1 s +1 −4 45 5 36 1 20 = = + − 2 s + s − 20 s ( s + 5)( s − 4) s s+5 s− 4 s 3

s +1 4 −5 x 5 4 x 1 ⎡ ⎤ ⎡ −4 45 ⎤ ⎡ 5 36 ⎤ ⎡1 20 ⎤ L−1 ⎢ 3 e + e − = L−1 ⎢ + L−1 ⎢ − L−1 ⎢ =− 2 ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ 45 36 20 ⎣ s + s − 20 s ⎦ ⎣ s+5 ⎦ ⎣ s− 4⎦ ⎣ s ⎦

236


g) Descomponiendo en fracciones simples: 1 1 −1 1 1 12 3 12 3 = 2 = 26 − + s4 − 9 s + 3 s+ 3 s− 3 s + 3 ( s + 3) s − 3

(

(

)

)

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ 1 ⎤ −1 ⎡ −1 6 ⎤ −1 1 (12 3) −1 1 (12 3) − + = L−1 ⎢ 4 L L L ⎢ ⎥ ⎢ ⎥= 2 ⎢⎣ s + 3 ⎥⎦ ⎣ s − 9 ⎥⎦ ⎣ s+ 3 ⎦ ⎣ s− 3 ⎦ 1 1 =− ⋅ sen 6 3

(

)

3x −

1 e− 12 3

3x

+

1 e 12 3

3x

h) ⎡ 2s − 6 ⎤ ⎡ 2s ⎤ ⎡ 6 ⎤ L−1 ⎢ 2 = L−1 ⎢ 2 − L−1 ⎢ 2 = 2cos(3 x) − 2sen(3 x) ⎥ ⎥ ⎣s +9⎦ ⎣s + 9⎦ ⎣ s + 9 ⎥⎦

s no es transformada de Laplace s +1 de una función continua a trozos y de orden exponencial.

5.5. Pruébese que la función F ( s) =

SOLUCIÓN Si fuera transformada de Laplace de una función con esas propiedades, s debería cumplir que lim F ( s) = 0 , pero lim = 1. s→∞ s→∞ s + 1

5.6. a) Demuéstrese la siguiente propiedad de la transformada de Laplace de una función f(x): ∞

∫ 0

∞ f ( x) dx = ∫ L ⎡⎣ f ( x ) ⎤⎦ds x 0

237


b) Aplicando lo anterior, calcúlese

∫

∞

0

sen( ax) − sen( bx) dx , siendo a > 0 x

y b < 0. SOLUCIÓN a) Sea F(s) la transformada de Laplace de f(x), y sea g(x) la función f ( x) g ( x) = , siendo G(s) su transformada de Laplace. x De f(x) = x g(x), se obtiene d F ( s) = L ⎡⎣ f ( x ) ⎤⎦ = L ⎡⎣ xg ( x ) ⎤⎦ = − L ⎡⎣ g ( x ) ⎤⎦ = − G ′ ( s) ds Es decir: G′(s) = –F(s) Integrando esta expresión entre infinito y s, resulta: s

∞

∞

s

G ( s) ∞ = − ∫ F ( s)ds = ∫ F ( s) ds s

Por tanto: ∞

G ( s) − lim G( s) = ∫ F ( s) ds s→∞

s

Al ser lim G( s) = 0 (límite de la transformada de Laplace de una funs→∞

ción), queda: ∞

G ( s) = ∫ F ( s) ds s

238


o lo que es igual: ⎡ f ( x) ⎤ L⎢ ⎥ = ∫ F ( s) ds ⎣ x ⎦ s ∞

Expresión que aplicando la definición puede ponerse también: ∞

∫ 0

∞ f ( x ) − sx e dx = ∫ F ( s) ds x s

y haciendo tender s a cero se obtiene: ∞

∫ 0

∞ f ( x) dx = ∫ L ⎡⎣ f ( x ) ⎤⎦ ds x 0

b) Aplicando la propiedad anterior se obtiene:

∫

∞

0

sen( ax) − sen( bx) dx = x

∞

∞

0

0

∫ L [sen(ax) − sen(bx)] ds = ∫

b ⎞ ⎛ a − 2 ⎜⎝ 2 ⎟ ds = 2 s +a s + b2 ⎠

∞

π ⎛ π⎞ ⎡ ⎛ s⎞ ⎛ s⎞ ⎤ = ⎢arctg ⎜ ⎟ − arctg ⎜ ⎟ ⎥ = − ⎜ − ⎟ = π. ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ a b ⎣ ⎦0 2 ⎝ 2 ⎠

(Obsérvese que b < 0).

5.7. Utilizando el teorema de convolución, calcúlense las transformadas inversas de las funciones: a) F ( s) =

2s − 1 s ( s2 + 1)

b) F ( s) =

s +1 ( s + 2 s + 2)2

c) F ( s) =

s ( s + a2 )2

2

2

2

239


SOLUCIÓN a) F(s) puede expresarse de la siguiente forma: F ( s) =

2s − 1 1 2s − 1 = 2⋅ 2 = G( s) ⋅ H ( s) 2 s ( s + 1) s s + 1 2

1 2s − 1 , y a H ( s) = 2 . 2 s s +1

donde se ha llamado a G ( s) =

Las transformadas inversas de G(s) y de H(s) son, respectivamente: ⎡1⎤ g ( x ) = L−1 [G( s)] = L−1 ⎢ 2 ⎥ = x ⎣s ⎦ ⎡ 2s − 1⎤ ⎡ 2s ⎤ ⎡ 1 ⎤ h ( x ) = L−1 [ H ( s)] = L−1 ⎢ 2 = L−1 ⎢ 2 − L−1 ⎢ 2 = 2cos x − sen x ⎥ ⎥ ⎣ s +1⎦ ⎣ s + 1⎦ ⎣ s + 1 ⎥⎦ La convolución g( x) * h( x) es: g( x) * h( x) =

∫

x

0

g( x − v) h( v) dv =

∫

x

0

( x − v)(2 cos v − senv) dv =

x

x

0

0

= x ∫ (2 cos ν − sen ν) d ν − ∫ ν(2 cos ν − sen ν) d ν = = x ⋅ [ 2sen ν + cos ν ]0 − [ ν(2sen ν + cos ν)]0 + [ −2 cos ν + sen ν ]0 = x

x

= − x − 2 cos x + sen x + 2

Por tanto, y aplicando el teorema de convolución L−1 [ G( s) ⋅ H ( s)] = g( x) * h( x) , resulta: L−1 [ F ( s)] = − x − 2cos x + sen x + 2

240

x


b) Expresando F(s) de la misma forma que en el apartado anterior, se tiene: F ( s) =

s +1 1 ⋅ = G( s) ⋅ H ( s) 2 ( s + 1) + 1 ( s + 1)2 + 1

Para hallar las transformadas inversas de G(s) y H(s) se aplicará la propiedad de traslación, y queda: ⎡ s +1 ⎤ = e− x cos x g ( x ) = L−1 [G( s)] = L−1 ⎢ 2 ⎥ ⎣ ( s + 1) + 1 ⎦ 1 ⎡ ⎤ −x h ( x ) = L−1 [ H ( s)] = L−1 ⎢ 2 ⎥ = e sen x + + s ( 1) 1 ⎣ ⎦ Aplicando el teorema de convolución, se obtiene: L−1 ⎡⎣G( s) ⋅ H ( s) ⎤⎦ = g( x) * h( x) =

∫

x

0

g( x − v) h( v) dv =

∫

x

0

e− x cos( x − v)sen v d ν

Y teniendo en cuenta que sen A cos B =

sen( A + B) + sen( A − B) 2

(5.5)

Entonces

∫

x

0

e− x cos( x − v)sen v dv =

∫

x

0

⎡ sen x + sen(2 v − x) ⎤ e− x ⎢ ⎥⎦ dv = 2 ⎣

x x ⎛ ⎡1 ⎤ ⎡ 1 cos(2 v − x) ⎤ ⎞ 1 − x = e ⎜ ⎢ v ⋅ sen x ⎥ − ⎢ ⋅ ⎥⎦ ⎟ = 2 e x sen x 2 ⎦0 ⎣ 2 ⎝ ⎣2 0⎠ −x

Por tanto L−1 [ F ( s)] =

1 −x e x sen x 2

241


c) F ( s) =

s 1 ⋅ 2 = G( s) ⋅ H ( s) 2 s + a s + a2 2

Las transformadas inversas de G(s) y H(s) son: ⎡ s ⎤ = cos ( ax ) g ( x ) = L−1 [G( s)] = L−1 ⎢ 2 2 ⎣ s + a ⎥⎦ ⎡ 1 ⎤ sen ( ax ) h ( x ) = L−1 [ H ( s)] = L−1 ⎢ 2 = 2 a ⎣ s + a ⎥⎦ Por el teorema de convolución: L−1 ⎡⎣G( s) ⋅ H ( s) ⎤⎦ = g( x) * h( x) =

∫

x

0

g( x − v) h( v) dv =

∫

x

0

cos ( a( x − v))

sen ( av) dv a

Utilizando la fórmula trigonométrica (5.5) se tiene:

∫

x

0

cos ( a( x − v))

sen( av) dv = a =

∫

x

0

sen( ax) + sen(2 av − ax) dv = 2a

x 1 ⎛ 1 x ⎡ cos(2 av − ax) ⎤ ⎞ ⋅ − v sen( ax ) [ ]0 ⎢ ⎟ = 2 a x sen ( ax ) ⎥ a 2 a ⎜⎝ 2 ⎦0 ⎠ ⎣

Por tanto L−1 [ F ( s)] =

1 x sen ( ax ) 2a

5.8. Resuélvase el problema de valores iniciales: dy + e−2 x ∗ y( x) = 1 ; y(0) = 0 dx

(

= Convolución de funciones 242

)


SOLUCIÓN Considerando transformadas de Laplace en la ecuación, llamando Y(s) = L[ y(x)], y recordando la transformada de la derivada y el teorema de convolución, se obtiene: ⎡ dy ⎤ L ⎢ ⎥ + L ⎡⎣ e−2 x ⎤⎦ ⋅ L ⎡⎣ y ( x ) ⎤⎦ = L [1] ⎣ dx ⎦

⎡ dy ⎤ L ⎢ ⎥ + L ⎡⎣ e−2 x ∗ y( x) ⎤⎦ = L [1] ; ⎣ dx ⎦ sY ( s) − y(0) +

1 1 Y ( s) = s+2 s

De donde se deduce: Y ( s) =

s+2 s( s + 1)2

Por tanto: ⎡ s+2 ⎤ y( x) = L−1 ⎢ 2 ⎥ ⎢⎣ s ( s + 1) ⎥⎦ Descomponiendo en fracciones simples: A B C s+2 = + + 2 2 s (s + 1) s +1 s(s + 1)

A = 2 B = 1 C = 2

Queda: ⎡ s+2 ⎤ 1 2 ⎤ ⎡ 1 ⎤ −1 ⎡ 2 ⎤ ⎡2 ⎡2⎤ −L ⎢ y( x) = L−1 ⎢ = L−1 ⎢ ⎥ − L−1 ⎢ = L−1 ⎢ − − 2 ⎥ 2 2 ⎥ ⎥ s + 1⎦ ⎣ s + 1 ⎥⎦ ⎣ s⎦ ⎣ ( s + 1) ⎦ ⎣ s ( s + 1) ⎢⎣ s ( s + 1) ⎥⎦

Y hallando las transformadas inversas se obtiene la solución pedida y( x) = 2 − xe− x − 2 e− x

243


⎡ 1 ⎤ NOTA: La transformada inversa L−1 ⎢ = xe− x se puede deducir fá2 ⎥ s + ( 1) ⎣ ⎦ cilmente de la expresión (Ejercicio 5.3), para n = 1, a = –1: L ⎡⎣ x n e ax ⎤⎦ =

n!

( s − a)n+1

5.9. a) Utilizando la transformada de Laplace, resuélvase el problema de valores iniciales: ⎧ x2 y′′ − 6 y = 0 ⎨ ⎩ y(0) = y′(0) = 0 . b) Compruébese que la solución a dicho problema no es única y justifíquese. SOLUCIÓN a) Sea y(x) la solución. Llamando Y(s) = L[ y(x)] y hallando transformadas se obtiene L ⎡⎣ x2 y′′ ⎤⎦ − 6 L [ y ] = 0 d2 Recordando que L ⎡⎣ x2 y′′ ⎤⎦ = 2 L [ y′′ ] , y que ds L [ y′′ ] = s2 Y ( s) − sy(0) − y′(0) = s2 Y ( s) , entonces: L ⎡⎣ x2 y′′ ⎤⎦ =

244

d2 2 s Y ( s) = s2Y ′′( s) + 4 sY ′( s) + 2Y ( s) . ds2

(

)

(5.6)


y la ecuación (5.6) queda s2Y ′′( s) + 4 sY ′( s) − 4Y ( s) = 0 Es una ecuación de Euler con s como variable independiente, e Y(s) como función. Efectuando el cambio de variable s = et, entonces: Y ′ ( s) =

⎛ d 2Y dY ⎞ dY dY d 2Y , Y ′′ ( s) = = e− t = e−2 t ⎜ 2 − 2 ds dt ds dt ⎟⎠ ⎝ dt

,

quedando la ecuación homogénea de coeficientes constantes: d 2Y dY +3 − 4Y = 0 2 dt dt Ecuación característica: k2 + 3k – 4 = 0. Raíces: k = 1, k = –4. Solución general: Y = C1 et + C2 e−4 t Y deshaciendo el cambio: Y ( s) = C1 s + C2 s−4 Ahora bien, la transformada de Laplace de una función tiende a cero C cuando s " ∞, con lo cual ha de ser C1 = 0, y con ello Y ( s) 42 . s Por tanto, la solución pedida es: ⎡C ⎤ y( x) = L−1 ⎢ 42 ⎥ = Cx3 ⎣s ⎦ b) y(x) = Cx3 es solución del problema para todo valor de C como puede comprobarse. Ello es debido a que las condiciones iniciales están dadas en un punto x = 0 donde no se verifica el teorema de existencia y unicidad.

245


Expresando la ecuación en forma normal: 1 y=0 x2

y′′ −

se observa la no continuidad en ese punto del coeficiente :

1 . x2

5.10. Aplicando transformadas de Laplace, resuélvase el problema de valor inicial: y′ − 2 y = x e x

y ( 0 ) = −1

,

SOLUCIÓN Llamando L[y] = Y(s) y tomando transformadas de Laplace en la ecuación, se obtiene: L [ y′ ] − 2 L [ y ] = L ⎡⎣ x e x ⎤⎦ ,

s L [ y] − y (0) − 2 L [ y] =

( s − 2) L [ y ] =

1

( s − 1)2

1

( s − 1)2

−1

Es decir: L [ y] =

−s

( s − 1)2

Descomponiendo en fracciones simples: s A B 2 = 2 + ( s 1) ( s 1) s 1

A = 1 ,

Por tanto: L [ y] =

246

−1

( s − 1)

2

+

−1 s −1

B = 1

;


Tomando transformadas inversas: ⎡ 1 ⎤ ⎡ 1 ⎤ = − xe x − e x y = − L−1 ⎢ − L−1 ⎢ 2 ⎥ ⎥ s − 1 ⎦ ⎣ ⎢⎣ ( s − 1) ⎥⎦ La solución del problema es: y = –ex (x + 1)

5.11. Utilizando la función escalón unitario Hc(x), hállense las transformadas de Laplace de las siguientes funciones: ⎪⎧ 1 si 0 ≤ x < 3 , a) f ( x) = ⎨ x≥3 ⎩⎪ 0 si ⎧ ⎪ ⎪ = f ( x ) b) ⎨ ⎪ ⎪⎩

2 si 0 ≤ x < 1 −1 si 1 ≤ x < 3 si 3 ≤ x < 5 si x > 5

0 1

SOLUCIÓN a) La gráfica se representa a continuación en la figura 5.3.a y

1

0

f(x)

3

x

Figura 5.3.a

La función puede expresarse en términos de función escalón unitario f ( x ) = H0 ( x ) − H3 ( x )

247


Recordando la transformada de Laplace de la función escalón unitario (5.1) de la introducción teórica, resulta: 1 e−3 s L ⎡⎣ f ( x ) ⎤⎦ = L ⎡⎣ H0 ( x ) ⎤⎦ − L ⎡⎣ H3 ( x ) ⎤⎦ = − s s b) Gráfica de la función a continuación (Figura 5.3.b). y

2 f(x) 1

0

3

5

x

–1

Figura 5.3.b

En términos de función escalón unitario: f ( x ) = 2H0 ( x ) − 3H1 ( x ) + H3 ( x ) + H5 ( x ) Entonces: L ⎡⎣ f ( x ) ⎤⎦ = 2 L ⎡⎣ H0 ( x ) ⎤⎦ − 3 L ⎡⎣ H1 ( x ) ⎤⎦ + L ⎡⎣ H3 ( x ) ⎤⎦ + L ⎡⎣ H5 ( x ) ⎤⎦ =

L ⎡⎣ f ( x ) ⎤⎦ =

248

2 − 3 e− s + e−3 s + e−5 s s

2 3 e− s e−3 s e−5 s − + + s s s s


5.12. De la función g( x) = x ⋅ H1 ( x ) , se pide: a) Representarla gráficamente b) ¿De que función f(x) es trasladada una unidad? c) Hallar su transformada de Laplace, aplicando la propiedad de la función trasladada. SOLUCIÓN a) La gráfica se representa a continuación (Figura 5.4). y

f(x) g(x)

1

0

x

1

Figura 5.4

b) La función f(x) es: f(x) = x + 1 para x ≥ 0 Es decir, se verifica: g ( x ) = H1 ( x ) ⋅ f ( x − 1) = H1 ( x ) ⋅ x c) Aplicando la propiedad de la función trasladada, (5.2) de la introducción teórica, resulta: ⎛ 1 1⎞ L ⎡⎣ H1 ( x ) ⋅ f ( x − 1) ⎤⎦ = e− s L ⎡⎣ f ( x ) ⎤⎦ = e− s L [ x + 1] = e− s ⎜ 2 + ⎟ ⎝s s⎠ ⎛ 1 1⎞ Es decir: L ⎡⎣ g ( x ) ⎤⎦ = e− s ⎜ 2 + ⎟ ⎝s s⎠

249


5.13. Hállense las siguientes transformadas inversas de Laplace: ⎡ e− s ⎤ a) L−1 ⎢ 3 ⎥ ⎣s ⎦ ⎡ e− πs ⎤ b) L−1 ⎢ 2 ⎥ ⎣ s + 1⎦ SOLUCIÓN a) Recordando la propiedad de la función trasladada: L ⎡⎣ Hc ( x ) f ( x − c ) ⎤⎦ = e− cs L ⎣⎡ f ( x ) ⎤⎦ o lo que es igual: Hc ( x ) f ( x − c ) = L−1 ⎡⎣ e− cs L ⎡⎣ f ( x ) ⎤⎦ ⎤⎦ y comparándola con el enunciado, se observa que c = 1, y que 1 = L ⎡⎣ f ( x ) ⎤⎦ . s3 Por tanto: ⎡1⎤ 1 f ( x ) = L−1 ⎢ 3 ⎥ = x2 ⎣s ⎦ 2 Y la transformada inversa es: ⎡ e− s ⎤ 1 2 L−1 ⎢ 3 ⎥ = H1 ( x ) ⋅ f ( x − 1) = H1 ( x ) ⋅ ( x − 1) 2 ⎣s ⎦ b) En este caso c = –S,

250

1 = L ⎡⎣ f ( x ) ⎤⎦ . s +1 2


Por tanto: ⎡ 1 ⎤ = sen x f ( x ) = L−1 ⎢ 2 ⎣ s + 1 ⎥⎦ Y utilizando la propiedad de la función trasladada, la transformada inversa pedida es 1 ⎤ ⎡ L−1 ⎢ e− πs 2 = Hπ ( x)sen ( x − π ) = − Hπ ( x)sen x s + 1 ⎥⎦ ⎣

5.14. La corriente I(t) en un circuito eléctrico de inductancia D, y resistencia R, viene dada por la ecuación:

D

dI ( t ) + RI ( t ) = E ( t ) dt

donde E(t) es la fuerza electromotriz aplicada. Suponiendo I(0) = 0, hállese I(t) si E(t) es la función escalón unitario E(t) = H0(t).

SOLUCIÓN Considerando transformadas de Laplace en la ecuación, llamando Y(s) = L[ I(t)], se tiene: dI L D + L [ RI ] = L [ H0 ] dt

DsY ( s) + RY ( s) =

1 s

Y ( s) =

1 s ( Ds + R )

Descomponiendo en fracciones simples: 1 A B = + s ( Ds + R ) s Ds + R

A=

1 R

;

B=

D R

251


Por tanto 1 ⎤ ⎡1/ R − D / R ⎤ 1 −1 ⎡ 1 = L ⎢ − I ( t ) = L−1 ⎡⎣Y ( s) ⎤⎦ = L−1 ⎢ + ⎥ Ds + R ⎦ R ⎣ s s + R / D ⎥⎦ ⎣ s I (t) =

R − t⎞ 1⎛ D − 1 e ⎟⎠ R ⎜⎝

5.15. Un mecanismo mantiene un cierto sistema técnico con una trayectoria determinada que se intenta sea h(t). Sin embargo, y por desgaste del mismo, existe error. Si la trayectoria real es y(t), ese error será e(t) = y(t) – h(t), y se suele corregir mediante la actuación de un par de fuerzas de momento I. Si el mecanismo viene definido por la ecuación diferencial: Iy′′ ( t ) = − ke ( t ), con k = cte. se pide: a) Empleando Transformadas de Laplace, resolver la ecuación anterior hallando el error e(t) cuando las condiciones iniciales son y′(0) = y(0) = 0, y la trayectoria deseada es h(t) = at comprobando que la trayectoria real es senoidal, es decir, oscila de un lado a otro de la trayectoria deseada. b) ¿Cuál es la máxima amplitud de la oscilación? ¿Cómo podría actuarse sobre k e I para disminuir el error? SOLUCIÓN a) El problema a resolver es: Iy′′ ( t ) = − ke ( t ), con y′ ( 0 ) = y ( 0 ) = 0

252


Sea L[ y(t)] = Y(s), L[ e(t)] = E(s). Tomando transformadas de Laplace, se obtiene: I s2Y (s) sy(0) y (0) = kE(s)

Is2Y (s) = kE(s)

Es decir: Y ( s) =

− kE( s) Is2

(5.7)

Como el error es e(t) = y(t) – at, entonces E( s) = Y ( s) − as−2 ; Y ( s) = E( s) + as−2 Sustituyendo en (5.7) y despejando E(s), se obtiene E( s) = −

aI . s I+k 2

que puede expresarse en la forma E( s) = −

a k/ I ⋅ k / I s2 + k / I

(

)

2

Su transformada inversa es e(t ) = −

a sen k/ I

(

k/ I t

)

que corresponde al error que se comete. La trayectoria real del sistema es, por lo tanto: y(t ) = at −

a sen k/ I

(

k/ I t

) 253


donde se observa que es senoidal, es decir el sistema oscila de un lado a otro de la trayectoria at deseada. b) La máxima amplitud de la oscilación es :

a k/ I

El error puede disminuirse haciendo k muy grande respecto al momento de inercia I, pero puede observarse que en este caso el sistema oscilaría muy rápido.

5.16. Utilícese la transformada de Laplace para resolver el problema de valores iniciales: d2 y + y = sen x + δ ( x − π ), dx2

y ( 0 ) = y′ ( 0 ) = 0

donde (t) es la función Delta de Dirac. SOLUCIÓN Llamando Y(s) = L[ y(t)], y recordando que la transformadas de Laplace de la función delta de Dirac es ((5.4) de la introducción teórica) L ⎡⎣δ ( x − π ) ⎤⎦ = e− sπ Al hallar transformadas de Laplace, se obtiene s2 Y ( s) + Y ( s) = Y ( s) =

(s

2

1

)

+1

2

1 + e− sπ s +1 2

+

1 e− sπ s +1 2

Y al calcular sus transformadas inversas ⎡ ⎤ 1 ⎥ + L−1 ⎡ e− sπ 21 ⎤ y ( x ) = L−1 ⎢ 2 ⎢⎣ s + 1 ⎥⎦ ⎢ s2 + 1 ⎥ ⎣ ⎦

(

254

)

(5.8)


Para la primera se aplica el teorema de convolución, y se obtiene: ⎡ ⎤ ⎡ 1 ⎥ = L−1 ⎢ 1 ⋅ 1 L−1 ⎢ 2 2 2 ⎢ s2 + 1 ⎥ ⎢⎣ s + 1 s + 1 ⎣ ⎦

(

(

)

)(

)

⎤ ⎥= ⎥⎦

∫

x

0

sen( x − ν)sen v dv

Teniendo en cuenta que: sen A sen B =

1 ⎡ cos ( A − B ) − cos ( A + B ) ⎤⎦ 2⎣

se tiene:

∫

x

0

sen ( x − v ) sen v dv =

∫

x

0

1 ⎡ cos ( x − 2 v ) − cos x ⎤⎦ dv = 2⎣

⎡ 1 ⎡ sen ( x − 2 v ) ⎤⎤ sen x − x cos x =⎢ ⎢ − v cos x ⎥ ⎥ = −2 2 ⎦ ⎦0 ⎣2 ⎣ x

Por tanto: 1 ⎡ ⎤ sen x − x cos x L−1 ⎢ = 2 ⎥ 2 2 s 1 + ⎢⎣ ⎥⎦

(

)

La segunda transformada inversa de (5.8) está resuelta en el ejercicio 5.13.b 1 ⎤ ⎡ L−1 ⎢ e− sπ 2 = − Hπ ( x)sen x s + 1 ⎥⎦ ⎣ Por lo tanto: y( x) =

sen x − x cos x − Hπ ( x)sen x 2

255


5.17. Un sistema dinámico lineal, de variable de entrada u(t), y de salida y(t) se puede representar por la ecuación diferencial lineal: y n ) + an−1 y n−1) + ...... + a1 y′ + a0 y = bm um ) + bm−1um−1) + ..... + b1u′ + b0 u a) Aplíquese la transformada de Laplace a la ecuación, suponiendo nulas las condiciones iniciales en cero, es decir y n−1) ( 0 ) = … = y′ ( 0 ) = y ( 0 ) = um−1) ( 0 ) = … = u′ ( 0 ) = u ( 0 ) = 0 para obtener la función G( s)

Y ( s) donde Y(s) = L[ y(t)]; U(s) = L[ u(t)] U ( s)

b) En el sistema de ecuación y″ + 3y′ + 2y = u′ – u, y con las mismas condiciones iniciales anteriores, calcular G(s), y a partir de la relación Y(s) = G(s) U(s) del apartado a), obtener y(t) cuando u(t) = H1(t) (Función escalón unitario). SOLUCIÓN a) La transformada de la derivada n-ésima de una función y(t) es L ⎡⎣ y n ) ⎤⎦ = sn L( y) − sn−1 y(0) − sn− 2) y′(0) − … − y n−1) (0)

.

Aplicando la transformada de Laplace a la ecuación lineal del enunciado, y considerando sus propiedades de linealidad, se obtiene ⎡⎣ sn + an−1 sn−1 + … + a1 s + a0 ⎤⎦ Y ( s) = ⎣⎡ bm sm + bm−1 sm−1 + … + b1 s + b0 ⎤⎦ U ( s) donde Y(s) = L[ y(t)], U(s) = L[ u(t)]. Entonces, la función G(s) es: G( s) =

256

Y ( s) bm sm + bm−1 sm−1 + … + b1 s + b0 = U ( s) sn + an−1 sn−1 + … + a1 s + a0


b) Para el sistema y″ + 3y′ + 2y = u′ – u, será: G( s) =

Y ( s) s −1 = 2 U ( s) s + 3 s + 2

Recordando que L [ H1 (t )] =

e− s e− s , entonces U ( s) = s s

De la relación Y(s) = G(s) U(s) resulta: Y ( s) =

e− s s −1 ⋅ s2 + 3 s + 2 s

⎡ ⎤ s −1 Por lo tanto: y ( t ) = L−1 ⎡⎣Y ( s) ⎤⎦ = L−1 ⎢ ⋅ e− s ⎥ 2 ⎢⎣ s s + 3 s + 2 ⎥⎦

(

⎡ s −1 Calculemos primero L−1 ⎢ 2 ⎢⎣ s s + 3 s + 2

(

)

)

⎤ ⎥: ⎥⎦

s 1 s 1 A B C = = + + A = 1/ 2, B = 2,C = 3 / 2 s(s + 3s + 2) s ( s + 1) ( s + 2) s s + 1 s + 2 2

Por tanto ⎡ s −1 L−1 ⎢ 2 ⎢⎣ s s + 3 s + 2

(

)

⎤ 2 1 −3 / 2 ⎤ 3 ⎡ −1/ 2 = − + 2 e− t − e−2 t + + ⎥ = L−1 ⎢ ⎥ s +1 s + 2 ⎦ 2 2 ⎣ s ⎥⎦

En virtud de la propiedad de la función trasladada se tiene e− s

s −1 3 3 ⎡ ⎛ 1 ⎞⎤ ⎤ ⎡ 1 = e− s L ⎢ − + 2 e− t − e−2 t ⎥ = L ⎢ H1 ( t ) ⋅ ⎜ − + 2 e−( t −1) − e−2( t −1) ⎟ ⎥ ⎝ 2 ⎠⎦ s( s + 3 s + 2) 2 2 ⎦ ⎣ 2 ⎣ 2

De donde resulta: 3 ⎤ ⎡ 1 y ( t ) = H1 ( t ) ⋅ ⎢ − + 2 e− ( t −1) − e−2( t −1) ⎥ 2 ⎦ ⎣ 2

257


5.18. En el estudio de un circuito eléctrico al que en el instante t = S se le aplica un impulso unitario de voltaje, surge el problema de valores iniciales: y′′ + 2 y′ + 2 y = δ(t − π ) ;

y(0) = 0 , y′(0) = 0

donde t es la función Delta de Dirac. Resuélvase dicho problema y representar aproximadamente la curva solución, dando una interpretación física a la misma. SOLUCIÓN Hallando transformadas de Laplace en la ecuación y recordando que L[ (t – S)] = e–Ss), se obtiene:

(s

2

)

+ 2s + 2 Y (s) = e s donde Y (s) = L [ y(x)] ,

por tanto Y (s) =

1 1 e s = e s 2 s + 2s + 2 ( s + 1) + 1 2

1 t Recordando que L1 = e sen t y aplicando el teorema de la 2 ( s + 1) + 1 función desplazada, resulta: 1 e s = L e t sen t e s = L H ( t ) e( t ) sen ( t ) ( s + 1)2 + 1 Como y(t) = L–1[ Y(s)], entonces: y(t ) = Hπ ( t ) ⋅ e−( t −π ) sen ( t − π ) , o también: ⎧ 0 ,t<π ⎪ y(t ) = ⎨ −( t −π ) sen ( t − π ) , t ≥ π ⎪⎩ e

258


La representación gráfica es la siguiente (Figura 5.5)

Figura 5.5

Dado que en t = 0 las condiciones iniciales son nulas y no hay excitación hasta t = S, no hay respuesta hasta entonces. En ese instante se aplica un impulso unitario que luego decrece en la forma que indica la curva.

5.19. a) Encuéntrese la función yp(x), tal que L ⎡⎣ e2 x ⋅ yp ( x ) ⎤⎦ =

3s − 2 . s2 − 2 s

b) ¿Cual es la función f(x), sabiendo que la ecuación diferencial d 2 y dy + − 2 y = f ( x) dx2 dx admite la yp(x) como solución particular?

259


c) Calcúlese la solución general de la ecuación diferencial: d 2 y dy + − 2 y = f ( x ) + 20sen ( 2 x ) , dx2 dx donde f(x) es la función hallada en el apartado anterior. SOLUCIÓN a) Hallando transformadas inversas en la expresión, se obtiene: ⎡ 3s − 2 ⎤ ⎡ 3s − 2 ⎤ = L−1 ⎢ e2 x ⋅ yp ( x ) = L−1 ⎢ 2 ⎥ ⎥ ⎣ s − 2s ⎦ ⎣ s ( s − 2) ⎦ Descomponiendo en fracciones simples: 3s − 2 1 2 = + s ( s − 2) s s − 2 Resulta: ⎡ 2 ⎤ ⎡1⎤ = 1 + 2 e2 x e2 x ⋅ yp ( x ) = L−1 ⎢ ⎥ + L−1 ⎢ ⎣ s − 2 ⎥⎦ ⎣ s⎦ Por tanto: yp(x) = e–2x + 2 b) Esta solución ha de verificar la ecuación. Al sustituir esa función y sus derivadas: dyp dx

= −2 e−2 x ,

d 2 yp dx

2

= 4 e−2 x

Resulta: 4 e−2 x − 2 e−2 x − 2 e−2 x − 4 = f ( x )

260


De donde: f ( x ) = −4 c) La ecuación es ahora: d 2 y dy + − 2 y = −4 + 20sen x dx2 dx no homogénea de coeficientes constantes. Ecuación homogénea asociada:

d 2 y dy + − 2y = 0 dx2 dx

Ecuación característica: r2 + r – 2 = 0. Raíces: r = 1, r = –2. Solución general: y = C1 e x + C2 e−2 x Solución particular de la ecuación completa: Por el apartado anterior, una solución particular de la ecuación d 2 y dy + − 2 y = −4 dx2 dx es yp1(x) = e–2x + 2. Se aplicará el método de los coeficientes indeterminados para calcular la solución particular de: d 2 y dy + − 2 y = 20sen (2 x) dx2 dx La solución particular a buscar es de la forma: yp2 = A cos(2 x) + Bsen(2 x) . Derivando: dyp2 dx

= −2 Asen (2 x) + 2 Bcos (2 x) ;

d 2 yp2 dx2

= −4 A cos(2 x) − 4 Bsen (2 x)

261


y sustituyendo en la ecuación, queda: −4 A cos (2 x) − 4 B sen (2 x) + ( −2 A sen (2 x) + 2 B cos (2 x)) − −2 ( A cos (2 x) + B sen (2 x)) = 20sen (2 x)

Es decir: 4A + 2B 2A = 0 A = 1, B = 3 yp2 = cos (2x) 3sen (2x)

4B 2A 2B = 20 Aplicando el principio de superposición, la solución particular de la ecuación total es: yp = yp1 + yp2 , es decir: yp = e−2 x + 2 − cos (2 x) − 3sen (2 x) Por lo tanto, la solución general pedida es y ( x ) = C1 e x + (C2 + 1) e−2 x + 2 − cos (2 x) − 3sen (2 x) O de otra forma y ( x ) = C1 e x + C2 e−2 x + 2 − cos (2 x) − 3sen (2 x) donde se ha llamado C2 a C2 + 1.

5.20. Aplicando transformadas de Laplace, resuélvase el problema de valores iniciales: y′′ + y′ = 3 x2 ,

262

y ( 0 ) = 0, y′(0) = 1


SOLUCIÓN Llamando Y(s) = L[y], y tomando transformadas de Laplace en la ecuación, se tiene: s2Y (s) sy(0) y (0) + sY (s) y(0) = Y (s) =

6 6 Y (s) s2 + s = 3 + 1 3 s s

6 + s3 6 + s3 = s3 (s2 + s) s4 (s + 1)

Descomponiendo en fracciones simples: 6 + s3 A B C D E = + 2+ 3+ 4+ 4 s (s + 1) s s s s s +1

A = 5 , B = D = 6 , C = 6 , E = 5 .

Por tanto 5 6 6 6 5 Y ( s) = − + 2 − 3 + 4 + s s s s s +1 Hallando las transformadas inversas: ⎡ 5 ⎤ ⎡6⎤ ⎡6⎤ ⎡6⎤ ⎡ 5⎤ = L−1 [ Y ( s)] = L−1 ⎢ − ⎥ + L−1 ⎢ 2 ⎥ − L−1 ⎢ 3 ⎥ + L−1 ⎢ 4 ⎥ + L−1 ⎢ ⎣ s + 1 ⎥⎦ ⎣s ⎦ ⎣s ⎦ ⎣s ⎦ ⎣ s⎦ = −5 + 6 x − 3 x2 + x3 + 5e− x Por consiguiente y = −5 + 6 x − 3 x2 + x3 + 5e− x

5.21. Aplicando transformadas de Laplace, resolver el problema de valores iniciales: y′′ + 2 y′ + 5 y = 3 e− x sen x ,

y ( 0 ) = 0, y′(0) = 3

263


SOLUCIÓN Llamando L[y] = Y(s) y tomando transformadas de Laplace, se obtiene: s2Y ( s) − sy(0) − y′(0) + 2 sY ( s) − 2 y(0) + 5Y ( s) = 3 ⋅

Y ( s) ⎡⎣ s2 + 2 s + 5⎤⎦ = Y ( s) =

1 ( s + 1)2 + 1

3 +3 ( s + 1)2 + 1

3 s2 + 6 s + 9 ( s2 + 2 s + 5) ⎡⎣( s + 1)2 + 1⎤⎦

Descomponiendo en fracciones simples, se tiene: 3s2 + 6s + 9 As + B Cs + D = + (s2 + 2s + 5) (s + 1)2 + 1 (s2 + 2s + 5) (s + 1)2 + 1 3s2 + 6s + 9 = (As + B) (s + 1)2 + 1 + (Cs + D)(s2 + 2s + 5) A = C = 0, B = 2, D = 1

Por tanto Y ( s) =

2 1 + s + 2 s + 5 ( s + 1)2 + 1 2

Hallando transformadas inversas 2 1 ⎡ ⎤ ⎤ ⎡ + L−1 ⎢ L−1 [ Y ( s)] = L−1 ⎢ 2 = e− x sen (2 x) + e− x sen x 2 ⎥ ⎥ ⎣ s + 2s + 5 ⎦ ⎣ ( s + 1) + 1 ⎦ Por consiguiente y = e− x (sen (2 x) + sen x)

264


5.22. Resuélvase, mediante transformadas de Laplace, el problema de valores iniciales: xy′′ + (1 − 2 x) y′ − 2 y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 2 SOLUCIÓN Llamando L[y] = Y(s) y tomando transformadas de Laplace se tiene que: L[ xy′′] = −

d d L[ y′′] = − [ s2 Y ( s) − sy(0) − y′(0)] = − s2 Y ′( s) − 2 sY ( s) + 1 ds ds

L[(1 − 2 x) y′] = L[ y′] − 2 L[ xy′] = sY ( s) − y(0) + 2

d [ sY ( s) − y(0)] = ds

= sY ( s) − 1 + 2Y ( s) + 2 sY ′( s) Por tanto la ecuación se transforma en − s2 Y ′( s) − 2 sY ( s) + 1 + sY ( s) − 1 + 2Y ( s) + 2 sY ′( s) − 2Y ( s) = 0 Simplificando − s( s − 2)Y ′( s) = sY ( s) , Por tanto: Y ′( s) 1 =− . Y ( s) s−2 Integrando esta última ecuación Y (s)

1

K

Y (s) ds = s 2 ds Y (s) = s 2 y = Ke

2x

Como y(0) = 1 7 K = 1. Por consiguiente y = e2x

265

CAPÍTULO 6

SOLUCIONES DEFINIDAS POR SERIES


En este capítulo se analiza la búsqueda de soluciones y(x) de ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden con coeficientes variables y′′ + P1 ( x ) y′ + P2 ( x ) y = 0

(6.1)

mediante su desarrollo en serie de potencias de x, de la forma ∞

y ( x ) = ∑ an x n n= 0

1. Puntos ordinarios y singulares Un punto x0 de la ecuación (6.1) es ordinario si las dos funciones P1(x), P2(x) son analíticas en ese punto. Si al menos una de las dos no lo es, el punto se dice que es singular. Un punto singular x0, se dice singular regular si las funciones

( x − x0 ) P1 ( x) , ( x − x0 )2 P2 ( x) son ambas funciones analíticas en ese punto. 2. Ecuación indicial Si el punto x0 es singular regular, la ecuación r ( r − 1) + p0 r + q0 = 0

269


en donde p0 = lim ( x − x0 ) P1 ( x ) , q0 = lim ( x − x0 ) P2 ( x ) se llama ecuación 2

x → x0

x → x0

indicial. Los valores de r solución de la ecuación indicial se llaman raíces indiciales, o exponentes de la singularidad. Con objeto de simplificar, se supondrá siempre que el punto en el cual se busca la solución es x0 = 0. En caso de ser otro distinto, se puede mediante el cambio de variable t = x – x0, reducir el problema al caso anterior. 3. Soluciones mediante series de potencias 1. Si el punto x0 = 0 es ordinario, la ecuación (6.1) admite dos soluciones linealmente independientes y analíticas en un entorno de x0 = 0 en la forma ∞

y ( x ) = ∑ an x n . n= 0

Además, el radio de convergencia de la serie es igual a la distancia de x0 al punto singular más cercano. 2. Si el punto x0 = 0 de la ecuación (6.1) es singular regular, dicha ecuación admite al menos una solución expresable en la forma ∞

y ( x ) = x r ∑ an x n n= 0

donde r es una de las raíces de la ecuación indicial. Además, dicha serie converge en el intervalo 0 < x – x0 < R, donde R es igual a la distancia de x0 al punto singular más cercano. (Teorema de Frobenius). Las series de la forma anterior se llaman Series de Frobenius, y el método de cálculo de las mismas Método de Frobenius. 4. Ecuación de Bessel Se llama ecuación de Bessel de orden p (número real no negativo) a la ecuación diferencial:

(

)

x2 y′′ + xy′ + x2 − p2 y = 0

270

(6.2)


5. Funciones de Bessel Las funciones: 2 n+ p

( −1)n ⎛⎜⎝

x⎞ ⎟ ∞ 2⎠ J p ( x) = ∑ n = 0 n ! Γ ( n + p + 1)

;

( −1)n ⎛⎜⎝

2 n− p

x⎞ ⎟ ∞ 2⎠ J− p ( x ) = ∑ n = 0 n ! Γ ( n − p + 1)

(6.3)

en donde Q es la función gamma de Euler, son ambas solución de la ecuación de Bessel, y se llaman funciones de Bessel de primera especie de orden p en el primer caso, y de orden –p en el segundo.

6. Solución general de la ecuación de Bessel en términos de las funciones de Bessel Si p no es un número entero las dos funciones anteriores (6.3) son linealmente independientes. En este caso, la solución general de la ecuación de Bessel (6.2) es: y = C1 J p ( x ) + C2 J− p ( x ) Si p es un número entero, las funciones Jp(x), J–p(x) son linealmente dependientes, verificándose la siguiente relación J− p ( x ) = ( −1) J p ( x ) p

por lo que hay que buscar otra solución para hallar la solución general. La forma habitual de hacerlo es mediante la llamada Función de Newman N p ( x) =

J p ( x ) cos ( pπ ) − J− p ( x ) sen ( pπ )

que aunque no existe si p es un número entero, si lo hace el límite Yp ( x ) = lim Nq ( x ) con q no entero. La función Yp(x) así definida es también q→ p

271


solución de la ecuación y linealmente independiente con Jp(x). Esta Yp(x) se llama Función de Bessel de segunda especie de orden p. En este caso, la solución general de la ecuación de Bessel es: y = C1 J p ( x ) + C2 Yp ( x )

7. Expresión general y solución de la ecuación de Bessel En la práctica, la ecuación de Bessel se presenta en la forma:

(

)

x2 y′′ + xy′ + k2 x2 − p2 y = 0 que se reduce a la anterior (6.2) mediante el cambio de variable kx = t. La solución general en este caso viene dada por:: a) Si p no es un número entero. y = C1 J p ( kx ) + C2 J− p ( kx ) b) Si p es un número entero. y = C1 J p ( kx ) + C2 Yp ( kx )

272

(6.4)


6.1. En la siguiente expresión sumatoria, ∞

∞

n =1

n= 0

∑ nan xn−1 + 2∑ an xn = 0 encuéntrese una ley de recurrencia que relacione el coeficiente an con el primero distinto de cero. SOLUCIÓN Para obtener una ley de recurrencia que incluya a an se elegirá en la expresión sumatoria una potencia que lo contenga. Puede observarse que an se encuentra, por ejemplo, en el coeficiente de xn–1. El coeficiente de xn–1 en toda la expresión es el siguiente: En el primer sumatorio corresponde a la potencia xn–1 y el coeficiente es nan. En el segundo sumatorio de la expresión, el coeficiente de la misma potencia xn–1 es 2an–1. Por tanto, el coeficiente de xn–1 igualado a cero es: nan + 2an1 = 0

an =

2 an1 n

(n 1)

Esta es la ley de recurrencia que relaciona cada coeficiente con el anterior. De ella pueden deducirse todos en función de a0. 273


Para n = 1

a1 = 2a0

n=2

2 22 a2 = a1 = a0 2! 2

n=3

2 23 a3 = a2 = a0 3! 3 an = ( −1)

n

2n a0 n!

expresión que es fácil comprobar.

6.2. Dada la ecuación diferencial: y′′ + y = 0 Mediante identificación de coeficientes, y suponiendo su convergencia, encuéntrese dos soluciones linealmente independientes de la forma ∞

y = ∑ an x n n= 0

,

y con ello su solución general. Expresar dicha solución general en términos de funciones analíticas elementales. SOLUCIÓN ∞

La solución a buscar es de la forma y = ∑ an x n , que derivando resulta n= 0

∞

y′ = ∑ nan x n−1

∞

y′′ = ∑ n ( n − 1) an x n− 2

;

n =1

n= 2

y sustituyendo la solución y sus derivadas en la ecuación, se obtiene: ∞

∑ n ( n − 1) a x n

n= 2

274

n− 2

∞

+ ∑ an x n = 0 n= 0

(6.6)


Mediante identificación de coeficientes, se deduce: Coeficiente de

x0 : 2 1a2 + a0 = 0 a2 =

1 a0 2 1

x1 : 3 2 a3 + a1 = 0 a3 =

1 a1 32

x2 : 4 3 a4 + a2 = 0 a4 =

1 1 a2 = a0 43 4 3 2 1

x3 : 5 4 a5 + a3 = 0 a5 =

1 1 a3 = a1 5 4 5 4 3 2

Donde puede observarse que los términos pares están relacionados entre sí, e igualmente los impares. De esta iteración puede deducirse una ley de recurrencia que relacione el coeficiente an con otros anteriores. Sin embargo para conseguirla de una manera más rápida se elegirá en la expresión sumatoria general (6.6) un término que contenga el coeficiente an. Por ejemplo el xn. Su coeficiente es

( n + 2) ( n + 1) an+2 + an = 0

an+2 =

1

( n + 2) ( n + 1)

an

Esta relación puede ponerse de forma equivalente haciendo n = n – 2, y queda: an = −

1 an− 2 n ( n − 1)

que es la ley de recurrencia buscada. Como se ha dicho, esta ley relaciona por una parte los coeficientes de índice par y por otra los de índice impar. Estas paridades pueden asegurarse de la siguiente forma: La ley que relaciona los términos de índice par, haciendo n = 2k queda: a2 k = −

1 a (2 k )(2 k − 1) 2( k−1)

275


y recursivamente, suponiendo a0 ≠ 0 a2 k = −

1 1 a2( k−1) = a =− 2 k 2 k − 1 2 k 2 k − 1 2 ( )( ) ( )( )( k − 2)(2 k − 3) 2( k−2) a2 k = ( −1)

k

1 a ( 2 k )! 0

, k (1,2, … )

De la misma forma los de índice impar, haciendo n = 2k + 1, suponiendo a1 ≠ 0: a2 k+1 = ( −1)

k

1 a ( 2 k + 1)! 1 , k (1,2, … )

Por lo tanto, la solución general de la ecuación es: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x2 x 4 x 3 x5 y ( x ) = a0 ⎜ 1 − + − …⎟ + a1 ⎜ x − + − …⎟ 2! 4! 3! 5! ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ∞

y ( x ) = a0 ∑ ( −1) k=0

k

∞ 1 2k 1 k x + a1 ∑ ( −1) x2 k +1 ( 2 k )! ( 2 k + 1)! k=0

donde a0, a1 representan las constantes arbitrarias. Para a0 = 1, a1 = 0 primero, y para a0 = 0, a1 = 1 después, se obtienen respectivamente las siguientes soluciones particulares: y1 ( x ) = 1 − y2 ( x ) = x −

∞ x2 x 4 1 n + − … = ∑ ( −1) x2 n 2! 4! ( 2 n )! n= 0 ∞ x 3 x5 1 n + − … = ∑ ( −1) x2 n+1 3! 5! (2n + 1)! n= 0

las cuales puede comprobarse fácilmente que son linealmente independientes.

276


La solución y1(x) corresponde al desarrollo en serie de cos x, siendo y2(x) el desarrollo de sen x. Por lo tanto, la solución general de la ecuación en esos términos es: y = C1 cos x + C2 sen x . donde C1, C2 son constantes arbitrarias.

6.3. Determínense los puntos singulares de las siguientes ecuaciones diferenciales. a) b) c)

( x − 1) y′′ − 2 y′ + x2 y = 0 xy′′ + ( sen x ) y = 0 −1 xy′′ + x ( x − 1) y′ + (sen x) y = 0

SOLUCIÓN a) La ecuación en la forma normalizada y′′ + P1 ( x ) y′ + P2 ( x ) y = 0 es: y′′ −

2 x2 y′ + y=0 x −1 x −1

Los coeficientes P1 ( x ) = −

2 x2 P2 ( x ) = son funciones que están x −1 , x −1

definidas y son analíticas en x R, excepto en los puntos en que se anula el denominador. Por lo tanto, todos los puntos son ordinarios excepto x = 1 que es un punto singular. Al ser (x – 1) P1(x) = –2, (x – 1)2 P2(x) = x2(x – 1) funciones analíticas en x = 1, el punto es singular regular. b) La ecuación en forma normalizada es y′′ +

sen x y=0 x

sen x es una función analítica aunque se anule x el denominador en x = 0, ya que x se elimina al establecer el desarrollo en serie de Taylor donde el coeficiente

277


⎞ sen x 1 ⎛ x2 x 4 x 3 x5 x 7 = ⎜x− + − + …⎟ = 1 − + −… x x⎝ 3! 5! 7! 3! 5! ⎠ Por lo tanto en la ecuación no existen puntos singulares. c) La ecuación en forma normalizada es: y′′ +

x sen x y′ + y=0 x x( x − 1)

El único punto singular es x = 1, ya que en P1(x) puede eliminarse x, y P2(x) es la función del apartado anterior. Además, es un punto singular regular, puesto que las funciones (x – 1) P1(x), (x – 1)2 P2(x) son analíticas en x = 1.

6.4. Compruébese que el punto x = 0 es un punto ordinario de la ecuación diferencial y′′ + xy′ + y = 0 y encontrar el desarrollo en serie de potencias de x, de dos soluciones linealmente independientes, así como la solución general en las proximidades de dicho punto. SOLUCIÓN El punto x = 0 es un punto ordinario, ya que en ese punto las funciones P1(x) = x, P2(x) = 1 de la ecuación, que está expresada en la forma y′′ + P1 ( x ) y′ + P2 ( x ) y = 0 , son analíticas. Por lo tanto, existen dos soluciones de la ecuación, linealmente independientes, expresables en la forma: ∞

y ( x ) = ∑ an x n n= 0

∞

∞

n =1

n= 2

Las derivadas son: y′ ( x ) = ∑ nan x n−1 , y′′ = ∑ n ( n − 1) an x n− 2

278


Sustituyendo la solución y sus derivadas en la ecuación se obtiene: ∞

∞

∞

n= 2

n =1

n= 0

∑ n ( n − 1) an xn−2 + ∑ nan xn + ∑ an xn = 0 Los primeros coeficientes de las potencias de x son: 1 De x0 : 2 1a2 + a0 = 0 a2 = a0 2 1 De x1 : 3 2 a3 + a1 + a1 = 0 a3 = a1 3 1 1 De x2 : 4 3 a4 + 2a2 + a2 = 0 a4 = a2 = a0 4 42 1 1 De x3 : 5 4 a5 + 3a3 + a3 = 0 a5 = a3 = a1 5 5 3 El coeficiente de xn–2 dará la siguiente recurrencia: n ( n − 1) an + ( n − 2) an− 2 + an− 2 = 0 an = −

1 an− 2 n

( n ≥ 2)

Esta expresión indica que para los coeficientes de índice par existe una relación recursiva en función de a0, y para los impares en función de a1. Haciendo n = 2k se obtiene: a2 k = −

1 1 a2 k − 2 = a2 k − 4 = … 2k 2 k ( 2 k − 2)

que en función de a0 es: a2 k = ( −1)

k

1 a (2 k )!! 0 , k (1,2,…)

279


Haciendo ahora n = 2k + 1 se aseguran los términos impares en función de a1. a2 k+1 = ( −1)

k

1 a k (1,2,…) (2 k + 1)!! 1 ,

Por lo tanto, la solución general puede expresarse: ∞

y = ∑ an x n = a0 + a1 x − n= 0

1 1 1 1 a0 x2 − a1 x3 + a0 x4 + a1 x5 − … 2 3 4⋅2 5⋅3

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x2 x 4 x 3 x5 y = a0 ⎜ 1 − + − …⎟ + a1 ⎜ x − + − …⎟ 3!! 5!! ⎝ 2!! 4!! ⎠ ⎝ ⎠ donde a0, a1 representan las constantes arbitrarias. Dos soluciones linealmente independientes son: y1 = 1 −

∞ x2 x 4 1 n + − … = ∑ ( −1) x2 n 2!! 4!! ( 2n)!! n= 0

y2 = x −

∞ x 3 x5 1 n + − … = ∑ ( −1) x2 n+1 + n 3!! 5!! 2 1 !! ( ) n= 0

6.5. En las siguientes ecuaciones diferenciales hállese la ecuación indicial y los exponentes de la singularidad (raíces indiciales), correspondientes a los puntos singulares regulares que en cada caso existan. a) x2 y′′ + x( x + 1) y′ − 4 y = 0 2 b) x y′′ + x ( sen x ) y′ − y = 0

c)

( x + 2) x2 y′′ − xy′ + (1 + x) y = 0

SOLUCIÓN a) La ecuación en forma normalizada es: y′′ +

280

4 x +1 y′ − 2 y = 0 x x


Los coeficientes P1 ( x ) =

x +1 −4 , P2 ( x ) = 2 indican que x = 0 es el único x x

punto singular. Al ser xP1(x) = x + 1, x2P2(x) = –4 analíticas en él, entonces x = 0 es punto singular regular. La ecuación indicial para ese punto es: r ( r − 1) + p0 r + q0 = 0 , con p0 = lim xP1 ( x ) = 1, q0 = lim x2 P2 ( x ) = −4, x→ 0

x→ 0

Ecuación indicial: r2 – 4 = 0. Raíces indiciales: r = 2, r = –2. b) La ecuación normalizada es y′′ +

sen x 1 y′ − 2 y = 0 x x

donde x = 0 es un punto singular. Al ser xP1(x) = sen x, x2P2(x) = –1 funciones analíticas en él, entonces x = 0 es punto singular regular. La ecuación indicial viene dada por: r ( r − 1) + p0 r + q0 = 0 , con p0 = lim xP1 ( x ) = 0 , q0 = lim x2 P2 ( x ) = −1 , x→ 0

x→ 0

Ecuación indicial: r2 –r −1 = 0. Raíces indiciales: r = c) En este caso: P1 ( x ) = −

1 , x ( x + 2)

P2 ( x ) =

1 5 ± 2 2

(1 + x) x ( x + 2) 2

Por lo tanto, x = 0, x = –2 son puntos singulares. 1. Para x = 0. p0 = lim xP1 ( x ) = − x→ 0

Ecuación indicial: r ( r − 1) −

1 1 , q0 = lim x2 P2 ( x ) = x → 0 2 2

1 1 r + = 0. 2 2

Raíces indiciales de x = 0: r 1,

r

1 2

281


( x + 2) P1 ( x) = 2. Para x = –2. p0 = lim x→−2 Ecuación indicial: r ( r − 1) + Raíces indiciales: r 0,

1 r =0. 2

r

6.6. Dada la ecuación diferencial 2 x2

1 2 , q0 = lim ( x + 2) P2 ( x ) = 0 x →− 2 2

1 2

d2 y dy + 3 x − 2 x2 − ( x + 1) y = 0, se pide: 2 dx dx

(

)

a) Comprobar la singularidad del punto x = 0, y hallar la ecuación indicial y las raíces indiciales correspondientes. b) Utilizando la teoría de Frobenius, encontrar el desarrollo en serie de potencias de x de dos soluciones linealmente independientes. SOLUCIÓN a) La ecuación en forma normalizada es. d 2 y 3 − 2 x dy x + 1 + − y=0 dx2 2 x dx 2 x2 P1 ( x ) =

3 − 2x x +1 , P2 ( x ) = − 2x 2 x2

Las funciones P1(x), P2(x) no están definidas en x = 0, pero si lo están y son analíticas en ese punto: xP1 ( x ) =

3 x 1 − x , x2 P2 ( x ) = − − 2 2 2

Por lo tanto, el punto x = 0 es singular regular Ecuación indicial: r(r – 1) + p0r + q0 = 0, donde: p0 = lim xP1 ( x ) = x→ 0

282

3 1 , q0 = lim x2 P2 ( x ) = − x→ 0 2 2


Por lo tanto, la ecuación indicial y sus raíces son respectivamente: r ( r − 1) +

3 1 1 r − = 0. Raíces: r = −1, r = 2 2 2

b) Método de Frobenius. Solución a buscar: ∞

y = x r ∑ an x n 0

∞

∞

0

0

y′ = ∑ ( r + n ) an x r + n−1 y′′ = ∑ ( r + n − 1)( r + n ) an x r + n− 2 Sustituyendo en la ecuación queda: ∞

∞

∞

0

0

0

2∑ ( r + n − 1)( r + n ) an x r + n + 3∑ ( r + n ) an x r + n − 2∑ ( r + n ) an x r + n+1 − ∞

∞

0

0

− ∑ an x n+ r +1 − ∑ an x r + n = 0 Del coeficiente de xr+n se obtiene: 2 ( r + n − 1)( r + n ) an + 3 ( r + n ) an − 2 ( r + n − 1) an−1 − an−1 − an = 0 an =

2r + 2n − 1 a , (n≥1) ( r + n)(2r + 2n + 1) − 1 n−1

que será la ley de recurrencia de los coeficientes. Para r = –1: an =

2n − 3 2n − 3 1 an−1 = an−1 = an−1, (n≥1) 2 2n − 3n n ( n − 1)(2n − 1) − 1

Suponiendo el primer coeficiente a0 ≠ 0, los restantes serán: a1 a0 , a2

1 1 1 1 1 1 a1 a0 , a3 = a2 = ⋅ a0 , ... , an a0. 2 2 3 3 2 n!

283


La solución correspondiente es: ∞

∞

1 n 1 1 ⎡ ⎤ x = a0 x−1 ⎢1 + x + x2 + x3 + …⎥ n ! 2! 3! ⎣ ⎦ n= 0

y1 ( x ) = x−1 ∑ an x n = a0 x−1 ∑ n= 0

Para r

1 : 2 an =

2n 1⎞ ⎛ ⎜⎝ n + ⎟⎠ ( 2n + 2) − 1 2

an−1 =

2 an−1, (n≥1) 2n + 3

De la misma manera que antes, suponiendo a0 ≠ 0, se tiene: a1 =

2 2⋅3 2 22 ⋅ 3 2n ⋅ 3 a0 = a0 , a2 = a1 = a0 , ... , an = a 5 5!! 7 7!! (2n + 3)!! 0 ∞

∞

2n ⋅ 3 xn n = 0 ( 2 n + 3 ) !!

y2 ( x ) = x1/2 ∑ an x n = a0 x1/2 ∑ n= 0

Dos soluciones de la ecuación linealmente independientes son, por lo tanto: 1 1 1 ⎤ ⎡ y1 ( x ) = x−1 ⎢1 + x + x2 + x3 + … + x n + …⎥ n! 2! 3! ⎦ ⎣ ⎡ 2⋅3 ⎤ 22 ⋅ 3 2 2n ⋅ 3 y2 ( x ) = x1/2 ⎢1 + x+ x + …+ x n + …⎥ 5!! 7!! ( 2n + 3)!! ⎣ ⎦

6.7. Aplíquese el método de Frobenius para encontrar el desarrollo en serie de potencias de x, de dos soluciones linealmente independientes de la ecuación

(2 x − x ) y′′ + 2 ( x − 1) y′ − 2 y = 0 2

y con ello su solución general.

284


SOLUCIÓN a) Ecuación en forma normalizada:

d 2 y 2 ( x − 1) dy 2 + − y=0 2 2 dx 2 x − x dx 2 x − x2 P1 ( x ) =

2 ( x − 1) 2 , P2 ( x ) = − 2 2x − x 2 x − x2

Las funciones P1(x), P2(x) no están definidas en x = 0, pero sí lo están y son analíticas en ese punto xP1(x), x2P2(x): xP1 ( x ) =

2x 2 ( x − 1) , 2 x P2 ( x ) = − 2− x 2− x

Por tanto, el punto x = 0 es singular regular. Ecuación indicial: r(r – 1) + p0r + q0 = 0, donde: 2 p0 = lim xP1 ( x ) = −1 , q0 = lim x P2 ( x ) = 0 x→ 0

x→ 0

Por tanto, la ecuación indicial y sus raíces son, respectivamente: r(r – 1) – r = 0. Raíces: r = 0, r = 2 ∞

r n Método de Frobenius. Solución a buscar: y = x ∑ an x que derivando: 0

∞

∞

0

0

y′ = ∑ ( r + n ) an x r + n−1 , y′′ = ∑ ( r + n − 1)( r + n ) an x r + n− 2 Sustituyendo dicha solución y sus derivadas en la ecuación queda: ∞

(2 x − x ) ∑ ( r + n − 1)( r + n) a x 2

n

0

r + n− 2

∞

∞

0

0

+ 2 ( x − 1) ∑ ( r + n ) an x r + n−1 − 2∑ an x r + n = 0

285


Del coeficiente de xn+r se obtiene: 2 ( r + n )( r + n + 1) an+1 − ( r + n )( r + n − 1) an + 2 ( r + n ) an − 2 ( r + n + 1) an+1 − 2 an = 0 ⎣⎡2 ( r + n − 1)( r + n + 1) ⎤⎦ an+1 = ⎡⎣( r + n )( r + n − 1) − 2 ( r + n ) + 2 ⎤⎦ an

an+1 =

( r + n)( r + n − 3) + 2 an 2 ( r + n − 1)( r + n + 1)

( n ≥ 0)

Esta relación puede ponerse, haciendo n = n – 1, de esta otra forma: an =

( r + n − 1)( r + n − 4) + 2 an−1 2 ( r + n − 2)( r + n )

( n ≥ 1)

que es una ley de recurrencia de coeficientes. Para r = 0, dicha ley de recurrencia queda: an =

n−3 an−1 2n

( n ≥ 1)

Suponiendo a0 ≠ 0 pueden obtenerse los distintos coeficientes. Para n = 1. n = 2. n = 3.

a1 = − a0 1 1 a2 = − a1 = a0 4 4 a3 = 0

Por lo tanto a4 = a5 = ... = 0 Son cero todos los coeficientes a partir de a3. La solución queda con solo los tres primeros términos: 1 ⎞ ⎛ y ( x ) = a0 ⎜ 1 − x + x2 ⎟ ⎝ 4 ⎠ y para a0 = 1 se obtiene la siguiente solución particular: y1 ( x ) = 1 − x +

286

1 2 x 4


Si r = 2: an =

n −1 an−1 2 ( n + 2)

Para n = 1. a1 = 0 7 a2 = a3 = ... = 0. Son cero todos los coeficientes excepto a0. ∞

La solución correspondiente y ( x ) = x2 ∑ an x n es ahora y2(x) = a0x2. 0

Igual que antes, para a0 = 1 se obtiene la solución particular: y2(x) = x2 Ambas soluciones y1, y2 son linealmente independientes. La solución general de la ecuación es: 1 ⎞ ⎛ y = C1 ⎜ 1 − x + x2 ⎟ + C2 x2 ⎝ 4 ⎠ donde C1, C2 son constantes arbitrarias.

6.8. Dada la ecuación diferencial x2 y′′ + ( x2 − 3 x ) y′ + 3 y = 0 , utilícese el

método de Frobenius para encontrar el desarrollo en serie de potencias de x de una solución particular, y comprobar que dicha solución es de la forma xne–x para un determinado número natural n que hay que determinar.

SOLUCIÓN Ecuación en forma normalizada:

x2 − 3 x 3 y′′ + y′ + 2 y = 0 2 x x P1 ( x ) = 1 −

3 x

, P2 ( x ) = 3 x2

287


Las funciones P1(x), P2(x) no están definidas en x = 0, pero si lo están y son analíticas en ese punto xP1(x), x2P2(x): xP1(x) = x – 3

x2P2(x) = 3

,

Por tanto, el punto x = 0 es singular regular. Ecuación indicial: r(r – 1) + p0r + q0 = 0, donde: p0 = lim xP1 ( x ) = −3 , q0 = lim x2 P2 ( x ) = 3 x→ 0 x→ 0 Por tanto, la ecuación indicial y sus raíces son: r(r – 1) – 3r + 3 = 0. Raíces r = 1, r = 3 Método de Frobenius. La ecuación admite al menos una solución en la forma ∞

∞

n= 0

n= 0

y = x r ∑ an x n = ∑ an x r + n Derivando se obtiene: ∞

∞

n= 0

n= 0

r + n− 2 y′ = ∑ ( r + n ) an x r + n−1 , y′′ = ∑ ( r + n − 1) ( r + n ) an x

Y la ecuación, sustituyendo dicha solución y sus derivadas, queda: ∞

∞

∞

∞

n= 0

n= 0

n= 0

n= 0

∑ (r + n − 1) ( r + n) an xr + n + ∑ ( r + n) an xr + n+1 − 3∑ ( r + n) an xr + n + 3∑ an xr + n = 0 El coeficiente de xr+n es:

( r + n − 1)( r + n) an + ( r + n − 1) an−1 − 3 ( r + n) an + 3 an = 0 Y despejando an, resulta: an = −

288

1 an−1 r + n−3

( n ≥ 1)


que es la ley de recurrencia que relaciona cada coeficiente con el anterior. Para r = 3 la ley de recurrencia queda: an = −

1 an−1 n

Los distintos coeficientes son: a1 = − a0 , a2 = −

1 1 1 1 a0 , ... , a1 = a0 , a3 = − a2 = − 3 3⋅2 2 2

an = −

1 n 1 an−1=…= ( −1) a0 n n!

y la solución correspondiente: ∞

y ( x ) = ∑ an x n+ 3 = a0 x3 − a0 x4 + n= 0

1 1 1 ⎛ ⎞ a0 x5 − … = a0 x3 ⎜ 1 − x + x2 − x3 + …⎟ ⎝ ⎠ 2! 2! 3!

donde se observa que lo incluido en el paréntesis corresponde al desarrollo en serie de la función e–x. Por lo tanto la solución es: y = x3e–x El valor de n pedido es: n = 3

6.9. Dada la ecuación diferencial 4 xy′′ + 2 y′ + y = 0

( x ≥ 0)

Se pide: a) Determinar sus puntos singulares. b) El desarrollo en serie de potencias de x de dos soluciones linealmente independientes, así como la solución general en términos de funciones elementales.

289


SOLUCIÓN a) Ecuación: y′′ +

1 1 y′ + y=0 2x 4x

1 1 están definidas y son ambas , P2 ( x ) = 2x 4x analíticas en todo punto excepto x = 0 que será por lo tanto el úniLas funciones P1 ( x ) =

co punto singular de la ecuación. Es singular regular ya que tanto 1 1 xP1 ( x ) = como x2 P2 ( x ) = x sí son analíticas en ese punto. 2 4 b) Se utilizará el método de Frobenius. Existe al menos una solución de la ecuación de la forma ∞

y ( x ) = x r ∑ an x n n= 0

Derivando y sustituyendo en la ecuación se tiene: ∞

∞

n= 0

n= 0

n+ r − 2 y′ ( x ) = ∑ ( n + r ) an x n+ r −1 , y′′ ( x ) = ∑ ( n + r )( n + r − 1) an x ∞

∞

∞

n= 0

n= 0

n= 0

4∑ ( n + r )( n + r − 1) an x n+ r −1 + 2∑ ( n + r ) an x n+ r −1 + ∑ an x n+ r = 0 El coeficiente an se encuentra en el del término xr+n–1, que es: 4 ( n + r )( n + r − 1) an + 2 ( n + r ) an + an−1 = 0 De donde se deduce la ley de recurrencia de los coeficientes: an = −

290

1 an−1 2 ( n + r )( 2n + 2r − 1)

( n ≥ 1)


Ecuación indicial: r ( r − 1) + p0 r + q0 = 0 , con p0 = lim xP1 ( x ) = x→0

r ( r − 1) +

1 x2 P2 ( x ) = 0 , q0 = lim → x 0 2

1 1 r = 0 , Raíces: r = 0 , r 2 2

Si r = 0. Ley de recurrencia: an = −

1 an−1 , 2n ( 2n − 1)

1 a1 = − a0 . 2 1 1 n = 2. a2 = − a1 = a0 ; 4⋅3 4! 1 1 n = 3. a3 = − a2 = … = − a0 6 ⋅5 6!

(n≥1)

Para n = 1.

an = ( −1)

n

;…

1 a ( 2 n )! 0

Por lo tanto, la solución correspondiente es:

( −1)n n 1 1 ⎛ ⎞ x = a0 ⎜ 1 − x + x2 − …⎟ ⎝ ⎠ 2 n ! 2! 4! ( ) n= 0 ∞

y1 ( x ) = a0 ∑ Si r

1 : 2

Ley de recurrencia: an = − Para n = 1. n = 2. n = 3.

1 a , (2n + 1)(2n) n−1

(n≥1)

1 1 a0 = − a0 3⋅2 3! 1 1 a2 = − a1 = a0 5⋅ 4 5! 1 1 a3 = − a2 = − a0 7⋅6 7!

a1 = −

En general: an = ( −1)

n

1 a (2n + 1)! 0 291


La solución correspondiente: ∞

( −1)n

1 1 ⎛ ⎞ x n+1/2 = a0 ⎜ x1/2 − x3/2 + x5/2 − …⎟ ; ⎝ ⎠ 3! 5! n = 0 ( 2 n + 1)!

y2 ( x ) = a0 ∑

Por tanto, la solución general de la ecuación es:

( −1)n xn + C ∞ ( −1)n xn+1/2 2∑ n= 0 ( 2n )! n = 0 ( 2 n + 1) ! ∞

y ( x ) = C1 ∑

(C1,C2, valores arbitrarios).

Expresando cada solución y1(x), y2(x) en la siguiente forma: ∞ ( −1)n n ( −1)n y1 ( x ) = a0 ∑ x = a0 ∑ ( n = 0 ( 2 n )! n = 0 ( 2 n )! ∞

∞

y2 ( x ) = a0 ∑

n= 0

( −1)n

(2n + 1)!

x

n +1/2

∞

= a0 ∑

n= 0

x

)

2n

( −1)n

x (2n + 1)! ( )

2 n +1

se observa que y1 es el desarrollo en serie de cos sen x , ambas en el intervalo de valores x ≥ 0.

( )

( x)

e y2 el de

Por tanto, la solución general en términos de funciones elementales es: y = C1cos

( x ) + C sen ( x ) 2

6.10. Encuéntrese dos soluciones linealmente independientes desarrollables en serie de potencias de x, de la ecuación diferencial: y′′ − xy′ + py = 0 ; (p R) comprobando que si p es entero y positivo, una de las soluciones es finita. Hállense esas soluciones para p = 2 y para p = 3.

292


SOLUCIÓN El punto x = 0 es un punto ordinario. Por lo tanto, existen dos soluciones linealmente independientes en la forma: ∞

y ( x ) = ∑ an x n n= 0

Las derivadas son: ∞

∞

y′ ( x ) = ∑ nan x n−1 ,

y′′ = ∑ n ( n − 1) an x n− 2

n =1

n= 2

Sustituyendo en la ecuación, queda: ∞

∑ n ( n − 1) a x

n− 2

n

n= 2

∞

∞

n =1

n= 0

− ∑ nan x n + ∑ pan x n = 0

El coeficiente de xn–2 es: n ( n − 1) an − ( n − 2) an− 2 + pan− 2 = 0 De donde se deduce la ley de recurrencia: an = −

p− n+2 an− 2 n ( n − 1)

( n ≥ 2)

Los primeros coeficientes son: Para n = 2 :

a2 = −

p a0 2

n = 3:

a3 = −

p −1 a1 3⋅2

n = 4:

a4 = −

p ( p − 2) p−2 a2 = a0 4⋅3 4!

n = 5:

a5 = −

( p − 3)( p − 1) a p−3 a3 = 1 5⋅ 4 5! 293


Como puede verse, para los índices pares existe una relación de recurrencia en función de a0, y para los impares en función de a1. Considerando ambos a0 ≠ 0, a1 ≠ 0, la solución desarrollada es: ∞

y ( x ) = ∑ an x n = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + …+ = n= 0

p ( p − 2) 4 p ( p − 2)( p − 4) 6 ⎡ ⎤ p x − x + …⎥ + = a0 ⎢1 − x2 + 4! 6! ⎣ 2! ⎦ ⎤ ⎡ p − 1 3 ( p − 1)( p − 3) 5 ( p − 1)( p − 3)( p − 5) 7 + a1 ⎢ x − x + x − x + …⎥ 3! 5! 7! ⎣ ⎦ Las expresiones de cada paréntesis corresponden a dos soluciones de la ecuación linealmente independientes: y1 = 1 −

p 2 p ( p − 2) 4 x + x −… ; 2! 4!

y2 = x −

p − 1 3 ( p − 1) ( p − 3) 5 x + x −… 3! 5!

Por lo tanto, si p es entero y positivo, una de las dos soluciones es finita. Si p = par lo será y1, y si p = impar lo será y2. Para p = 2 la solución es: y = 1 – x2 Para p = 3 la solución es: y = x −

1 3 x 3

6.11. Dada la ecuación diferencial xy′′ + y′ − 4 y = 0 Se pide: a) Encontrar el desarrollo en serie de potencias de x de una solución y1(x) de la misma.

294


b) Utilizando el método de reducción de orden, encontrar los primeros términos de una segunda solución linealmente independiente con la primera.

SOLUCIÓN a) Ecuación: y′′ +

1 4 y′ + y = 0 x x

1 4 , P2 ( x ) = están definidas y son ambas anax x líticas en todo punto excepto x = 0 que será por lo tanto el único punto Las funciones P1 ( x ) =

singular de la ecuación. Es singular regular ya que tanto xP1(x) = 1 como x2P2(x) = 4 sí son analíticas en ese punto. Buscando la solución en serie de Frobenius: ∞

y ( x ) = x r ∑ an x n n= 0

Derivando se obtiene: ∞

∞

n= 0

n= 0

y′ ( x ) = ∑ ( n + r ) an x n+ r −1 , y′′ ( x ) = ∑ ( n + r )( n + r − 1) an x n+ r − 2 Sustituyendo en la ecuación, queda: ∞

∞

∞

n= 0

n= 0

n= 0

∑ ( n + r )( n + r − 1) an xn+ r −1 + ∑ ( n + r ) an xn+ r −1 − 4∑ an xn+ r = 0 El coeficiente de xn+r–1 es

( n + r )( n + r − 1) an + ( n + r ) an − 4 an−1 = 0 295


De donde se deduce la ley de recurrencia: 4 an = an−1 ( n ≥ 1) ( n + r )2 Ecuación indicial: r ( r − 1) + p0 r + q0 = 0 donde p0 = lim xP1 ( x ) = 1 , q0 = lim x2 P2 ( x ) = 0 x→0

x→0

r ( r − 1) + r = 0 , Raíces: r = 0 Para r = 0, la ley de recurrencia queda: an =

4 an−1 n2

( n ≥ 1)

Para n = 1.

a1 =

4 a0 . 1

n = 2.

a2 =

4 4⋅4 42 a = a a0 ; = 1 0 22 22 ⋅12 (2!)2

n = 3.

a3 =

4 43 a a0 = 2 32 (3!)2

En general: an =

4n

( n!)2

a0

Por lo tanto, una solución de la ecuación es: ⎞ ⎛ 42 2 n x = a 1 + 4 x + x + …⎟ 0⎜ 2 2 ( 2!) ⎠ ⎝ n = 0 ( n !) ∞

y1 ( x ) = a0 ∑

4n

El cálculo de una segunda solución linealmente independiente con la anterior es bastante laboriosa, y por ello de interés limitado. No obstante puede conseguirse mediante el método de reducción de orden efectuando el cambio de variable dependiente: y ( x ) = y1 ( x ) v ( x )

296


con lo que resulta una segunda solución y2(x) linealmente independiente con la anterior (véase ejercicio 3.15): y2 ( x ) = y1 ( x ) ∫

− P1 ( x ) dx e ∫

( y ( x ))

2

1

donde P1(x) es el coeficiente de y′ de la ecuación en forma normalizada. Para este caso, se obtiene: y2 ( x ) = y1 ( x ) ∫

1 16 3 ⎡ ⎤ x ⎢1 + 4 x + 4 x2 + x + …⎥ 9 ⎣ ⎦

2

Recordando como se opera para hallar el cuadrado y el inverso de una serie de potencias de x, se pueden calcular sus primeros términos, que en este caso son: 2

16 3 ⎤ ⎡ 2 2 ⎢⎣1 + 4 x + 4 x + 9 x + …⎥⎦ = 1 + 8 x + 24 x + … 1 = 1 − 8 x + 40 x2 − … 2 1 + 8 x + 24 x + … Por tanto, los primeros sumandos de la segunda solución son: y2 ( x ) = y1 ( x ) ∫

1 ⎡1 − 8 x + 40 x2 − …⎤⎦ dx = y1 ( x ) ⎡⎣ ln ( x ) − 8 x + 20 x2 − …⎤⎦ x⎣

Esta segunda solución y2(x) es, como puede verse, linealmente independiente con y1(x). Por lo tanto, la solución general es: y ( x ) = C1 y1 ( x ) + C2 y1 ( x ) ⎡⎣ ln ( x ) − 8 x + 20 x2 − …⎤⎦ donde C1, C2 son valores reales arbitrarios. 297


6.12. Dedúzcanse las siguientes relaciones a partir de la expresión de las funciones de Bessel Jp(x), J–p(x). a)

d ⎡⎣ x p J p ( x ) ⎤⎦ = x p J p−1 ( x ) dx

b)

d ⎡ x− p J p ( x ) ⎤⎦ = − x− p J p+1 ( x ) dx ⎣

SOLUCIÓN a) La función de Bessel de primera especie es:

( −1)n ⎛⎜⎝

2 n+ p

x⎞ ⎟ ∞ ∞ ( −1)n x2 n+ p 2⎠ J p ( x) = ∑ = ∑ 2 n+ p n! ( n + p)! n = 0 n ! Γ ( n + p + 1) n= 0 2

(6.7)

donde multiplicando por xp y posteriormente derivando, se obtiene:

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

x p J p ( x) = ∑

∞ ( −1) ⋅ 2 ( n + p) x2 n+ 2 p−1 ∞ ( −1) x2 n+ 2 p−1 d ⎡⎣ x p J p ( x ) ⎤⎦ = ∑ = = ∑ 2 n + p −1 dx ⋅ n!⋅ ( n + p − 1)! 22 n + p ⋅ n ! ⋅ ( n + p ) ! n= 0 n= 0 2 n

n

2 n + p −1

⎛ x⎞ ∞ ( −1) ⎜ ⎝ 2 ⎟⎠ = xp ∑ n! Γ ( n + p) n= 0 n

= x p J p−1 ( x )

b) Multiplicando por x–p la expresión (6.7) se obtiene:

x

298

−p

∞ ( −1)n x2 n ( −1)n x2 n J p ( x ) = ∑ 2 n+ p =∑ ⋅ n! Γ ( n + p + 1) n= 0 22 n+ p ⋅ n!⋅ ( n + p)! n= 0 2 ∞


que derivando, queda. ∞ ( −1) ⋅ 2n ⋅ x2 n−1 d ⎡⎣ x− p J p ( x ) ⎤⎦ = ∑ 2 n+ p ⋅ n!⋅ ( n + p) ! dx n =1 2 n

Expresión que haciendo n = n + 1 resulta ∞ ( −1) ⋅ 2( n + 1) ⋅ x2 n+1 d ⎡⎣ x− p J p ( x ) ⎤⎦ = ∑ 2 n+ p+ 2 = ⋅ ( n + 1)!⋅ ( n + p + 1)! dx n= 0 2 n +1

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

= −∑

donde el sumatorio comienza en n = 0. Transformándola convenientemente se obtiene ∞ ( −1) ⋅ 2( n + 1) ⋅ x2 n+1 d ⎡⎣ x− p J p ( x ) ⎤⎦ = − ∑ 2 n+ p+1 = ⋅ 2 ⋅ ( n + 1) ⋅ n!⋅ ( n + p + 1)! dx n= 0 2 n

∞

= − x− p ∑

n= 0

( −1)n ⎛⎜⎝

2 n + p +1

x⎞ ⎟ 2⎠ = n!⋅ ( n + p + 1)! 2 n + p +1

⎛ x⎞ ∞ ( −1) ⎜ ⎝ 2 ⎟⎠ = − x− p ∑ = − x− p J p+1 ( x ) n ! n p 2 ⋅ Γ + + ( ) n= 0 n

6.13. Utilícense las funciones de Bessel para expresar la solución general de las siguientes ecuaciones. 2 2 a) 4 x y′′ + 4 xy′ + ( x − 3) y = 0

b) y′′ +

1 y′ + y = 0 x

299


SOLUCIÓN a) La ecuación puede ponerse en la forma 3⎞ ⎛1 x2 y′′ + xy′ + ⎜ x2 − ⎟ y = 0 ⎝4 4⎠ que es la ecuación de Bessel (6.4) donde k

1 3 , p . 2 2

Solución general: y = C1 J

3 /2

⎛1 ⎞ ⎜⎝ x⎟⎠ + C2 J− 2

3 /2

⎛1 ⎞ ⎜⎝ x⎟⎠ 2

b) Poniendo la ecuación en la siguiente forma: x2 y′′ + xy′ + x2 y = 0 se observa que es la ecuación de Bessel de orden cero, cuya solución es y = C1 J0 ( x ) + C2 Y0 ( x )

6.14. Dada la ecuación diferencial:

(

)

x2 y′′ + xy′ + x4 − 1 y = 0 comprúebese que el cambio de variable independiente t = x2 la transforma en una ecuación de Bessel, y expresar su solución general en términos de funciones de Bessel. SOLUCIÓN Las derivadas de la función con el cambio de variable t = x2, son: dy dy dt dy dy = = 2x = 2t1/2 dx dt dx dt dt d 2 y d ( dy / dx ) dt ⎛ 1/2 d 2 y −1/2 dy ⎞ 1/2 d2 y dy = = + = +2 4 t t t t 2 2 2 2 2 ⎜ ⎟ dx dt dx ⎝ dt dt ⎠ dt dt

300


Y sustituyendo en la ecuación queda la ecuación de Bessel: 4t 2

d2 y dy + 4t + t2 − 1 y = 0 dt 2 dt

(

)

O también: t2

d2 y dy ⎛ 1 2 1 ⎞ +t +⎜ t − ⎟ y= 0 2 4⎠ dt dt ⎝ 4

de solución general: ⎛1 ⎞ ⎛1 ⎞ y = C1 J1/2 ⎜ t ⎟ + C2 J−1/2 ⎜ t ⎟ ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠ Deshaciendo el cambio resulta la solución pedida: ⎛1 ⎞ ⎛1 ⎞ y = C1 J1/2 ⎜ x2 ⎟ + C2 J−1/2 ⎜ x2 ⎟ ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠

301

CAPÍTULO 7

SISTEMAS DE ECUACIONES

Introducción teórica En este capítulo se analizan los sistemas de ecuaciones diferenciales ordinarias y algunos de sus métodos de resolución 1. Definiciones Sistema de m ecuaciones diferenciales ordinarias de orden n es todo conjunto de m ecuaciones que contienen una variable independiente t definida en un cierto intervalo de la recta real, y m funciones x1(t), x2(t), ..., xm(t) en esa misma variable, así como sus derivadas hasta el orden n. Sistema lineal es aquel en que todas las ecuaciones son lineales respecto a las funciones y sus derivadas. Se llama no lineal en caso contrario. 2. Sistemas de primer orden Un sistema de primer orden con m ecuaciones y m funciones x1(t), x2(t), ..., xm(t) en una variable independiente t, es aquel que contiene solo las derivadas de orden 1 de esas funciones. La expresión general de un sistema de primer orden, con las ecuaciones resueltas respecto a la primera derivada, es: dx1 = f1 ( t, x1 , x2 , … , xm ) dt dx2 = f2 ( t, x1 , x2 , … , xm ) dt

(7.1)

dxm = fm ( t, x1 , x2 , … , xm ) dt

donde f1, ..., fm son funciones conocidas, y t pertenece a un cierto intervalo I de R. Es la llamada forma normal.

305


Esta forma puede ponerse fácilmente en esta otra llamada forma canónica o simétrica: dxm dx1 dx2 = =…= f1 ( t, x1 , x2 , … , xm ) f2 ( t, x1 , x2 , … , xm ) fm ( t, x1 , x2 , … , xm )

3. Expresión de una ecuación diferencial ordinaria mediante un sistema de primer orden Toda ecuación diferencial ordinaria y = g ( t, y, y′, y′′, … , y ) de orden m es equivalente a un sistema normal de ecuaciones de primer orden. Para ello, en la ecuación se sustituyen las sucesivas derivadas por las siguientes funciones nuevas: m −1)

m)

y′ = x1 ,

y′′ = x2 ,

, ym−1) = xm−1

…

obteniendose el sistema de primer orden dy = x1 , dt

dx1 = x2 , dt

dx2 = x3 , dt

…,

dxm−1 = g ( t, y, x1 , x2 , … , xm−1 ) dt

donde la variable independiente es t, y la funciones y, x1, x2, ..., xm–1. 4. Problema de Cauchy Dado el sistema (7.1) y las condiciones x1(t0) = x10, x2(t0) = x20, ..., xm(t0) = xm0, ¿existe alguna solución (t) = {1(t), 2(t), ..., m(t)} del sistema que cumpla esas condiciones ? Y en caso de existir, ¿es única? 5. Teorema de existencia y unicidad de solución Sea f una función continua en un cierto dominio de las variables, y sea el problema de Cauchy xi′ = f (t, xi ) ;

306

xi (t0 ) xi 0 .

i ∈ {1,2,..., m}


Si la función f verifica las condiciones: a) Es continua en . b) Posee derivadas parciales nuas en .

∂ fi ( t, x1 , x2 ,....., xm ) ∂xj

, i, j ∈ {1,2,....., m} conti-

Entonces existen > 0 y una única función x = (t) tales que ( t ) = f ( t, ( t ))

( t0 ) = x0

, para todo x0 x x0 +

Es decir, x = (t) es la única solución del problema de Cauchy. 6. Solución general En el dominio en el que un sistema (7.1) cumple las condiciones del teorema de existencia y unicidad de las soluciones, se llama Solución (o Integral) general del sistema a una familia de m funciones i = (t, C1, C2, ..., Cm),

i = 1, 2, ..., m

dependientes de m constantes arbitrarias C1, C2, ..., Cm tales que: a) Satisfacen el sistema cualesquiera que sean los valores de las constantes b) A cada punto x0 = (x10, x20, ..., xm0) de se le puede asignar un solo valor de las constantes de modo que el conjunto de funciones i es la única solución del sistema que satisface las condiciones iniciales i = xi0,

i = 1, 2, ..., m

7. Métodos de resolución de sistemas a) Método de eliminación. Consiste en la eliminación, mediante derivaciones sucesivas, de todas las ecuaciones del sistema menos una,

307


de modo que junto con el sistema permita eliminar todas las funciones menos una también, resultando así una sola ecuación con una variable solamente. De la resolución de esta ecuación resulta el valor de la incógnita correspondiente, la cual introducida en el sistema completa la resolución del mismo. La aplicación de este método necesita suponer la existencia de las derivadas sucesivas de las funciones que intervengan, hasta las que sean necesarias. b) Método de combinaciones integrables. Es también un método de eliminación que permite reducir el número de ecuaciones del sistema mediante la resolución de las llamadas integrales primeras. Se denomina Integral primera de un sistema de ecuaciones diferenciales a toda relación F(t,x1,x2, ..., xn) = C que se verifique para cualquier solución del sistema. Una Combinación integrable es toda ecuación tal que su solución es una integral primera del sistema. Los sistemas que pueden expresarse en forma normal, se resuelven de manera sencilla mediante el conocimiento de integrales primeras de los mismos. Así, si en un sistema con n variables dependientes puede calcularse un conjunto de r,(r < n) integrales primeras F1 (t,x1,x2, ..., xn) = C1 F2 (t,x1,x2, ..., xn) = C2 Fr (t,x1,x2, ..., xn) = Cr que sean independientes, entonces pueden expresarse de forma unívoca r variables de las n en función de las demás, las cuales introducidas en el sistema de ecuaciones diferenciales a resolver, reducen el número de incógnitas del mismo y así simplifican su resolución. c) Método del operador D. Es un método de eliminación utilizable solo para sistemas lineales con coeficientes constantes. Se basa en las propiedades lineales del operador D, y consiste en convertir el sistema de ecuaciones diferenciales en un sistema algebraico, en el que al ser similares las propiedades del operador D y las algebraicas, es más sencillo de resolver.

308


8. Sistemas lineales Son sistemas cuya expresión general es: x1′ ( t ) = a11 ( t ) x1 ( t ) + a12 ( t ) x2 ( t ) + ....... + a1n ( t ) xn ( t ) + f1 ( t )

x2′ ( t ) = a21 ( t ) x1 ( t ) + a22 ( t ) x2 ( t ) + ....... + a2 n ( t ) xn ( t ) + f2 ( t ) xn′ ( t ) = an1 ( t ) x1 ( t ) + an2 ( t ) x2 ( t ) + ....... + ann ( t ) xn ( t ) + fn ( t )

donde se supone aquí que los coeficientes aij(t), y los términos independientes fi(t), son funciones que están definidas y son continuas en un cierto intervalo de la recta real. Pueden expresarse en forma matricial, o vectorial: X’(t)=A(t)X(t)+F(t), donde ⎛ x1 (t ) ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ x2 (t ) ⎟ X (t ) = ⎜ . ⎟ ; ⎜ ⎟ . ⎟ ⎜ ⎜ xn (t ) ⎟ ⎝ ⎠

⎛ a11 (t ) ... ⎜ ⎜ a21 (t ) ... A(t ) = ⎜ ... ... ⎜ ⎜ ... .... ⎜ ⎜⎝ an1 (t ) ...

a1n (t ) ⎞ ⎟ ... a2 n (t ) ⎟ ⎟ ; ... ... ⎟ ⎟ ... ... ⎟ ... ann (t ) ⎟⎠

....

⎛ f1 (t ) ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ f2 (t ) ⎟ F (t ) = ⎜ . ⎟ ⎜ ⎟ . ⎟ ⎜ ⎜ fn ( t ) ⎟ ⎝ ⎠

El sistema X’(t) = A(t)X(t) (es decir, F(t) = 0) deducido del anterior, se llama sistema homogéneo asociado, llamándose al primitivo no homogéneo, o completo. 9. Estructura de las soluciones de un sistema lineal homogéneo Al ser continuas las funciones de la matriz A(t) de orden n, el conjunto de soluciones del sistema lineal homogéneo de primer orden: X’(t)=A(t)X(t) tiene estructura de espacio vectorial de dimensión n. 10. Sistema fundamental de soluciones de un sistema lineal homogéneo Se llama sistema fundamental de soluciones de un sistema lineal homogéneo, a toda base del espacio vectorial de soluciones del mismo.

309


11. Matriz fundamental de un sistema lineal homogéneo La matriz M(t) cuyas columnas son un sistema fundamental de soluciones, se llama matriz fundamental. Teorema. La condición necesaria y suficiente para que una matriz de soluciones de un sistema lineal homogéneo sea fundamental, es que su determinante sea distinto de cero en algún punto del intervalo I de definición de la variable. Esta condición permite identificar si un conjunto de soluciones de un sistema de ecuaciones diferenciales lineales es fundamental, sin más que elegir un punto del dominio de existencia de la variable y comprobar que el determinante que tiene por columnas el conjunto en cuestión es distinto de cero. Si lo es en un punto cualquiera lo es en todos los del dominio. 12. Teorema de caracterización de matrices fundamentales La condición necesaria y suficiente para que una matriz M(t) cualquiera sea matriz fundamental del sistema lineal homogéneo X’(t) = A(t)X(t), es que se verifique: 1. dM ( t ) = A ( t ) M ( t ) dt 2. M ( t0 ) ≠ 0 en algún t0 I (I = dominio de existencia de t) 13. Solución general de un sistema lineal homogéneo La expresión X(t) = M(t) · C, donde M(t) es una matriz fundamental, y C es una matriz de constantes, es la Solución general. 14. Sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes De acuerdo con el teorema de existencia y unicidad, si la matriz A(t) del sistema lineal homogéneo X’(t) = AX(t), t R

310

(7.2)


es constante, entonces para cada t0 R y para cada vector X0 Rn, dicho sistema posee solución única X(t) tal que X(t0) = X0 para todo t R. 15. Ecuación característica de un sistema lineal homogéneo Se llama ecuación característica del sistema homogéneo (7.3), a la expresión dada por el determinante A − kI = 0

donde I es la matriz unidad del mismo orden que A. Las raíces de la ecuación característica del sistema son los valores propios de A. Los valores propios determinan la forma de las soluciones del sistema. 16. Cálculo de la solución general de un sistema lineal homogéneo de coeficientes constantes Para integrar el sistema homogéneo (7.3), se procede de manera análoga a como se hizo en el caso de las ecuaciones lineales de orden n, esto es, se obtiene un sistema fundamental de soluciones {X1(t), X2(t), ..., Xn(t)}. de modo que el conjunto X(t) = C1 X1(t) + C2 X2(t) + ... + Cn Xn(t) es su solución general. Las soluciones son de la forma X = Uekt, donde k es un valor propio de la matriz A, y U su vector propio asociado. Para cada vector propio U asociado a k se obtiene una solución del sistema. 1. Valores propios reales y distintos. Si las raíces k1, k2, ..., kn,de la ecuación característica son reales y distintas, se obtienen n soluciones independientes: X1 U1 e k1t ,

X 2 U2 e k2t , ... , X n Un e knt

311


ya que lo son los vectores propios Ui hallados. La matriz que tiene por columnas esas soluciones será una matriz fundamental del sistema. 2. Valores propios complejos. Si la ecuación característica tiene raíces complejas, los vectores propios correspondientes generalmente lo son también y con ello las soluciones respectivas. Para obtener soluciones reales se aplicará la siguiente propiedad: Si un sistema lineal homogéneo con coeficientes reales tiene una solución compleja, las partes real e imaginaria son soluciones también. 3. Valores propios múltiples. Si la ecuación característica posee valores propios repetidos, sean estos reales o complejos, la forma de proceder es la misma, siempre y cuando el espacio de vectores propios asociado tenga una dimensión igual al orden de multiplicidad de ese valor propio, ya que entonces se encontrarán vectores propios independientes, y con ello soluciones independientes también, suficientes para formar la matriz fundamental. Si no es así, es decir, si al valor propio k repetido p veces le corresponde un espacio de vectores propios de dimensión r, menor que p, no se encontrarán suficiente soluciones, y habrá que buscar las p-r que faltan para completar el sistema fundamental. Los casos donde se puede encontrar esta situación, para matrices de segundo o tercer orden, son los siguientes: a) p = 2, r = 1 (Valor propio k con multiplicidad 2, y su espacio de vectores propios de dimensión 1) Una solución es: X1 = Uekt (U = vector propio asociado a k) Una segunda solución es: X2 = (Ut + V) ekt

(7.3)

donde V es un vector que verifica:

( A − kI ) U = 0 ( A − kI ) V = U 312

(7.4)


o equivalentemente:

( A − kI )2 V = 0 ,

( A − kI ) V ≠ 0

(7.5)

b) p = 3, r = 1 (Valor propio k con multiplicidad 3, y su espacio de vectores propios de dimensión 1) Tres soluciones son: X1 ( t ) = Ue kt

X 2 ( t ) = (Ut + V ) e kt

(7.6)

⎛1 ⎞ X 3 ( t ) = ⎜ Ut 2 + Vt + W ⎟ e kt ⎝2 ⎠

donde U, V, W son vectores que verifican:

( A − kI ) U = 0 ( A − kI ) V = U ( A − kI ) W = V

(7.7)

c) p = 3, r = 2 (Valor propio k con multiplicidad 3, y su espacio de vectores propios de dimensión 2) Dos soluciones son: X1(t) = U1ekt, X2(t) = U2ekt, donde U1, U2 son dos vectores linealmente independientes del espacio de vectores propios asociado a k. La tercera solución es: X3 (t) = (Ut + V) ekt donde U es un vector propio cualquiera (una combinación lineal de U1, U2, y V es un vector que cumple: (A – kI) V = U 17. Sistemas lineales no homogéneos La solución general de un sistema lineal no homogéneo X’(t) = A(t)X(t) + F(t) es la suma de una solución particular suya, y la solución general del sistema homogéneo asociado.

313


Algunos de los métodos para hallar la solución particular del sistema no homogéneo son: a) Método de variación de las constantes. Consiste en la búsqueda de una solución particular de la misma forma que la solución general del sistema homogéneo asociado, pero suponiendo que la constante que interviene es variable. Si la solución general del sistema homogéneo es X(t) =M(t)C, donde M(t) es una matriz fundamental, se busca una solución particular del sistema no homogéneo de la forma Xp(t) =M(t)C (t) donde, como se observa, se ha hecho C función vectorial C(t), que hay que calcular. Sustituyendo dicha solución particular en la ecuación completa, recordando que M(t) es una matriz fundamental del sistema homogéneo, y por ello se verifica tanto que M’(t)=A(t)M(t) como que existe la matriz inversa M–1(t), se obtiene la solución buscada: X p ( t ) = M ( t ) ∫ M −1 ( t ) F ( t ) dt

(7.8)

b) Método de los coeficientes indeterminados. Es un método análogo al estudiado en las ecuaciones lineales, y como allí, debe restringirse a los sistemas lineales de coeficientes constantes. Consiste en el ensayo de soluciones particulares del mismo tipo al que figura en el término no homogéneo, y con las mismas restricciones que se contemplaban en las ecuaciones lineales. c) Método de la Transformada de Laplace. De la misma forma que en las ecuaciones lineales puede utilizarse la transformada de Laplace para resolver sistemas lineales con condiciones iniciales. Consiste en tomar la transformada de Laplace en cada ecuación, para obtener un sistema lineal de ecuaciones algebraicas en las que las incógnitas son ahora las transformadas de Laplace. Resolviendo ese sistema algebraico y hallando las transformadas inversas correspondientes, resultará la solución del sistema pedida.

314


7.1. Encuéntrese un sistema de ecuaciones que sea expresión diferencial de la familia de curvas: x = C1cos ( t + C2 ) ,

y = − C1sen ( t + C2 )

SOLUCIÓN a) Derivando ambas ecuaciones respecto a t, se obtiene dx = − C1sen ( t + C2 ) ; dt

dy = − C1cos ( t + C2 ) dt

Eliminando C1, C2 entre las ecuaciones del sistema y sus derivadas, resulta el sistema pedido. dx = y, dt

dy = −x dt

7.2. Transfórmese cada una de las ecuaciones diferenciales siguientes en un sistema equivalente de ecuaciones de primer orden. (las derivadas son respecto a t) a) y '''+ 3 y '+ 7 y = t 2 b) y '' = t 3 + ( y ')

2

c) y '''+ y iv + y '' = t 2 ( y ')

2

315


SOLUCIÓN a) Expresando la ecuación en la forma ym) g(t, y, y ', y '') se tiene y ''' = −3 y '− 7 y + t 2

y haciendo: y' = x1, y'' = x2, y sustituyendo en la ecuación se obtiene el sistema de primer orden: dy dx1 dx2 x1 , x2 , = −3 x1 − 7 y + t 2 dt dt dt donde t es la variable independiente, y las funciones son: y, x1, x2. b) Mediante la sustitución y' = x1, la ecuación es equivalente al sistema de primer orden con dos ecuaciones: dy dx1 2 x1 , = ( x1 ) + t 3 dt dt donde las funciones son: y, x1. c) Ecuación: y iv = − y '''− y ''+ t 2 ( y ') . 2

Efectuando las sustituciones, y' = x1, y'' = x2, y''' = x3, resulta el sistema: dy = x1 , dt

dx1 = x2 , dt

dx2 = x3 , dt

dx3 2 = − x3 − x2 + t 2 ( x1 ) . dt

7.3. Resuélvase por el método de eliminación el sistema lineal homogéneo siguiente: dx1 = 4 x1 + x2 dt dx2 = −6 x1 − x2 dt SOLUCIÓN Derivando respecto a t en la primera ecuación del sistema, se tiene: d 2 x1 dx dx =4 1+ 2 2 dt dt dt

316


y sustituyendo la segunda ecuación, queda d 2 x1 dx = 4 1 − 6 x1 − x2 2 dt dt

Por último, sustituyendo el valor de x2 obtenido de la primera ecuación del sistema, resulta la siguiente ecuación lineal homogénea de segundo orden en x1: d 2 x1 dx − 3 1 + 2 x1 = 0 2 dt dt

que se resuelve. Ecuación característica y raíces: k2 – 3k + 2 = 0. Raíces: k = 1, k = 2. Solución general: x1 = C1 et + C2 e2 t Sustituyendo este valor en la primera ecuación del sistema queda: x2 =

dx1 − 4 x1 = −3C1 et − 2C2 e2 t dt

Solución general pedida: x1 = C1 et + C2 e2 t x2 = −3C1 et − 2C2 e2 t

7.4. Resuélvase por el método de eliminación el sistema lineal no homogéneo dx1 = −2 x1 + x2 dt dx2 = 5 x1 + 2 x2 + 9t dt

317


SOLUCIÓN Derivando respecto a t en la primera ecuación del sistema, se tiene: d 2 x1 dx dx = −2 1 + 2 2 dt dt dt Sustituyendo en esta expresión las dos ecuaciones, resulta la ecuación lineal de segundo orden no homogénea: d 2 x1 − 9 x1 = 9t dt 2

(7.9)

que se resuelve. La ecuación homogénea asociada es d 2 x1 − 9 x1 = 0 dt 2 Su ecuación característica y raíces k2 – 9 = 0. Raíces: k = 3, k = –3. Su solución general: x1 = C1 e3 t + C2 e−3 t . Utilizando el método de selección, una solución particular de la ecuación no homogénea es de la forma: x1p = At+B que al sustituirla en la ecuación se obtiene A = –1, B = 0 y con ello x1p = –t. 318


Por lo tanto, la solución general de (7.9) es: x1 = C1 e3 t + C2 e−3 t − t . Sustituyendo este valor en la primera ecuación del sistema, resulta: x2 =

dx1 + 2 x1 = 5C1 e3 t − C2 e−3 t − 2t − 1 dt

Por tanto, la solución general del sistema es x1 = C1 e3 t + C2 e−3 t − t x2 = 5C1 e3 t − C2 e−3 t − 2t − 1

7.5. Resuélvase el siguiente sistema, reduciéndolo previamente a una ecuación equivalente de mayor orden. dx3 1 dx1 dx2 x2 ; x3 ; = 3 −2 x1 + 2tx2 − t 2 x3 dt dt dt t

(

)

SOLUCIÓN Las variables x2, x3 expresadas en función de x1 son: x2

dx1 dx d 2 x1 ; x3 2 dt dt dt 2

(7.10)

que al sustituirlas en la tercera ecuación del sistema, resulta la siguiente ecuación equivalente a dicho sistema t3

d 3 x1 2 d 2 x1 dx +t − 2t 1 + 2 x1 = 0 2 3 dt dt dt

(7.11)

319


Esta es una ecuación de Euler que se resuelve efectuando el cambio de variable independiente t = ev (ver cap. 4), cuyas derivadas son: dx1 dx1 dv 1 dx1 = = dt dv dt t dv d 2 x1 d ⎛ 1 dx1 ⎞ 1 ⎛ d 2 x1 dx1 ⎞ = ⎜ − ⎟= dt 2 dt ⎝ t dν ⎠ t 2 ⎜⎝ dv2 dv ⎟⎠ d 3 x1 d ⎡ 1 ⎛ d 2 x1 dx1 ⎞ ⎤ 1 ⎛ d 3 x1 d 2 x1 dx ⎞ 3 = − = − + 2 1⎟ ⎢ 2⎜ ⎥ 3 2 3 ⎜ 3 2 ⎟ dt dt ⎣ t ⎝ dv dv ⎠ ⎦ t ⎝ dv dv dv ⎠ Sustituyendo estas expresiones en (7.11), queda la siguiente ecuación de coeficientes constantes: d 3 x1 d 2 x1 dx1 − 2 − + 2 x1 = 0 d ν3 d ν2 dν de ecuación característica r3 – 2r2 – r + 2 = 0, y raíces r1 = 1, r2 = –1, r3 = 2. Su solución general es: x1 = C1 e v + C2 e− v + C3 e2 v y deshaciendo el cambio efectuado: x1 = C1t + C2 t −1 + C3 t 2 Sustituyendo en las expresiones (7.10) este valor de x1, se obtienen las otras variables. Por lo tanto, la solución general del sistema es: x1 = C1t + C2 t −1 + C3 t 2 x2 = C1 − C2 t −2 + 2C3 t x3 = 2C2 t −3 + 2C3

320


7.6. Resuélvanse mediante el método de combinaciones integrables, los siguientes sistemas: a)

dx1 x2 , dt

dx2 x1 dt

b)

dx1 = x1 + x2 , dt

dx2 = x1 + x2 + et dt

SOLUCIÓN a) Sumando miembro a miembro ambas ecuaciones, se obtiene la siguiente combinación integrable dx1 dx2 + = x1 + x2 dt dt que puesta en la forma d( x1 + x2 ) = x1 + x2 dt se observa que es una ecuación lineal de variable dependiente (x1 + x2). Su solución x1 + x2 = c1 et proporciona una integral primera del sistema. De la misma forma, restando ahora ambas ecuaciones del sistema inicial, resulta dx1 dx2 = x2 x1 dt dt

d(x1 x2 ) = (x1 x2 ) dt

x1 x2 = c2 e t

que es otra integral primera independiente de la anterior. Ambas determinan la solución general pedida, que es x1 = C1 et + C2 e− t x2 = C1 et − C2 e− t donde se ha llamado C1 = c1/2, C2 = c2/2. 321


b) Sumando miembro a miembro ambas ecuaciones queda la combinación integrable dx1 dx2 + = 2(x1 + x2 ) + et dt dt

d(x1 + x2 ) = 2(x1 + x2 ) + et dt

que es una ecuación lineal no homogénea de variable (x1 + x2), que se resuelve. Ecuación homogénea asociada:

d( x1 + x2 ) = 2( x1 + x2 ) dt Solución general: x1 + x2 = c1 e2t La solución particular de la ecuación completa se busca en la forma (x1 + x2) = Aet que mediante la sustitución oportuna se obtiene: Aet = 2 Aet + et 7

A = –1.

Solución particular: (x1 + x2) = –et Por lo tanto, una integral primera es: x1 + x2 = c1 e2t – et Restando ahora las dos ecuaciones del sistema, resulta d(x1 x2 ) = et dt

x1 x2 = et + c2

que es otra integral primera independiente de la anterior. Ambas determinan la solución general, que mediante una redefinición de las constantes es: x1 = C1 e2 t + C2 − et x2 = C1 e2 t − C2

322


7.7. Aplíquense las propiedades del operador D para encontrar la solución de los siguientes sistemas de ecuaciones. a) Dx1 − ( D + 1) x2 = 0

x1 + ( D − 1) x2 = e2 t

b) D2 x1 = − x2 + t

( 3 D − 2) x1 + Dx2 = t2 c) D2 x1 = x2 + 1 D2 x2 = x1 + t SOLUCIÓN a) Aplicando el operador D a la segunda ecuación, queda: Dx1 − ( D + 1) x2 = 0

Dx1 + D ( D − 1) x2 = De2 t = 2 e2 t

Restando la primera ecuación de la segunda, y aplicando las propiedades lineales del operador D, resulta: D ( D 1) + ( D + 1) x2 = 2e2t

(D

2

)

+ 1 x2 = 2e2t

que es una ecuación lineal no homogénea, de la que se halla la solución general. La ecuación homogénea asociada es (D2 + 1)x2 = 0. Las raíces de (D2 + 1) = 0 son D = ±i. Su solución general es x2 = C1 cos t + C2 sen t. Se busca la solución particular de la no homogénea en la forma (x2)p = Ae2t. Por lo tanto D(x2)p = 2Ae2t, D2(x2)p = 4Ae2t, lo que sustituido en la ecuación no homogénea e identificando coeficientes, resulta: 2

( x2 ) p = 5 e2t . 323


Por lo tanto, la solución general de la ecuación completa es: x2 = C1 cos t + C2 sen t +

2 2t e . 5

Sustituyendo este valor en la segunda ecuación del sistema primitivo, resulta: 2 x1 = e2 t − ( D − 1) x2 , x1 = e2 t − ( D − 1) ⎛⎜ C1 cos t + C2 sen t + e2 t ⎞⎟ ⎝ 5 ⎠ x1 = C1 ( cos t + sen t ) + C2 (sen t − cos t ) +

3 2t e 5

Solución general pedida: x1 = C1 ( cos t + sen t ) + C2 (sen t − cos t ) + x2 = C1 cos t + C2 sen t +

3 2t e 5

2 2t e 5

b) Aplicando el operador D a la primera ecuación, el sistema queda: D3 x1 + Dx2 = 1

(3 D − 2) x1 + Dx2 = t2 y restando la segunda ecuación de la primera, se obtiene ⎡⎣ D3 − 3 D + 2 ⎤⎦ x1 = 1 − t 2

que es una ecuación de orden 3, cuya solución general, tendrá en este caso tres constantes arbitrarias. La ecuación homogénea asociada es

(D 324

3

)

− 3 D + 2 x1 = 0


Las raíces de (D3 – 3D + 2) = 0 son D = –2, y D = 1 doble. Su solución general es: x1 = C1 et + C2 tet + C3 e−2 t . La solución particular de la completa se busca en la forma

( x1 ) p = At2 + Bt + C con lo cual D ( x1 ) p = 2 At + B , D2 ( x1 ) p = 2 A

, D3 ( x1 ) p = 0

y sustituyendo en la ecuación completa resulta 1

3

7

( x1 ) p = − 2 t2 − 2 t − 4 . Por tanto x1 = C1 et + C2 tet + C3 e−2 t −

1 2 3 7 t − t− . 2 2 4

Sustituyendo este valor en la primera ecuación del sistema inicial, se obtiene x2, resultando x2 = − (C1 + 2C2 + C2 t ) et − 4C3 e−2 t + t + 1 .

Solución general pedida: x1 = C1 et + C2 tet + C3 e−2 t −

1 2 3 7 t − t− 2 2 4

x2 = − (C1 + 2C2 + C2 t ) et − 4C3 e−2 t + t + 1

c) Sumando ambas ecuaciones y aplicando las propiedades del operador D, se tiene D2 ( x1 + x2 ) = x1 + x2 + t + 1

(D2 1) ( x1 + x2 ) = t + 1

325


que es una ecuación lineal no homogénea de segundo orden en la variable (x1 + x2). La solución general de la homogénea asociada es x1 + x2 = c1et + c2 e t . La solución particular de la ecuación completa se busca en la forma (x1 + x2)p = At + B que al sustituir en la ecuación e identificar coeficientes, resulta (x1 + x2)p = –t – 1. Por tanto, la solución de la ecuación no homogénea es: x1 + x2 = c1 et + c2 e− t − t − 1

(7.12)

Restando las dos ecuaciones del sistema inicial, se obtiene: ( D2 + 1) ( x1 − x2 ) = 1 − t

que es una ecuación lineal no homogénea en la variable (x1 – x2). La solución general de la homogénea asociada es: x1 − x2 = c3 cos t + c4 sen t .

Se busca la solución particular de la ecuación completa en la forma (x1 – x2)p = At + B que al sustituir en la ecuación e identificar coeficientes, queda (x1 – x2)p = 1 – t Solución general de la ecuación completa: x1 − x2 = c3 cos t + c4 sen t + 1 − t

326

(7.13)


Despejando x1, x2 entre (7.12) y (7.13), y redefiniendo las constantes, resulta la solución general del sistema: x1 = C1 et + C2 e− t + C3 cos t + C4 sen t − t x2 = C1 et + C2 e− t − C3 cos t − C4 sen t − 1

7.8. Exprésese en notación operacional y posteriormente, aplicando las propiedades del operador D, resuélvase el siguiente sistema, donde m = cte, (m M 0). x1′ − 3 x1 − x2 = e2 t

(

)

x2′ + 1 − m2 x1 − x2 = 0

SOLUCIÓN El sistema expresado en notación operacional es ( D − 3) x1 − x2 = e2 t

(1 − m ) x + ( D − 1) x 2

1

2

=0

Aplicando el operador (D – 1) a la primera ecuación, queda: ( D − 1) ( D − 3) x1 − ( D − 1) x2 = ( D − 1) e2 t (1 − m2 ) x1 + ( D − 1) x2 = 0

Sumando las dos ecuaciones y utilizando convenientemente las propiedades del operador D, resulta la siguiente ecuación lineal no homogénea:

(D

2

)

(

)

4D + 3 x1 + 1 m2 x1 = 2e2t e2t

(D

2

)

4D + 4 m2 x1 = e2t

La ecuación homogénea asociada es (D2 – 4D + 4 – m2) x1 = 0. Las raíces de D2 – 4D + 4 – m2 son 2 ± m, con lo que su solución general es x1 = C1 e(2+ m)t + C2 e(2− m)t

327


Solución particular de la no homogénea:

( x1 ) p = Ae2t Sus derivadas: D ( x1 ) p = 2 Ae2 t , D2 ( x1 ) p = 4 Ae2 t 1 Sustituyendo en la ecuación completa resulta A = − 2 , y la solución m particular

1

( x1 ) p = − m2 e2t . Por tanto, la solución general de la homogénea es: x1 = C1 e(2+ m)t + C2 e(2− m)t −

1 2t e . m2

Sustituyendo este resultado en la primera ecuación del sistema inicial expresada en la forma x2 = ( D − 3) x1 − e2 t resulta x2 = C1 ( m − 1) e(2+ m)t + C2 ( − m − 1) e(2− m)t +

1 − m2 2 t e . m2

Ambos valores de x1, x2 hallados definen la solución general pedida. x1 = C1 e(2+ m)t + C2 e(2− m)t −

1 2t e m2

x2 = C1 ( m − 1) e(2+ m)t + C2 ( − m − 1) e(2− m)t +

328

1 − m2 2 t e m2


7.9. En el sistema lineal dx1 = 3 x1 + 4 x2 , dt

dx2 = 2 x1 + x2 dt

se pide: a) Comprobar que cada una de las dos familias de funciones 1 1 ( t ) = e5t , e5t , 2 ( t ) = e t ,e t 2

{

}

donde t R, son solución del sistema. b) Comprobar que la matriz M(t) cuyas columnas son 1, 2 es una matriz fundamental. c) Expresar en forma matricial la solución general y determinar la solución particular (t) que verifica las condiciones iniciales (0) = {x1(0), x2(0)} = {1, 2}. Aplicar el teorema de existencia y unicidad para comprobar que esta solución es única, determinando el intervalo de definición de la misma. SOLUCIÓN a) Por simple sustitución puede comprobarse que ambas familias son 1 solución del sistema. Así, para 1 = e5t , e5t , sustituyendo x1 = e5t, 2 1 x2 e5t se comprueba que lo verifica. Igual con 2. 2 b) Matriz M(t) de soluciones. ⎛ e5t M ( t ) = ⎜ 1 5t ⎜ ⎜⎝ 2 e

e− t ⎞ ⎟; − e− t ⎟⎟ ⎠

Una condición necesaria y suficiente para que una matriz de soluciones de un sistema lineal homogéneo sea matriz fundamental del

329


mismo es que su determinante sea distinto de cero en algún punto del intervalo de definición de t. M (t) = −

3 4t e ≠ 0 para todo t R 2

Por lo tanto M(t) es una matriz fundamental del sistema. c) Solución general: e− t ⎞ ⎛ C 1 ⎟ −t ⎟ ⎜ − e ⎟ ⎜⎝ C2 ⎠

⎛ e5t ⎛ x1 ⎞ ⎜ ⎜ ⎟ = 1 5t ⎜⎝ x2 ⎟⎠ ⎜ ⎜⎝ 2 e

⎞ ⎟ ⎟⎠

Aplicando las condiciones iniciales, resulta: x (0) 1 1 = 1 x2 ( 0 ) 2

1 C 1 1 C2

1 C1 = 2, C2 = 1 = 2

La solución particular pedida es:

{

( t ) = 2e5t e t , e5t + e t

}

El sistema es de coeficientes constantes. La solución definida para cualquier par de constantes C1, C2 de la solución general es única para todo t R.

7.10. t

t

e a) Compruébese que las funciones vectoriales 1 ( t ) = , 2 ( t ) = 0 0 son linealmente independientes.

b) ¿Existe un sistema lineal X’ = A(t)X, donde A(t) es una matriz de funciones continuas, que tenga a 1(t), 2(t) como soluciones del mismo?

330


SOLUCIÓN a) Ambas funciones son linealmente independientes, ya que et 0 t 11 + 2 2 = 0, 1 + 2 = 06 0 6 06

1 = 2 = 0

b) Para que la matriz de soluciones sea matriz fundamental de un sistema lineal de coeficientes continuos, ha de ser no nulo su determinante. Al ser

t et 0 para todo t R, no existe un sistema de la forma 0 0

X’ = A(t)X con A(t) continua del cual son 1, 2 soluciones.

7.11. Sea el sistema lineal homogéneo de ecuaciones diferenciales X’ = A(t)X donde las funciones aij(t) que componen la matriz A(t) están definidas y son continuas en un cierto intervalo I de R. Compruébese que: a) Si M(t) es una matriz fundamental del sistema, también lo es M(t)C donde C es una matriz constante no singular del mismo orden. b) Si M1(t), M2(t) son matrices fundamentales del sistema, existe una matriz C de números reales no singular, tal que M2(t) = M1(t) C en todo punto del intervalo en el que M1(t) y M2(t) son no singulares. SOLUCIÓN a) Si M(t) es una matriz fundamental del sistema X’ = A(t)X definida en I de R, entonces (teorema de caracterización de matrices fundamentales): 1.

dM ( t ) = A (t) M (t) dt

2. M ( t0 ) ≠ 0 para t0 I

331


Pero estas condiciones también se verifican para M(t)C. En efecto. 1.

d ( M (t) C ) dt

=

dM ( t ) C = ( A ( t ) M ( t )) C = A ( t ) ( M ( t ) C ) dt

2. M ( t0 ) C = M ( t0 ) C ≠ 0 para t I, al ser no singular la matriz C. Por lo tanto, también la matriz M(t)C es matriz fundamental del sistema. b) Si M1(t), M2(t) son matrices fundamentales definidas para t I, entonces en cualquier t0 I sus determinantes respectivos son: M1 ( t0 ) ≠ 0 , y M2 ( t0 ) ≠ 0 Es decir, ambas matrices son no singulares. Por esa razón, existen las matrices

( M ( t )) 1

−1

0

( M ( t ))

, y

2

−1

0

inversas, respectivamente, de cada una de ellas, y estas también son no singulares, es decir:

( M ( t )) 1

0

−1

( M ( t ))

≠ 0, y

1

0

−1

≠0.

Sea ahora C la matriz producto:

(

C = M1 ( t0 )

)

−1

M2 ( t0 )

que será no singular al no ser singular ninguna de las del producto. Ahora bien, por el apartado a) M1(t)C es matriz fundamental al serlo M1(t), y se cumple

(

M1 ( t0 ) C = M1 ( t0 ) ⎡ M1 ( t0 ) ⎣

332

)

−1

M2 ( t0 ) ⎤ = M2 ( t0 ) ⎦


cualquiera que sea t0 del dominio de t en el que M1(t0), M2(t0) sean no singulares. Por lo tanto M2(t) = M1(t)C en todo punto del intervalo en el que M1(t) y M2(t) son no singulares.

7.12. Sea el sistema lineal homogéneo X’ = A(t)X, donde las funciones aij(t) que componen la matriz A(t) están definidas y son continuas en un cierto intervalo I de R. Sea M(t) una matriz fundamental, y sea C una matriz de números reales, no singular y del mismo orden que M(t). Compruébese que es condición suficiente que se verifique la condición CA(t) = A(t)C para que CM(t) sea también una matriz fundamental del sistema. SOLUCIÓN Para que CM(t) sea matriz fundamental de X’ = A(t)X, ha de cumplirse: 1.

d ( CM ( t )) dt

= A ( t ) ( CM ( t ))

2. C M ( t0 ) ≠ 0 para t0 I La condición 2 es evidente, ya que si M(t) es matriz fundamental, entonces M ( t0 ) ≠ 0 para t0 I, y al ser C no singular, también es: CM ( t0 ) = C M ( t0 ) ≠ 0

para t0 I.

En cuanto a la condición 1, si M(t) es matriz fundamental del sistema, entonces dM ( t ) = A (t) M (t) dt

Multiplicando el segundo miembro por C–1C, ya que existe la matriz inversa C–1 al ser C no singular, y operando convenientemente, recordando que C es constante, se tiene:

333


d ( CM ( T )) dM ( t ) dM ( t ) = C 1CA ( t ) M ( t ) C = CA ( t ) M ( t ) = CA ( t ) M ( t ) dt dt dt Por lo tanto, para que se cumpla la condición 1 es suficiente que se verifique CA ( t ) = A ( t ) C

ya que en ese caso: d ( CM ( T )) dt

= CA ( t ) M ( t ) = A ( t ) ( CM ( t ))

7.13. En el sistema no homogéneo de ecuaciones lineales: ⎛ 0 2⎞ X ' (t) = A X (t) + F (t) , con A = ⎜ ⎟, ⎝ −1 3 ⎠

⎛ et F (t) = ⎜ ⎜⎝ − et

⎞ ⎟ ⎟⎠

se pide: a) Una matriz fundamental M(t) del sistema homogéneo asociado. b) Comprobar que una solución particular del sistema completo es X p ( t ) = M ( t ) ∫ M ( t ) F ( t ) dt (Método de variación de las constantes) −1

c) Obtener por el método anterior dicha solución particular, y con ella la solución general del sistema. SOLUCIÓN a) Ecuación característica y valores propios del sistema homogéneo asociado: A − kI =

334

−k 2 = k2 − 3 k + 2 = 0 . Valores propios: k = 1, k = 2. −1 3 − k


Vectores propios y soluciones correspondiente a cada uno de ellos: Para k = 1: 1 2 1 = 0, 1 + 2 2 = 0 . 1 2 6 2 6

( A 1I)U = 0

⎛ 2⎞ Haciendo, por ejemplo 2 = 1 se obtiene el vector propio U1 = ⎜ ⎟ . ⎝ 1⎠ ⎛ 2⎞ t Solución correspondiente: X1 = ⎜ ⎟ e . ⎝ 1⎠ Para k = 2: 2 2 1 = 0, 1 + 2 = 0 . 1 1 6 2 6

( A 2I)U = 0

⎛ 1⎞ De la misma forma, haciendo 2 = 1 se obtiene U2 = ⎜ ⎟ . ⎝ 1⎠ ⎛ 1⎞

2t Solución X 2 = ⎜ ⎟ e . ⎝ 1⎠

Ambas soluciones son linealmente independientes. Una matriz fundamental es ⎛ 2 e t e2 t ⎞ M ( t ) = ⎜ t 2t ⎟ ⎝ e e ⎠

y, por lo tanto, la solución general del sistema homogéneo: ⎛ 2 et e2 t ⎞ ⎛ C1 ⎞ X ( t ) = ⎜ t 2t ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ e e ⎠ ⎜⎝ C2 ⎟⎠

(7.14)

b) Se buscará una solución particular Xp(t) del sistema no homogéneo en la forma: X p ( t ) = M ( t) C ( t)

(7.15)

donde se hallará C(t) obligando a que verifique dicho sistema completo.

335


Derivando la expresión (7.15) y sustituyéndola junto con su derivada en la ecuación completa, se obtiene: X p ' (t) = M ' (t) C (t) + M (t) C ' (t) M ' (t) C (t) + M (t) C ' (t) = A (t) ⎡⎣M (t) C (t)⎤⎦ + F (t)

Como M(t) es una matriz fundamental del sistema homogéneo, es M'(t) = A(t) M(t), y la igualdad anterior queda: M (t) C '(t) = F (t)

Multiplicando ahora por M(t)–1, ya que M(t) es no singular, resulta: C '(t) = M (t) F (t) −1

e integrando: C (t) = ∫ M (t) F (t) dt + K −1

Haciendo K = 1, ya que se necesita una sola solución particular, esta es, por lo tanto: X p ( t ) = M ( t ) ∫ M ( t ) F ( t ) dt −1

c) Hallando cada matriz en el caso particular indicado, se obtiene: ⎛ e− t − e− t ⎞ −1 M (t) = ⎜ ⎟, −2 t 2 e−2 t ⎠ ⎝ −e

⎛ e− t − e− t ⎞ ⎛ et ⎞ ⎛ 2 ⎞ −1 M (t) F (t) = ⎜ ⎟⎜ ⎟ =⎜ −t ⎟ −2 t 2 e−2 t ⎠ ⎝ − et ⎠ ⎝ −3 e ⎠ ⎝ −e

⎛ 2t ⎞ ⎛ 2 ⎞ −1 ∫ M (t) F (t) dt = ∫ ⎜⎝ −3e− t ⎟⎠ dt = ⎜⎝ 3e− t ⎟⎠ ,

⎛ 2 e t e 2 t ⎞ ⎛ 2t ⎞ ⎛ 4t + 3 ⎞ t X p (t ) = ⎜ t 2 t ⎟ ⎜ − t ⎟ = ⎜ ⎟e ⎝ e e ⎠ ⎝ 3 e ⎠ ⎝ 2t + 3 ⎠

La solución general del sistema completo es la del sistema homogéneo (7.14), más la solución particular hallada.

336


⎛ 2 et e2 t ⎞ ⎛ C1 ⎞ ⎛ 4t + 3 X ( t ) = ⎜ t 2t ⎟ ⎜ ⎟ +⎜ ⎝ e e ⎠ ⎜⎝ C2 ⎟⎠ ⎝ 2t + 3

⎞ t ⎟e ⎠

7.14. Dado el sistema de ecuaciones diferenciales X' = AX + F, donde ⎛ x (t) ⎞ ⎟ X =⎜ ⎜⎝ y (t) ⎟⎠

,

⎛ ⎜ X'= ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

dx dt dy dt

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

,

⎛ 1 −1 ⎞ A=⎜ ⎟ ⎝1 3 ⎠

,

⎛ e− t ⎞ F=⎜ −t ⎟ ⎝ −e ⎠

,

t ∈R

se pide: ⎛ 1 t ⎞ 2t a) Comprobar que la matriz M ( t ) = ⎜ ⎟ e es una matriz fun⎝ −1 − t − 1 ⎠ damental del sistema homogéneo asociado. b) Su solución general. SOLUCIÓN a) M(t) es una matriz fundamental del sistema X' = AX si, y solo si: 1.

dM ( t ) = A (t) M (t) dt

2. M ( t0 ) ≠ 0 en algún t0 R En efecto: dM (t) ⎛ 2 2t + 1 ⎞ 2 t =⎜ ⎟ e dt ⎝ −2 (−2t − 3) ⎠

1.

⎛ 1 −1 ⎞ ⎛ 1 t ⎞ 2 t ⎛ 2 2t + 1 ⎞ 2 t A (t ) M (t ) = ⎜ ⎜ ⎟ e = ⎜ −2 −2t − 3 ⎟ e ⎟ ⎝ 1 3 ⎠ ⎝ −1 − t − 1 ⎠ ⎝ ⎠

2. M (t) =

e2 t te2 t = − e4 t ≠ 0 − e2 t (− t − 1) e2 t

para todo t R.

337


b) Al ser M(t) matriz fundamental del sistema homogéneo asociado, su solución general es: ⎛ x (t) ⎞ ⎛ 1 t ⎞ 2 t ⎛ C1 ⎞ ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ e ⎜⎜ C ⎟⎟ ⎜⎝ y ( t ) ⎟⎠ ⎝ −1 − t − 1 ⎠ ⎝ 2 ⎠

La solución particular del sistema completo se buscará en la forma: ⎛ A e− t X p (t) = ⎜ ⎜⎝ B e− t

⎞ ⎟ con A, B constantes. ⎟⎠

Sustituyendo en X' = AX + F e identificando coeficientes, resulta: A e t B e t

t 1 1 A e = 1 3 B e t

t A = 1/ 3 A e t = ( A B) e t + e t e + e t Be t = ( A + 3B) e t e t B = 1/ 3

Solución general del sistema completo: ⎛ 1 ⎞ ⎛ x (t) ⎞ ⎛ ⎜ − ⎟ 1 t ⎞ 2 t ⎛ C1 ⎞ ⎜ 3 ⎟ − t ⎜ ⎟ =⎜ e e + ⎜ ⎟ ⎟ ⎜⎝ C2 ⎟⎠ ⎜ 1 ⎟ ⎜⎝ y (t) ⎟⎠ ⎝ −1 − t − 1 ⎠ ⎜ 3 ⎟ ⎝ ⎠

7.15. Resuélvase el sistema no homogéneo X' = AX + F, donde: ⎛ x (t ) ⎞ 1 ⎟, X =⎜ ⎜⎝ x2 (t) ⎟⎠

338

X'=

dX , dt

⎛ 2 1⎞ A=⎜ ⎟, ⎝ −4 2 ⎠

⎛ 1/ 8 ⎞ F=⎜ ⎟ ⎝ t ⎠


SOLUCIÓN Ecuación característica y valores propios del sistema homogéneo asociado: A − kI =

2− k 1 = k2 − 4 k + 8 = 0 . −4 2 − k

Valores propios k1,2 = 2 ± 2i complejos. Vector propio asociado a k1 = 2 + 2i

( A (2 + 2i) I)U = 0 2i 4

1 1 = 0; 2i1 + 2 = 0; 2i 6 2 6

1 Haciendo, por ejemplo 1 = 1 se obtiene el vector propio U = . 2i 6 La solución correspondiente es una solución compleja: ⎡⎛ cos(2t ) ⎞ ⎛ sen(2t ) ⎞ ⎤ ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ X = ⎜ ⎟ e(2+ 2 i)t = ⎜ ⎟ e2 t (cos(2t ) + isen(2t )) = e2 t ⎢⎜ ⎟ +i ⎜ ⎟⎥ ⎝ 2i ⎠ ⎝ 2i ⎠ ⎢⎣⎝ −2sen(2t ) ⎠ ⎝ 2 cos(2t ) ⎠ ⎥⎦

La parte real e imaginaria por separado son soluciones reales. Por lo tanto ⎛ cos(2t ) ⎞ X1 = e2 t ⎜ ⎟ ⎝ −2sen(2t ) ⎠

;

⎛ sen 2t ⎞ X 2 = e2 t ⎜ ⎟ ⎝ 2 cos 2t ⎠

son soluciones reales y linealmente independientes. La solución general del sistema homogéneo asociado es: ⎛ x (t) ⎞ ⎛ ⎛ cos(2t ) ⎞ ⎛ sen(2t ) ⎞ ⎞ 1 ⎜ ⎟ = e2 t ⎜ C1 ⎜ ⎟ + C2 ⎜ ⎟⎟ ⎜⎝ ⎝ −2sen(2t ) ⎠ ⎜⎝ x2 (t) ⎟⎠ ⎝ 2 cos(2t ) ⎠ ⎟⎠

Solución particular del sistema completo. Se utilizará el método de selección.

339


Al ser polinomios las componentes del vector F, la solución se buscará en la forma: ⎛ a1t + b1 ⎞ Xp = ⎜ ⎟ ⎜⎝ a2 t + b2 ⎟⎠ Sustituyendo en la ecuación, queda: ⎛ a1 ⎞ ⎛ 2 1 ⎞ ⎛ a1t + b1 ⎞ ⎛ 1 / 8 ⎞ ⎜ ⎟ =⎜ ⎜ ⎟+ ⎜⎝ a2 ⎟⎠ ⎝ −4 2 ⎟⎠ ⎜⎝ a2 t + b2 ⎟⎠ ⎜⎝ t ⎟⎠

o lo que es equivalente: a1 = (2 a1 + a2 ) t + 2b1 + b2 + 1 / 8 a2 = (−4 a1 + 2 a2 + 1) t − 4b1 + 2b2

Identificando coeficientes, resulta a1

1 1 , a2 = − 8 4

, b1

1 1 , b2 = − 32 16

Solución particular: ⎛ 1 1 ⎞ ⎜ t+ ⎟ 8 32 ⎟ Xp = ⎜ 1 ⎟ ⎜ 1 ⎜ − 4 t − 16 ⎟ ⎝ ⎠

Solución general del sistema completo: ⎛ 1 1 ⎞ t+ ⎛ x ( t) ⎞ ⎜ ⎟ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ cos(2t ) sen(2t ) 1 8 32 ⎟ ⎜ ⎟ = e2 t ⎜ C1 ⎜ ⎟ + C2 ⎜ ⎟⎟ + ⎜ ⎜⎝ ⎝ −2sen(2t ) ⎠ ⎜⎝ x2 (t) ⎟⎠ ⎝ 2 cos(2t ) ⎠ ⎟⎠ ⎜ − 1 t − 1 ⎟ ⎜ 4 16 ⎟ ⎝ ⎠

340


7.16. Hállese la solución general del sistema de ecuaciones diferenciales: d ⎛ x1 ⎞ ⎛ −1 −1 ⎞ ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ dt ⎜⎝ x2 ⎟⎠ ⎝ 1 −3 ⎠

⎛ x1 ⎞ ⎛ et ⎞ ⎜ ⎟ + ⎜ −t ⎟ ⎜⎝ x2 ⎟⎠ ⎝ e ⎠

y la solución particular que verifica las condiciones iniciales:

⎛ x (0) ⎞ 1⎛ 4 ⎞ 1 ⎜ ⎟= ⎜ ⎟ ⎜⎝ x2 (0) ⎟⎠ 9 ⎝ −8 ⎠ SOLUCIÓN Ecuación característica de la matriz del sistema homogéneo asociado: A − kI =

2 −1 − k −1 = ( k + 2) = 0 . 1 −3 − k

Valores propios: k = –2 doble El vector propio asociado U, y la solución correspondiente X1 son: 1 1 1 = 0 1 2 = 0. U = . 1 1 6 2 6 16

( A + 2I)U = 1

⎛ 1⎞ Solución X1 = ⎜ ⎟ e−2 t . ⎝ 1⎠ Otra solución independiente de la anterior es de la forma X2 = (Ut + V)e–2t donde hay que determinar el vector V. Sustituyendo dicha solución en el sistema se obtiene kUte kt + Ue kt + kVe kt = AUte kt + AVe kt

341


E igualando los coeficientes de ekt para el valor de k = –2 se obtiene: (A + 2I)V = U

1 1 v1 1 = 1 1 v2 1

v1 v2 = 1

⎛ 1⎞ Tomando v1 = 1, resulta V = ⎜ ⎟ , y la solución: ⎝ 0⎠ ⎛ t + 1 ⎞ −2 t X 2 = (Ut + V ) e−2 t = ⎜ ⎟e ⎝ t ⎠ Por tanto, la solución general del sistema homogéneo es: ⎛ x1 ⎞ ⎛ ⎛ 1⎞ ⎛ t + 1 ⎞⎞ −2 t X =⎜ ⎟ = e ⎜ C1 ⎜ ⎟ + C2 ⎜ ⎟⎟ ⎜⎝ x2 ⎟⎠ ⎝ t ⎠⎠ ⎝ ⎝ 1⎠

Aplicando coeficientes indeterminados se halla una solución particular del sistema completo, que al ser de distinta forma los dos componentes de la matriz columna del término no homogéneo del sistema, se utilizará el principio de superposición. Dicho término no homogéneo puede expresarse ⎛ et ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 0⎞ F = ⎜ − t ⎟ = ⎜ ⎟ et + ⎜ ⎟ e− t = F1 + F2 ⎝ 1⎠ ⎝ e ⎠ ⎝ 0⎠ ⎛ a1 ⎞ ⎛ 0⎞ t ⎟ e , donde Para F1 = ⎜ ⎟ et , la solución particular es la forma X p 1 = ⎜ ⎜⎝ a2 ⎟⎠ ⎝ 1⎠ a1, a2 son números reales a determinar.

( )

Sustituyendo en el sistema e identificando coeficientes, resulta: a1 = a1 a2 + 1 d a1 t 1 1 a1 t 1 t 4 1 a1 = , a2 = e = e + e dt a2 9 9 a2 = a1 3a2 0 1 3 a2

( )

La solución particular correspondiente es: X p = 1

342

1⎛ 4 ⎞ t e 9 ⎜⎝ 1 ⎟⎠


⎛ b1 ⎞ ⎛ 0⎞ −t Para F2 = ⎜ ⎟ e− t se buscará la solución particular X p = ⎜ ⎟e , y 2 ⎜⎝ b2 ⎟⎠ ⎝ 1⎠ de la misma manera se determina b1 = –1, b2 = 0, y la solución particular ⎛ −1 ⎞ − t Xp = ⎜ ⎟e . 2 ⎝ 0 ⎠ Una solución particular del sistema no homogéneo es por lo tanto:

( )

( )

( ) ( )

Xp = Xp + Xp 1

2

=

1 ⎛ 4 ⎞ t ⎛ −1 ⎞ − t e +⎜ ⎟e 9 ⎜⎝ 1 ⎟⎠ ⎝ 0 ⎠

La solución general del sistema completo es: ⎛ x1 ⎞ ⎛ ⎛ 1⎞ ⎛ t + 1 ⎞ ⎞ 1 ⎛ 4 ⎞ t ⎛ 1 ⎞ −t −2 t X =⎜ ⎟ = e ⎜ C1 ⎜ ⎟ + C2 ⎜ ⎟⎟ + ⎜ ⎟ e − ⎜ 0 ⎟ e ⎜⎝ x2 ⎟⎠ ⎝ ⎠ ⎝ t ⎠⎠ 9 ⎝ 1 ⎠ ⎝ ⎝ 1⎠

La solución particular que verifica las condiciones iniciales dadas es: x (0) 1 4 1 = ; x2 (0) 9 8

1 1 4 1 1 4 1 = C1 + C2 + C1 = 1, C2 = 2 9 8 1 0 9 1 0 x1 2t + 1 1 1 4 e2t + et e t = x2 2t 1 9 1 0

7.17. Resuélvase el sistema de ecuaciones diferenciales X' = AX, donde ⎛ x ( t) ⎞ 1 ⎜ ⎟ X = ⎜ x2 (t) ⎟ , ⎜ ⎟ ⎜⎝ x3 (t) ⎟⎠

⎛ 6 6 −1 ⎞ A = ⎜ −8 −8 1 ⎟ , ⎜ ⎟ ⎝ −1 −1 −1 ⎠

X' =

dX dt

343


SOLUCIÓN Ecuación característica y valores propios de la matriz A: A − kI =

−1 6− k 6 = − k ( k + 1)( k + 2) = 0 . −8 −8 − k 1 −1 −1 −1 − k

Valores propios: k = 0, k = –1, k = –2. Al ser distintos los valores propios, se pueden obtener tres vectores propios linealmente independientes, y de ellos tres soluciones linealmente independientes también. Para k = 0. 6 6 1 1 ( A 0I)U = 8 8 1 2 = 0 1 1 1 6 3 6

61 + 6 2 3 = 0 1 2 3 = 0

2 = 1 3 = 0

Haciendo, por ejemplo, 1 = 1, el vector propio y la solución son: ⎛ 1⎞ U1 = ⎜ −1 ⎟ . Solución: X1 ⎜ ⎟ ⎝ 0⎠

⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ = ⎜ −1 ⎟ e0 t = ⎜ −1 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 0⎠ ⎝ 0⎠

Para k = –1. 7 6 1 1 ( A + I)U = 8 7 1 2 = 0 1 1 0 6 3 6

71 + 6 2 3 = 0 1 2 = 0

El vector propio y la solución correspondiente son: ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ U2 = −1 . Solución: X 2 = ⎜ −1 ⎟ e− t ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 1⎠ ⎝ 1⎠

344

2 = 1 3 = 1


Para k = –2. 8 6 1 1 ( A + 2I)U = 8 6 1 2 = 0 1 1 1 6 3 6

81 + 6 2 3 = 0 1 2 + 3 = 0

7 2 = 1 5 2 3 = 1 5

Para 1 = 5, resulta: ⎛ 5 ⎞ ⎛ 5 ⎞ ⎜ ⎟ U3 = −7 . Solución: X 3 = ⎜ −7 ⎟ e−2 t ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ −2 ⎠ ⎝ −2 ⎠ La solución general del sistema es: ⎛ x (t) ⎞ ⎛ 1⎞ 1 ⎛ 5 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ −t −2 t ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ x2 (t) ⎟ = C1 −1 + C2 −1 e + C3 ⎜ −7 ⎟ e ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 1⎠ ⎝ 0⎠ ⎝ −2 ⎠ ⎜⎝ x3 (t) ⎟⎠

7.18. Solución general del sistema: ⎧ dx ⎪ dt = 3 x + 2 y − 2z ⎪ ⎪ dy ⎨ = −x − y + z ⎪ dt ⎪ dz ⎪ dt = 2 x − z ⎩ SOLUCIÓN ⎛ 3 2 −2 ⎞ Matriz: A = ⎜ −1 −1 1 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎝ 2 0 −1 ⎠

345


Ecuación característica y valores propios de la matriz A:

A − kI =

3− k 2 −2 = − k3 − k2 + k − 1 = 0. −1 −1 − k 1 2 0 −1 − k

(

)

k = 1 , k = ±i

Vectores propios y soluciones correspondientes: Para k = 1 2 2 2 1 2 + 2 2 2 3 = 0 2 = 0 ( A I)U = 1 2 1 2 = 0 1 3 = 1 21 2 3 = 0 2 0 2 6 3 6 Haciendo 1 = 1, el vector propio y la solución son, respectivamente: ⎛ 1⎞ U1 = ⎜ 0 ⎟ . Solución: X1 ⎜ ⎟ ⎝ 1⎠

⎛ 1⎞ = ⎜ 0 ⎟ et ⎜ ⎟ ⎝ 1⎠

Para k = i 3 i 2 2 1 (3 i) 1 + 2 2 2 3 = 0 ( A iI)U = 1 1 i 1 2 = 0 21 + (1 i) 3 = 0 2 0 1 i 6 3 6 Haciendo 3 = 2, el vector propio y la solución son, respectivamente: ⎛ 1+ i ⎞ U2 = ⎜ − i ⎟ ; ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠

346

⎛ 1+ i ⎞ X 2 = ⎜ − i ⎟ e it ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠


De una solución compleja pueden deducirse dos soluciones reales. En forma binómica, la solución es: ⎛ cos t − sen t + i (cos t + sen t) ⎞ ⎛ 1+ i ⎞ ⎛ 1+ i ⎞ ⎟ it ⎜ − i ⎟ e = ⎜ − i ⎟ (cos t + i sen t) = ⎜ sen t − i cos t ⎜ ⎟= ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 2 cos t + 2isen t ⎝ ⎠ ⎛ cos t + sen t ⎞ ⎛ cos t − sen t ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ =⎜ sen t ⎟ + i ⎜ − cos t ⎟ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ 2 cos t ⎟⎠ 2t

La parte real del binomio, y la compleja por separado, son soluciones reales del sistema. Por tanto, son soluciones: ⎛ cos t − sen t ⎞ ⎟ X2 = ⎜ sen t ⎜ ⎟ ⎜⎝ 2 cos t ⎟⎠

;

⎛ cos t + sen t ⎞ X 3 = ⎜ − cos t ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ 2sen t ⎟⎠

Solución general: ⎛ cos t − sen t ⎞ ⎛ cos t + sen t ⎞ ⎛ 1⎞ t ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + C3 ⎜ − cos t ⎟ X = C1 0 e + C2 sen t ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ 2 cos t ⎟⎠ ⎜⎝ 2sen t ⎟⎠ ⎝ 1⎠

O también: x1 = C1 et + C2 (cos t − sen t) + C3 (cos t + sen t) x2 = C2 sen t − C3 cos t x3 = C1 et + 2C2 cos t + 2C3 sen t

347


7.19. Resuélvase el sistema de ecuaciones diferenciales X' = AX, donde ⎛ x (t) ⎞ ⎛ 0 1 1 ⎞ 1 ⎜ ⎟ X = ⎜ x2 (t) ⎟ , A = ⎜ 1 0 1 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ 1 1 0 ⎟⎠ ⎜⎝ x3 (t) ⎟⎠

, X'

dX dt

y determínese la solución del problema de valor inicial ⎛ x (0) ⎞ ⎛ 1⎞ 1 ⎜ ⎟ X = ⎜ x2 (0) ⎟ = ⎜ 1 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ x3 (0) ⎟⎠ ⎝ 0 ⎠

SOLUCIÓN Ecuación característica y valores propios de la matriz A: A − λI =

−k 1 1 2 1 − k 1 = (2 − k)( k + 1) = 0 . Raíces: k = 2. k = –1 doble. 1 1 −k

En este caso se obtiene un valor propio con orden de multiplicidad dos y otro simple. Los vectores propios y soluciones correspondientes son: Para k = 2. 2 1 1 1 ( A 2I)U = 1 2 1 2 = 0 1 1 2 6 3 6

21 + 2 + 3 = 0 1 2 2 + 3 = 0

Haciendo 1 = 1, el vector propio y la solución son: ⎛ 1⎞ U1 = ⎜ 1 ⎟ . Solución: X1 ⎜ ⎟ ⎝ 1⎠

348

⎛ 1⎞ = ⎜ 1 ⎟ e2 t ⎜ ⎟ ⎝ 1⎠

2 = 1 3 = 1


Para k = –1. 1 1 1 1 ( A + I)U = 1 1 1 2 = 0 1 1 1 3

1 + 2 + 3 = 0

En este caso, el espacio vectorial de vectores propios es de dimensión 2, por lo que pueden elegirse dos vectores linealmente independientes. Haciendo 1 = 1, 2 = 0, se obtiene el siguiente vector propio y solución: ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎜ ⎟ −t ⎜ ⎟ U2 = 0 , X2 = ⎜ 0 ⎟ e . ⎜ ⎟ ⎝ −1 ⎠ ⎝ −1 ⎠ Y haciendo 1 = 0, 2 = 1: ⎛ 0 ⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎜ ⎟ −t ⎜ ⎟ , X3 = ⎜ 1 ⎟ e . U3 = 1 ⎜ ⎟ ⎝ −1 ⎠ ⎝ −1 ⎠ Solución general del sistema: ⎛ x (t) ⎞ 1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ 2 t − t −t ⎜ x2 (t) ⎟ = C1 ⎜ 1 ⎟ e + C2 ⎜ 0 ⎟ e + C3 ⎜ 1 ⎟ e ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 1⎠ ⎝ −1 ⎠ ⎝ −1 ⎠ ⎜⎝ x3 (t) ⎟⎠

x (0) C1 = 2 / 3 0 1 1 1 1 1 2t t t x2 (0) = 1 1 = C1 1 e + C2 0 e + C3 1 e C2 = 1/ 3 16 1 6 1 6 06 C3 = 1/ 3 x3 (0) 6 0 6

349


Solución: ⎛ x (t) ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 2 1 2t 1 1 1⎜ −t −t ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ x2 (t) ⎟ = 0 e + 1 e + 1 ⎟e ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 3 3 3 ⎜ ⎟ ⎝ 1⎠ ⎝ −1 ⎠ ⎝ −1 ⎠ ⎜⎝ x3 (t) ⎟⎠

7.20. Resuélvase el sistema de ecuaciones diferenciales X’ = AX, donde ⎛ x (t) ⎞ 1 ⎛ 3 11 5 ⎞ ⎜ ⎟ dX X = ⎜ x2 (t) ⎟ , A = ⎜ −1 −1 −1 ⎟ , X ' ⎜ ⎟ dt ⎜ ⎟ ⎝ 2 0 1 ⎠ ⎜⎝ x3 (t) ⎟⎠ SOLUCIÓN Ecuación característica y valores propios de la matriz A: A − λI =

3 − k 11 5 −1 −1 − k −1 = 0 . Raíces: k = –1. k = 2 doble. 2 0 1− k

Vectores propios y soluciones correspondientes: Para k = –1. 4 11 5 1 1 0 1 = 0 2 2 1 2 6 3 6

41 + 11 2 + 5 3 = 0 1

3 = 0

1 = 3

El vector propio y la solución correspondiente es: ⎛ −1 ⎞ U1 = ⎜ −1 / 11 ⎟ . Solución: X1 ⎜ ⎟ ⎝ 1 ⎠

350

⎛ −1 ⎞ = ⎜ −1 / 11 ⎟ e− t ⎜ ⎟ ⎝ 1 ⎠

2 =

1 3 11


Para k = 2. 1 11 5 1 1 3 1 = 0 2 2 0 1 6 3 6

1 3 2 3 = 0

21

3 = 0

2 = 1 3 = 21

El espacio vectorial de vectores propios es de dimensión 1, por lo que solo existe un vector propio y con ello una solución correspondiente: ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ 2t ⎜ ⎟ U2 = −1 . Solución: X 2 = ⎜ −1 ⎟ e ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ Se necesita otra solución que sea linealmente independiente con las anteriores. Se supone esta solución de la forma: X3 = (U2t + V) e2t Donde V es un vector que verifica (7.5):

( A − 2 I)2 V = 0

,

( A − 2I) V ≠ 0

0 22 11 1 1 11 5 1 11 5 1 ( A 2I) V = 1 3 1 1 3 1 2 = 0 0 2 1 2 = 0 0 22 11 2 0 1 2 0 1 3 3 2

1 2 2 3 = 0 V = 0 0

La solución correspondiente es ⎛⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎜ ⎜ ⎟ X3 = t+⎜ 0 ⎜ ⎜ −1 ⎟ ⎜ ⎜⎝ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 0

⎛ 1+ t ⎞⎞ ⎟ ⎟ e2 t = ⎜ − t ⎜ ⎟⎟ ⎜⎝ 2t ⎠ ⎟⎠

⎞ ⎟ e2 t . ⎟ ⎟⎠

351


Solución general del sistema propuesto: ⎛ x (t) ⎞ ⎛ 1+ t ⎞ ⎛ −1 ⎞ 1 ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ 2t 2t − tt ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ x2 (t) ⎟ = C1 −1 / 11 e + C2 −1 e + C3 ⎜ − t ⎟ e ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ 2t ⎟⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎜⎝ x3 (t) ⎟⎠

7.21. Resuélvase el sistema de ecuaciones diferenciales X’ = AX, donde ⎛ x (t) ⎞ 1 ⎜ ⎟ X = ⎜ x2 (t) ⎟ , ⎜ ⎟ ⎜⎝ x3 (t) ⎟⎠

⎛ 3 −2 1 A = ⎜ 2 −1 1 ⎜ ⎝ −4 4 1

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

, X'

dX dt

SOLUCIÓN Ecuación característica y valores propios de la matriz A:

A − λI =

3 − k −2 1 3 2 −1 − k 1 = − ( k − 1) = 0 . Valores propios: k = 1 triple. −4 4 1− k

Vectores propios correspondientes a k = 1. 2 2 1 1 (A I)U = 2 2 1 2 = 0 4 4 0 6 3 6

21 2 2 + 3 = 0 41 + 4 2 = 0

El vector propio y la solución correspondiente es: ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ U = 1 . Solución: X1 (t) = ⎜ 1 ⎟ et ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 0⎠ ⎝ 0⎠

352

3 = 0 2 = 1


Hallando los vectores V, W mediante las condiciones (7.7), y sustituyendo en las expresiones (7.6), se determinan las dos soluciones que faltan. 2 2 1 v1 1 ( A I) V = U 2 2 1 v2 = 1 4 4 0 v3 0

2v1 2v2 + v3 = 1 4v1 + 4v2 = 0

v3 = 1 v2 = v1

Haciendo v1 = 0, resulta ⎛ t⎞ ⎛ 0⎞ t t ⎜ ⎟ V = 0 . Solución: X 2 (t) = (Ut + V ) e = ⎜⎜ t ⎟⎟ e ⎜ ⎟ ⎝ 1⎠ ⎝ 1⎠ 2 2 1 w1 0 2 2 1 w2 = 0 4 4 0 w3 1

( A I) W = V

2w1 2w2 + w3 = 0 4w1 + 4w2 = 1

Haciendo w1 = 0, resulta ⎛ 1 2 ⎞ t ⎟ ⎜ 2 ⎜ ⎟ ⎛ 0 ⎞ ⎛1 2 ⎞ t ⎜ 1 2 1⎟ t ⎜ ⎟ W = 1 / 4 . Solución: X 3 (t) = ⎜ Ut + Vt + W ⎟ e = ⎜ t + ⎟ e ⎜ ⎟ ⎝2 ⎠ 2 4 ⎜⎝ 1 / 2 ⎟⎠ ⎜ ⎟ ⎜ t+ 1 ⎟ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ La solución general del sistema es:

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝

⎡ ⎛ 1 2 ⎞⎤ t ⎟⎥ ⎢ ⎜ x1 (t) ⎞ ⎢ ⎛ 1 ⎞ ⎜ 2 ⎟⎥ ⎛ t⎞ ⎟ ⎢ 1 ⎟⎥ ⎜1 x2 (t) ⎟ = ⎢C1 ⎜ 1 ⎟ + C2 ⎜ t ⎟ + C3 ⎜ t 2 + ⎟ ⎥ et ⎜ ⎟ 2 4 ⎥ ⎟ ⎢ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 1⎠ x3 (t) ⎟⎠ ⎢ ⎝ 0 ⎠ ⎜ t + 1 ⎟⎥ ⎢ ⎥ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎦ ⎣

353


7.22. En el sistema lineal no homogéneo X’ = A(t)X + F(t) de coeficientes variables, donde: ⎛ x (t ) ⎞ ⎛ 1/ t 0 ⎞ ⎛ ⎞ 1 ; F (t) = ⎜ t ⎟ ; (t M 0) ⎟ ; A (t) = ⎜ X =⎜ ⎟ ⎜⎝ x2 (t) ⎟⎠ ⎝ 1 t⎠ ⎝ −1 ⎠ Se pide: a) Expresión analítica del sistema homogéneo asociado, y su solución general. b) Una matriz fundamental M(t) de dicho sistema homogéneo. c) Hallar una solución particular Xp(t) del sistema no homogéneo aplicando el método de variación de las constantes. d) La solución general. SOLUCIÓN a) La expresión analítica del sistema homogéneo es: 1 x1′ (t) = x1 t x2′ (t) = x1 + tx2

De la primera ecuación puede deducirse: x1′ 1 1 = ; x1 C1t x1′ (t) = x1 ; x1 t t y de la segunda: x2′ (t) = x1 + tx2 ; x2′ (t) = C1t + tx2 ; x2′ = (C1 + x2 )t ; x2 = C2 et Solución general del sistema homogéneo: x1 = C1t x2 = C2 et

354

2

/2

− C1

2

/2

− C1


En expresión matricial: ⎛ x (t) ⎞ ⎛ t 0 ⎞ ⎛ C 1 1 ⎜ ⎟ =⎜ t2 ⎟ ⎜ ⎜ ⎜⎝ x2 (t) ⎟⎠ ⎜ −1 e 2 ⎟ ⎝ C2 ⎝ ⎠

⎞ ⎟ ⎟⎠

b) Matriz fundamental del sistema homogéneo: ⎛ t 0 ⎞ M ( t) = ⎜ t2 ⎟ ⎜ −1 e 2 ⎟ ⎝ ⎠

c) Método de variación de constantes: M (t) = te

(t)

t2 2

−1

; M (t)

−1

⎛ t 0 =⎜ t2 ⎜ −1 e 2 ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

−1

⎛ t2 ⎞ 1 ⎜ 2 ⎟ = t2 e 0 ⎜ ⎟ te 2 ⎝ 1 t ⎠

⎛ t2 ⎞ 1 ⎜ 2 ⎟ ⎛ t ⎞ ⎛ 1⎞ ⋅ F (t) = t 2 e 0 ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ −1 ⎠ ⎝ 0 ⎠ te 2 ⎝ 1 t ⎠

Una solución particular es: ⎛ t 0 −1 X p (t) = M (t) ∫ M (t) F (t) dt = ⎜ t2 ⎜ −1 e 2 ⎝

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ t 0 ⎟ ∫ ⎜ 1 ⎟ dt = ⎜ t2 ⎟ ⎝ 0⎠ ⎜ −1 e 2 ⎠ ⎝

⎛ t2 X p (t) = ⎜ t2 ⎜ ⎝ −t + e 2

⎞⎛ ⎞ ⎛ t2 ⎟ ⎜ t⎟ =⎜ t2 ⎟ ⎝ C⎠ ⎜ ⎠ ⎝ − t + Ce 2

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

d) Solución general de la ecuación completa: ⎛ x (t) ⎞ ⎛ t 0 ⎞ ⎛ C ⎞ ⎛ t2 1 1 ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ +⎜ t2 ⎟ ⎜ t2 ⎜⎝ x2 (t) ⎟⎠ ⎜ −1 e 2 ⎟ ⎜⎝ C2 ⎟⎠ ⎜ − t + e 2 ⎝ ⎠ ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

355


7.23. Utilizando el método de la transformada de Laplace, determínese la solución del problema: 2

dx1 dx2 + + x1 = 4 et dt dt

dx1 dx2 − − x1 + x2 = 1 dt dt donde x1(0) = 1, x1(0) = 2. SOLUCIÓN Aplicando la transformada de Laplace a los dos miembros de cada una de las ecuaciones del sistema, se tiene: ⎡ dx ⎤ ⎡ dx ⎤ 2 L ⎢ 1 ⎥ + L ⎢ 2 ⎥ + L [ x1 ] = 4 L ⎡⎣ et ⎤⎦ ⎣ dt ⎦ ⎣ dt ⎦ ⎡ dx ⎤ ⎡ dx ⎤ L ⎢ 1 ⎥ − L ⎢ 2 ⎥ − L [ x1 ] + L [ x2 ] = L [1] ⎣ dt ⎦ ⎣ dt ⎦

Haciendo X1 ( s) = L [ x1 ] , X 2 ( s) = L [ x2 ], queda 2 ( sX1 ( s) − x1 (0)) + sX 2 ( s) − x2 (0) + X1 ( s) =

4 s −1

( sX ( s) − x (0)) − ( sX ( s) − x (0)) − X ( s) + X ( s) = 1s 1

1

2

2

1

2

y sustituyendo los valores iniciales 2( sX1 ( s) − 1) + sX 2 ( s) − 2 + X1 ( s) =

4 s −1

sX1 ( s) − 1 − sX 2 ( s) + 2 − X1 ( s) + X 2 ( s) =

356

1 s


es decir

(2 s + 1) X1 ( s) + sX2 ( s) =

4s s −1

( s − 1) X1 ( s) − ( s − 1) X2 ( s) =

1− s s

O también

(2 s + 1) X1 ( s) + sX2 ( s) = X1 ( s) − X 2 ( s) = −

4s s −1

1 s

Multiplicando por s la segunda ecuación y posteriormente sumando ambas, se obtiene

(3s + 1) X1 ( s) =

4s 1 s 1

X1 ( s) =

1 s 1

y sustituyendo este valor en la segunda ecuación X 2 ( s) =

1 1 2s − 1 + = s − 1 s s ( s − 1)

Tomando ahora transformadas inversas, se obtiene ⎡ 1 ⎤ = et L−1 ⎡⎣ X1 ( s)⎤⎦ = L−1 ⎢ ⎥ ⎣ s − 1⎦

Para X2(s), al descomponer su expresión en fracciones simples queda 2s − 1 A B ⎧A + B = 2 , 2 s − 1 = A ( s − 1) + Bs ; ⎨ ; A 1, = + s( s − 1) s s − 1 ⎩− A = −1

B 1

357


Por tanto 1 ⎤ ⎡1 = 1 + et L−1 ⎡⎣ X 2 ( s)⎤⎦ = L−1 ⎢ + ⎣ s s − 1⎥⎦

La solución del problema es: x1 (t) = et

x2 (t) = 1 + et

358

CAPÍTULO 8

ESTABILIDAD DE SOLUCIONES. SISTEMAS NO LINEALES


En este capítulo se analizan las soluciones de los sistemas autónomos dxi = fi ( x1 , x2 ,....., xn ) , dt

(i = 1,2,..., n)

en los que no aparece la variable independiente t en el segundo miembro, y fundamentalmente de los sistemas con dos ecuaciones, es decir de la forma: dx = f ( x, y) dt

;

dy = g ( x, y) dt

(8.1)

o matricialmente: X' =

dX = F ( x, y) dt

donde X = ( x (t) , y (t)) y F ( f , g ) 1. Definiciones y propiedades Trayectoria. Se llama así a la representación gráfica en el plano xy de una solución del sistema. Cálculo de las trayectorias: Si de una solución particular (t) = {x(t), y(t)} del sistema se elimina t, se obtiene su trayectoria, que será una representación en el plano xy de dicha solución.

361


La ecuación general de las trayectorias del sistema (8.1) es la solución general de la ecuación: dy g ( x, y) = dx f ( x, y) Punto crítico o punto de reposo (o punto de equilibrio). Se llama así a todo punto (x0, y0) tal que f ( x0 , y0 ) = g ( x0 , y0 ) = 0 Si (x0, y0) es un punto crítico, entonces = {x0, y0} es una solución constante del sistema, donde su trayectoria es solo un punto, precisamente ese punto crítico. Plano de las fases. Es el plano xy donde se representan las trayectorias de las soluciones del sistema. Retrato fase o diagrama de fases. Es el conjunto de las trayectorias de las soluciones del sistema expuestas en el plano fase. 2. Estabilidad de un punto crítico. Definición Sea B(P, r) el círculo de centro el punto P y radio r. Un punto crítico P del sistema es estable, si para todo U > 0, existe > 0 de modo que cualquiera que sea la trayectoria (x(t), y(t)) que en un instante determinado t0 cumple que

( x (t ) , y (t )) ∈ B (P , δ) , 0

0

entonces (x(t), y(t)) B (P, U) para todo t > t0. Si el punto crítico es estable y además, toda trayectoria que para un t = t0 se encuentre dentro del círculo de radio y centro el punto crítico, tiende a dicho punto cuando t " ∞, se dice que es asintóticamente estable. Si el punto crítico no es estable, se dice inestable.

362


La idea intuitiva de las definiciones anteriores se observa fácilmente en la figura (8.1) a continuación:

T

t=t0

P

a) Estabilidad

U

t=t

T

t=t0 P

U

b) Estabilidad asintótica

T P

U

c) Inestabilidad

Figura 8.1. Tipos de estabilidad

El análisis de la estabilidad de un punto crítico se facilita suponiendo que dicho punto es (0, 0). Si no fuese así, basta con efectuar una traslación de ejes de tal forma que el origen sea el punto crítico. Así, si el punto crítico es (x0, y0), el cambio de variables: u = x − x0 ,

v = y − y0

transforma el sistema en otro que tiene a (0, 0) como punto crítico, siendo la estabilidad de ambos puntos, en su sistema correspondiente, la misma. 3. Sistemas lineales. Tipos simples de puntos críticos Las propiedades de estabilidad de una solución cualquiera de un sistema lineal son las de su punto crítico (0, 0). Si la ecuación autónoma es ⎛ a11 a12 ⎞ X ' AX con A = ⎜ ⎟ ⎜⎝ a21 a22 ⎟⎠ y si k1, k2 son las raíces de la ecuación característica de A, en el siguiente cuadro se muestra la estabilidad del punto crítico (0, 0) según los diferentes valores de k1, k2, así como las trayectorias correspondientes a cada uno de los casos.

363


Autovalores

Estabilidad

Reales (k1 ≠ k2)

Clase de punto

As. Estable (k1, k2 < 0)

Nodo estable

Inestable (k1, k2 > 0)

Nodo inestable

Inestable (k1 < 0 < k2)

Punto silla

As. Estable (k1 = k2 < 0)

Nodo estable

Inestable (k1 = k2 > 0)

Nodo inestable

As. Estable (p < 0)

Punto espiral

Inestable (p > 0)

Punto espiral

Estable

Centro

Reales (k1 = k2)

Complejas conjugadas (k = p ± qi. (p,q ≠ 0)) Imaginarias puras (k = ± qi. (q ≠ 0))

4. Sistemas no lineales. Sistema de primera aproximación En el caso de sistemas no lineales dxi = fi ( x1 , x2 ,…, xn ) , dt

(i = 1,2,…, n)

en los que las funciones fi(x1, x2, ..., xn) pueden expresarse en la forma fi ( x1 , x2 ,…, xn ) = ai1 x1 + ai2 x2 + … + ain xn + Ri ( x1 ,…, xn ) es decir, se pueden desarrollar por la fórmula de Taylor en un entorno del origen, al sistema: dxi = ai1 x1 + ai2 x2 + … + ain xn , dt

i = 1,2,…, n

que se obtiene al prescindir de las funciones resto Ri(x1, ..., xn), se le llama sistema linealizado del primero, o también sistema de primera aproximación.

364


5. Estabilidad de sistemas no lineales El único caso que se analiza en este texto es el de los sistemas dx = f ( x, y) dt

;

dy = g ( x, y) dt

con un punto crítico en el origen de coordenadas, y donde f y g son funciones analíticas en un entorno de (0, 0), es decir, pueden expresarse como la suma de una serie de potencias f ( x, y) = a1 x + b1 y + c1 xy + d1 x2 + …

g ( x, y) = a2 x + b2 y + c2 xy + d2 x2 + … Cuando los valores de x e y son pequeños, es decir en un entorno suficientemente pequeño del punto crítico (0, 0), el siguiente teorema proporciona un resultado que indica los casos en que coinciden la estabilidad de dicho punto crítico del sistema con la de su sistema linealizado, la cual lógicamente es siempre más sencillo de hallar. Teorema 8.1. Si (0, 0) es punto crítico del sistema no lineal dx = a1 x + b1 y + c1 xy + d1 x2 + … dt dy = a2 x + b2 y + c2 xy + d2 x2 + … dt entonces el punto crítico (0, 0) del sistema linealizado dx = a1 x + b1 y dt dy = a2 x + b2 y dt cuando a1 b2 – a2 b1 ≠ 0, es del mismo tipo del sistema no lineal excepto en los casos siguientes:

365


a) Las raíces de la ecuación característica son reales e iguales. El punto crítico del sistema no lineal puede ser un nodo o un punto espiral, sin embargo en el sistema lineal es siempre un nodo. b) Las raíces de la ecuación característica son imaginarias puras. El punto crítico del sistema no lineal puede ser un centro o un punto espiral, sin embargo en el sistema lineal es siempre un centro. 6. Criterio de estabilidad de Hurwitz El siguiente criterio establece condiciones para la determinación del signo de las partes reales de las raíces de la ecuación característica de una matriz, que son precisamente las condiciones para que el punto crítico de un sistema lineal sea asíntóticamente estable. Criterio de Hurwitz. Sea k n + a1 k n−1 + a2 k n− 2 + … + an−1 k + an = 0 la ecuación característica de una matriz real A. La condición necesaria y suficiente para que las raíces de dicha ecuación sean reales negativas, o complejas con parte real negativa, es que los menores diagonales principales de la matriz ⎛ ⎜ ⎜ H=⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

a1

1

0

...

a3 a2 a1 ... a5 a4 a3 ... ... ... ... ... 0 0 0 ...

0 ⎞ ⎟ 0 ⎟ 0 ⎟ ⎟ ... ⎟ an ⎟⎠

sean estrictamente positivos. Esta matriz se llama matriz de Hurwitz y tiene como diagonal principal los coeficientes en sentido decreciente de las potencias de k partiendo de la de kn–1. En cada fila m se sitúan a la izquierda los coeficientes posteriores am+1, am+2, ..., y a la derecha los anteriores am–1, am–2, ..., seguido de ceros hasta completar la línea.

366


8.1. En el sistema dx = y, dt

dy = −x dt

Se pide: a) Su solución general, y comprobar que las curvas solución del mismo son periódicas de periodo 2S. b) Hallar las proyecciones sobre el plano xy de las curvas anteriores. (Trayectorias de las soluciones), e indicar sobre ellas el sentido de avance de un punto correspondiente a un determinado valor de t, cuando este valor de t crece. c) ¿Qué trayectoria corresponde a la solución trivial x = 0, y = 0? SOLUCIÓN Matriz del sistema: ⎛ 0 1⎞ A=⎜ ⎟ ⎝ −1 0 ⎠ Ecuación característica y raíces respectivamente, de la matriz A: A − kI =

−k 1 = k2 + 1 = 0 ; Raíces: k1,2 = ±i imaginarias puras. −1 − k

367


Vector propio asociado a k1 = i: i 1 1 = 0 1 i 6 2 6

( A iI)U =

i1 + 2 = 0

⎛ 1⎞ Haciendo 1 = 1 se obtiene el vector propio U = ⎜ ⎟ . ⎝ i⎠ La solución correspondiente: ⎡⎛ cos t ⎞ ⎛ sen t ⎞ ⎤ ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ X = ⎜ ⎟ e it = ⎜ ⎟ (cos t + i sen t) = ⎢⎜ ⎟ +i ⎜ ⎟⎥ ⎝ i⎠ ⎝ i⎠ ⎢⎣⎝ − sen t ⎠ ⎝ cos t ⎠ ⎥⎦ La parte real e imaginaria por separado son soluciones reales. Por lo tanto ⎛ sen t ⎞ ⎛ cos t ⎞ X1 = ⎜ ; X2 =⎜ ⎟ ⎟ ⎝ − sen t ⎠ ⎝ cos t ⎠ son soluciones del sistema reales y linealmente independientes. Solución general: x = C1 cos t + C2 sen t y = − C1sen t + C2 cos t

(8.2)

Cuando el valor de t se incrementa en 2S los valores de x y de y se repiten. Las funciones que definen la solución son periódicas de periodo 2S. b) Eliminando t en (8.2) se obtienen las trayectorias, que son las proyecciones sobre el plano xy de las curvas solución. Elevando al cuadrado ambas ecuaciones y sumando se obtiene x2 + y2 = C12 + C22 Son circunferencias de centro el origen y radio variable. Si para t = t0 el punto correspondiente en (8.2) es (x0, y0), al aumentar t, dicho punto se desplaza en la dirección que se indica en la figura 8.2.

368


y

(x0,y0)

x

Figura 8.2.

c) La solución trivial corresponde a los valores de las constantes C1 = C2 = 0, y la trayectoria correspondiente es el origen (0, 0).

8.2. Hállense los puntos críticos de los siguientes sistemas autónomos. a)

dx = x − 2 y, dt

b)

dx = −2 x + y2 − 3, dt

c)

dx x, dt

dy 0 dt

d)

dx 0, dt

dy 0 dt

e)

dx 2, dt

dy 4 dt

f)

dx = 9 − x2 − 9 y2 , dt

dy = 3x − 4 y dt dy = x− y dt

dy = xy dt

369


SOLUCIÓN a)

b)

x 2y = 0 3x 4y = 0

x = y = 0 Punto crítico: (0, 0).

−2 x + y2 − 3 = 0 ⎫⎪ ⎬ x− y = 0 ⎪⎭ De la segunda ecuación se deduce x = y. Sustituyendo en la primera, resulta y2 – 2y – 3 = 0, con solución y = –1, y = 3. Puntos críticos: (–1, –1), (3, 3).

c)

x = 0⎫ ⎬. Puntos críticos: (0, y). Todo punto del eje y es punto crítico. 0 = 0⎭

d) Cualquier punto (x, y) es crítico. e) No existen puntos críticos. 9 − x2 − 9 y2 = 0⎫ f) ⎬ xy = 0 ⎭ De la segunda ecuación se obtiene x = 0 para todo y, o bien y = 0 para todo x. El caso x = y = 0 no es solución de la primera ecuación, luego (0, 0) no es punto crítico. Si x = 0, la primera ecuación queda 9 – 9y2 = 0; y = ±1. Puntos críticos (0, 1), (0, –1). Si y = 0 , resulta 9 – x2 = 0; x = ±3. Son puntos críticos (3, 0), (–3, 0). 2 8.3. Exprésese la ecuación d x + dx + ( x4 + 2 x3 − x2 − 2 x) = 0 mediante un

dt dt sistema de ecuaciones de primer orden y hallar sus puntos críticos.

370


SOLUCIÓN dx Haciendo y , y sustituyendo en la ecuación resulta el sistema de dt primer orden: dx = y, dt

dy = − y − x 4 − 2 x3 + x2 + 2 x dt

Puntos críticos: y=0

4 3 2 x 2x + x + 2x = 0 ; x = 0,1,1,2. y x 2x + x + 2x = 0 4

3

2

Los puntos críticos del sistema (y de la ecuación) son: (0, 0), (1, 0), (–1, 0), (–2, 0).

8.4. Considerando el sistema autónomo dx = f ( x, y) ; dy = g ( x, y) , donde dt dt f, g son funciones continuas y tienen derivadas primeras continuas, comprobar que: a) Si 1 (t) = {x 1 (t), y 1 (t)} es una solución del sistema, entonces 2(t) = 1(t + C), con C R, también lo es. b) Si (t) = {x(t), y(t)}, (t) es una solución no constante del sistema, todas las soluciones de la forma (t) = (t + C) = {x(t + C), y(t + C)}, tienen la misma trayectoria. SOLUCIÓN a) Por sencillez se representará el sistema en forma simplificada x' = F(x, y), donde: ⎛ dx dy ⎞ x ' = ⎜ , ⎟ , F ( x, y) = ( f ( x, y) , g ( x, y)) ⎝ dt dt ⎠

371


Lo que hay que comprobar es que si 1(t) es solución del sistema, es decir si '1(t) = F(1), entonces 2(t) = 1(t + C), con C R también lo es. Es decir, se verifica '2(t) = F(2). En efecto, derivando 2(t) y sustituyendo en la ecuación, se obtiene 2 (t) =

d1 (t + C) d1 (t + C) d (t + C) = = 1 (t + C) dt d (t + C ) dt

Al ser 1(t) solución del sistema, entonces '1(t) = F(x(t), y(t)), es decir '1(t + C) = F(x(t + C), y(t + C)). Por lo tanto, '2(t) = '1(t + C) = F(x(t + C), y(t + C)) = F(2) b) Es consecuencia del modo de obtener la trayectoria de una solución eliminando el parámetro. Eliminando t en la solución (t) = {x(t), y(t)} se obtiene su trayectoria correspondiente, que es la misma que si se elimina t + C de otra solución del tipo (t) = (t + C) = {(x(t + C), y(t + C)}.

8.5. Para cada uno de los sistemas c),d) y e) del ejercicio 8.2, hallar su solución general, los puntos críticos, la ecuación de las trayectorias, y la disposición de dichas trayectorias en las proximidades de los puntos críticos hallados. SOLUCIÓN a) Sistema:

dx x, dt

dy 0 dt

Integrando cada ecuación por separado se obtiene la solución general: x C1 et y C2 Puntos críticos. dy dx = x = 0, =0 dt dt

372

x = 0, y = C , (C arbitraria)


Es decir: (0, y), y R. Todos los puntos del eje y. Ecuación general de las trayectorias: dy =0 dx

y=C

Son rectas paralelas al eje x. Para un punto crítico cualquiera, haciendo t " ∞ se observa que el valor absoluto de x crece. Por lo tanto, el sentido de movimiento de un punto cualquiera sobre la trayectoria es de alejamiento del punto crítico. b) Sistema:

dx 0, dt

dy 0 dt

Solución general: x C1 y C2 Todos los puntos son críticos. No existen trayectorias. c) Sistema:

dx 2, dt

dy 4 dt

Solución general: x = 2t + C1 y = 4t + C2 Puntos críticos: No existen Trayectorias: dy =2 dx

y = 2x + C

Son rectas de pendiente 2. El sentido de movimiento de un punto sobre la trayectoria es hacia valores de x, y al infinito.

373


8.6. En los siguientes sistemas hállese la solución general, la ecuación de sus trayectorias, y basándose en la definición, la estabilidad de sus soluciones. a)

dx = − x, dt

dy = −y dt

b)

dx x, dt

dy y dt

c)

dx = y, dt

dy = −x dt

SOLUCIÓN a) Resolviendo cada ecuación del sistema por separado, se obtiene su solución general: x = C1 e− t y = C2 e− t Ecuación general de las trayectorias: dy y , y Cx dx x Son rectas que al aumentar t se aproximan al origen de coordenadas. (Fig. 8.3.a). El único punto crítico es el orígen de coordenadas: P = (0, 0). La estabilidad de una solución cualquiera es la del punto crítico. Esto puede comprobarse gráficamente en la figura 8.3.a. Si en un determinado momento un punto (x(t0), y(t0)) sobre una trayectoria (que es una recta) está dentro del círculo B(P,) de centro P y radio , al avanzar ese punto (incrementar el valor de t) sobre esa misma trayectoria, el punto se mantiene dentro de ese mismo círculo.

374


Además, todo punto sobre una trayectoria, tiende al origen cuando t " ∞. Por lo tanto, el punto crítico es asintóticamente estable. b) Resolviendo, igual que en el caso anterior, cada ecuación por separado, se obtiene la solución general del sistema: x C1 et y C2 et El único punto crítico es el origen de coordenadas. La ecuación general de las trayectorias: dy y , y Cx dx x que ahora son rectas igual que en el caso anterior, pero que al aumentar t se alejan del origen de coordenadas. (Fig. 8.3.b). El punto crítico es inestable. Cualquier trayectoria (x(t), y(t)) que en un instante determinado t0 está dentro de un círculo B(P, ) de centro en P y radio , al aumentar t no se conserva dentro del mismo. y

y

B(P,)

B(P,)

P

Figura 8.3.a

x

x

Figura 8.3.b

375


c) Es el ejemplo del ejercicio 8.1, donde las trayectorias son circunferencias. El punto crítico es estable. Cualquier punto en una trayectoria, correspondiente a un cierto valor de t, que en un instante dado se encuentre dentro de un determinado círculo con centro en el origen, al aumentar t el punto permanece siempre dentro de ese círculo. No es asintóticamente estable porque las trayectorias no tiende al origen cuando t " ∞.

8.7. Dado el sistema ⎛ x(t ) ⎞ ⎛ 3 −18 ⎞ dX , X '= ⎜ X X = ⎜ ⎟ , X' ⎟ dt ⎝ 2 −9 ⎠ ⎝ y(t ) ⎠ se pide: a) Solución general. b) Clasificar el punto crítico (0, 0) y hacer el retrato fase del sistema, así como el sentido del movimiento existente en cada trayectoria. c) Comprobar que la trayectoria correspondiente a la solución particular X1 que satisface X(0) = (3, 1), es una semirrecta. SOLUCIÓN ⎛ 3 −18 ⎞ a) Matriz del sistema: A = ⎜ ⎟ ⎝ 2 −9 ⎠ Ecuación característica: A − kI =

3 − k −18 = k2 + 6 k + 9 = 0 . Raíces: k = –3 doble. 2 −9 − k

Vectores propios y soluciones correspondientes: Para k = –3 6 18 1 =0 2 6 6 2 6

( A + 3I)U =

376

61 18 2 = 0


Haciendo 2 = 1 se obtiene: ⎛ 3 U=⎜ ⎝ 1

⎞ ⎛ 3 ⎞ −3 t ⎟ . Solución X1 = ⎜ 1 ⎟ e . ⎠ ⎝ ⎠

La segunda solución se busca en la forma: X 2 = Ute−3 t + Ve−3 t que sustituyendo en la ecuación e igualando términos se obtiene:

( A + 3I) V = U de donde se deduce el vector V. ⎛ 6 −18 ⎝ 2 −6

( A + 3I) V = ⎜

⎞ ⎛ v1 ⎞ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 1/ 2 ⎞ ⎟ ⎜⎜ v ⎟⎟ = ⎜ 1 ⎟ , 6 v1 − 18 v2 = 3 , V = ⎜ ⎟. ⎠⎝ 2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0 ⎠

Por tanto: ⎛ 1/ 2 ⎞ −3 t ⎛ 3⎞ X 2 = ⎜ ⎟ te−3 t + ⎜ ⎟e . ⎝ 1⎠ ⎝ 0 ⎠ Solución general: ⎛ x (t) ⎞ ⎡⎛ 3 ⎞ ⎛ 1/ 2 ⎛ 3⎞ ⎜ ⎟ = C1 ⎜ ⎟ e−3 t + C2 ⎢⎜ ⎟ te−3 t + ⎜ ⎜⎝ y (t) ⎟⎠ ⎝ 1⎠ ⎝ 0 ⎢⎣⎝ 1 ⎠

⎞ −3 t ⎤ ⎟e ⎥ ⎠ ⎥⎦

b) Los autovalores son reales e iguales. El punto crítico (0, 0) es un nodo estable. El retrato fase en las proximidades del origen se muestra en la fig.8.4.a. En la solución general se observa que cuando t " ∞ el punto (x(t), y(t)) " 0. Las flechas se dirigen al centro. El punto crítico es asintóticamente estable.

377


c) 1 3C1 + C2 = 3 C1 = 1, C2 = 0. Si X (t = 0) = (3,1) 2 C1 = 1 La solución particular es: 3 X1 = e3t 1

x (t) = 3e3t y (t) = e3t

y la trayectoria correspondiente (Figura 8.4.b), es la semirrecta de ecuación y

1 , ( x ! 0) x 3

y

y

y = 1 x (x>0) 3

x

x

Figura 8.4.a

Figura 8.4.b

8.8. Determínese el tipo y la estabilidad del punto crítico (0, 0), y dibújese la disposición de las trayectorias en sus proximidades, para cada uno de los siguientes sistemas lineales autónomos.

378


a)

dx = x − 2 y, dt

dy = 3x − 4 y dt

b)

dx = x + 3 y, dt

dy = 3x + y dt

c)

dx = − x, dt

d)

dx = 4 x − 2 y, dt

e)

dx = y, dt

dy = −y dt dy = 5x + 2 y dt

dy = −2 x dt

SOLUCIÓN a) La ecuación característica del sistema y sus raíces son: 1 − k −2 = k2 + 3 k + 2 = 0 . Raíces k1 = –1, k2 = –2 reales y negativas. 3 −4 − k El punto crítico es asintóticamente estable. Es un nodo estable. La disposición de las trayectorias en las proximidades del punto crítico, así como el sentido de crecimiento de un punto sobre una trayectoria se muestra en la figura 8.5. y

x

Figura 8.5.

379


y

y

x x

Figura 8.6

b)

Figura 8.7

1− k 3 = k2 − 2 k − 8 = 0 ; Raíces k1,2 = 4, –2 reales y de distinto 3 1− k signo. El punto crítico es un punto de silla inestable (figura 8.6).

c)

2 −1 − k 0 = (−1 − k) = 0 ; Raíces k1,2 = –1 doble. 0 −1 − k

El punto crítico es un nodo estable donde las trayectorias son semirrectas con dirección al origen (figura 8.7).

d)

4 − k −2 = k2 − 6 k + 18 = 0 ; Raíces k1,2 = 3 ± 3i imaginarias con 5 2− k parte real positiva. El punto crítico es un punto espiral inestable (figura 8.8).

e)

−k 1 = k2 + 2 = 0 ; Raíces k1,2 = ± 2 i imaginarias puras. −2 − k El punto crítico es un centro estable (figura 8.9).

380


y

y

x

x

Figura 8.8

Figura 8.9

8.9. Determínense los valores de para que el punto crítico del sistema lineal dx = αx + y dt

;

dy = − x − αy , α ∈ R dt

a) Sea un punto silla. b) Sea un centro. SOLUCIÓN Ecuación característica del sistema α−k 1 = k2 − α 2 + 1 = 0 ; Raíces k1,2 = ± α 2 − 1 −1 −α − k a) Es punto silla si las raíces son reales de signos opuestos. Es decir, si 2 1 > 0 > 1 b) Para ser centro, las raíces han de ser imaginarias puras. 2 1 < 0 < 1

381


8.10. Compruébese que para el sistema dx = αx + y dt

;

dy = − x + y , R , M :V dt

el origen (0, 0) es para todo valor de un punto crítico inestable. ¿Cuando es un punto espiral? ¿Cuándo es un nodo? SOLUCIÓN a) Matriz del sistema: ⎛ α 1⎞ A=⎜ ⎟ ⎝ −1 1 ⎠ Ecuación característica y raíces: A − kI =

α−k 1 = k2 − (α + 1) k + α + 1 = 0. −1 1 − k

Raíces k1,2 =

(α + 1) ± (α + 1)(α − 3) 2

Las posibles situaciones, según los distintos valores de , son las siguientes. < –1. Las raíces son reales de distinto signo, ya que

(α + 1)(α − 3)

> α + 1.

–1 < < 3. Las raíces son complejas conjugadas con parte real positiva. = 3. Las raíces son reales, iguales y positivas. > 3. Las raíces son reales y positivas ambas. El punto crítico es inestable cuando las raíces son reales y no negativas ambas (iguales o no), cuando son reales y de distinto signo, o bien cuando sean complejas conjugadas con parte real positiva. Esta condición se cumple en todos los casos como puede comprobarse. El punto crítico es un punto espiral para –1 < < 3, y será un nodo para ≥ 3.

382


8.11. Dado el sistema dx = x + (μ + 1) y dt dy = (μ − 1) x + y dt donde I R es un parámetro real. Se pide: a) Discutir el carácter del punto de equilibrio (x, y) = (0, 0) en función de I. b) Cuando I = 1, encontrar la solución general del sistema de ecuaciones y dibujar el retrato fase en las proximidades del punto de equilibrio anterior, mostrando las direcciones de las trayectorias. SOLUCIÓN a) Matriz del sistema: ⎛ 1 μ +1 ⎞ A=⎜ ⎟ ⎝ μ −1 1 ⎠ Ecuación característica y raíces: A − kI =

1− k μ + 1 μ − 1 1− k

(

)

= (1 − k) − μ 2 − 1 = 0 . Raíces: k = 1 ± μ 2 − 1 2

Las posibles situaciones, según los distintos valores de I, son las siguientes: 1. μ < 1. Raíces complejas con parte real positiva. Es un Foco inestable. 2. μ = 1. Raíz doble (k = 1). Es un Nodo inestable. 3. μ > 1. Raíces reales. Puede suceder:

383


3.1. I2 – 1 > 1. Esto es μ > 2 . Una raíz positiva y otra negativa. Punto de silla. Inestable. 3.2. I2 – 1 < 1. Esto es μ < 2 . Dos raíces positivas distintas. Nodo Inestable b) Para I = 1, la ecuación característica de la matriz y sus valores propios son: A − kI =

2 1− k 2 = (1 − k) = 0 . Valores propios: k = 1 doble. 0 1− k

Vector propio y solución correspondiente: 0 2 1 0 = 0 0 2 0

( A I )U =

2 2 = 0

Haciendo 1 = 1 se obtiene: ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ Vector propio: U = ⎜ ⎟ . Solución: X1 (t) = ⎜ ⎟ et ⎝ 0⎠ ⎝ 0⎠ La segunda solución se busca en la forma: X2(t) = (Ut + V) et. Sustituyendo en el sistema e identificando coeficientes, resulta:

( A kI) V = U

0 2 v1 1 0 0 v = 0 2

v2 = 1/ 2.

Haciendo v1 = 0 se obtiene: ⎛ 0 ⎞ V =⎜ ⎟. ⎝ 1/ 2 ⎠

384

⎡⎛ 1 ⎞ ⎛ 0 X 2 (t) = ⎢⎜ ⎟ te + ⎜ ⎝ 1/ 2 ⎢⎣⎝ 0 ⎠

⎞⎤ t ⎟⎥ e ⎠ ⎥⎦


Solución general: ⎡⎛ 1 ⎞ ⎛ 0 ⎛ 1⎞ X (t) = C1 ⎜ ⎟ et + C2 ⎢⎜ ⎟ tet + ⎜ ⎝ 0⎠ ⎝ 1/ 2 ⎢⎣⎝ 0 ⎠

⎞ t⎤ ⎟e ⎥ ⎠ ⎥⎦

O de otra forma: x (t) = C1 et + C2 t et y (t) =

1 C2 et 2

El punto crítico (0, 0) es un nodo inestable. La direcciones en las trayectorias indican que un punto sobre ella se alejan del punto de equilibrio al crecer t. (Figura 8.10). y

x

Figura 8.10.

8.12. El siguiente sistema de ecuaciones diferenciales: dx =y dt

;

dy = − p2 x − 2 qy dt

( p > 0 ; q ≥ 0)

representa las vibraciones de una masa sujeta a un muelle, donde p, q son constantes, (q = viscosidad del medio; p = rigidez del muelle). Se pide:

385


a) Solución general del sistema resultante de suponer nula la viscosidad del medio. b) Para cada uno de los casos siguientes: q = 0; q = p; 0 < q < p 1. Estabilidad del punto crítico x = y = 0. 2. Un dibujo de las trayectorias en las proximidades de ese punto crítico. 3. Una interpretación física básica del movimiento correspondiente de la masa. SOLUCIÓN a) Para q = 0, el sistema queda: dx =y dt

;

dy = − p2 x dt

Matriz del sistema: ⎛ 0 1⎞ A=⎜ ⎟ 2 ⎝ −p 0 ⎠ Ecuación característica y valores propios:

A − kI =

−k 1 = k2 + p2 = 0 . Valores propios: k = ±pi − p2 − k

Vector propio U asociado al valor propio k = pi: pi

( A piI) U =

p2

386

1 pi 6

1 =0 2 6

pi1 + 2 = 0.


Haciendo 1 = 1, resulta el vector propio y la solución correspondiente: ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1⎞ t Vector propio: U = ⎜ ⎟ . Solución: X1 (t) = ⎜ ⎟ e pi ⎝ 0⎠ ⎠ ⎝ Expresando la solución en la forma: ⎛ cos( pt ) + isen (pt ) ⎛ 1 ⎞ pit ⎛ 1 ⎞ X =⎜ e =⎜ cos( pt ) + isen (pt )) = ⎜ ( ⎟ ⎟ ⎜⎝ − psen (pt ) + pi cos( pt ) ⎝ pi ⎠ ⎝ pi ⎠

⎞ ⎟ ⎟⎠

La parte real y la imaginaria son soluciones reales por separado. ⎛ cos( pt ) X1 = ⎜ ⎜⎝ − psen ( pt )

⎞ ⎟ ⎟⎠

;

⎛ sen (pt ) ⎞ X2 = ⎜ ⎟ ⎜⎝ p cos( pt ) ⎟⎠

La solución general es X = C1X1 + C2X2. Es decir: x = C1 cos( pt ) + C2 sen (pt ) y = − C1 psen (pt ) + C2 p cos( pt ) b) Para q = 0 el sistema es el del apartado anterior. El punto crítico es un centro estable. Al tender t " 0, los valores de x, y no tienden a cero. No es asintóticamente estable. La disposición de las trayectorias se muestra en la figura 8.11.a. Al no haber viscosidad (rozamiento del medio), la masa oscila sin parar. Si p = q la matriz del sistema es: ⎛ 0 1 ⎞ A=⎜ ⎟ 2 ⎝ − p −2 p ⎠

387


Ecuación característica y raíces: −k 1 = k2 + 2 pk + p2 = 0 . Raíces k = –p < 0 doble. 2 − p −2 p − k Las soluciones son del tipo: x = e− pt (C1 + C2 t ) y = e− pt (C1* + C *2 t ) donde las constantes de integración están relacionadas entre si. El punto crítico es un nodo estable. (fig.8.11.b) Cuando t " 0, (x, y)" (0, 0). Estabilidad asintótica Al coincidir la rigidez del muelle y la viscosidad del medio, la masa no oscila, se para. Para 0 < q < p (fig.8.11.c): Matriz del sistema: ⎛ 0 1 ⎞ A=⎜ ⎟ 2 ⎝ − p −2 q ⎠ Ecuación característica y raíces: A − kI =

1 −k = k2 + 2 qk + p2 = 0 . 2 − p −2 q − k

Raíces: k = − q ± q2 − p2 . Imaginarias con parte real negativa. El origen es un Foco estable (Asintóticamente estable) Al ser mayor la rigidez del muelle que el rozamiento en el medio, la masa tiende a pararse oscilando.

388


Fig. 8.11.a

Fig. 8.11.b

Fig. 8.11.c

8.13. Determínense los puntos críticos del sistema no lineal dx = a1 x + b1 y + c1 dt

;

dy = a2 x + b2 y + c2 dt

,

ai , bi , ci ∈ R,

(i = 1,2,3)

para los casos de que a1b2 – a2b1 sea distinto o igual a cero. SOLUCIÓN Los puntos críticos corresponden a las soluciones del sistema lineal algebraico a1 x + b1 y + c1 = 0 a2 x + b2 y + c2 = 0 1. Si a1b2 – a2b1 ≠ 0. El sistema tiene solución única (x0, y0) que será el punto crítico. a a 2. Si a1b2 – a2b1 = 0, o lo que es igual 1 2 , puede ser: b1 b2 2.a.

a1 a2 c1 = ≠ . El sistema algebraico es incompatible. No existen b1 b2 c2 puntos críticos.

a1 a2 c1 2.b. b b c . El sistema tiene infinitas soluciones. Cada una de 1 2 2 ellas es un punto crítico.

389


8.14. Hállense los puntos críticos del sistema no lineal: dx = x + 2y + 5 ; dt

dy = 3x + 3 y + 6 dt

y determinar su estabilidad efectuando un determinado cambio de variables que lo transforme en uno lineal. SOLUCIÓN El punto crítico es la solución de: x + 2y + 5 = 0 3x + 3 y + 6 = 0 Por tanto, el punto crítico es: P = (1, –3). El cambio de variables dependientes: x = u + 1 ; y = v – 3 transforma el sistema en uno lineal con variables u, v. En efecto, sustituyendo dicha transformación y sus derivadas en el sistema inicial, se obtiene el nuevo sistema: du = u + 1 + 2 ( v − 3) + 5 = u + 2 v dt dv = 3 (u + 1) + 3 ( v − 3) + 6 = 3u + 3 v dt que es lineal, y donde el punto crítico es (0, 0). Su estabilidad coincide con la del no lineal. Ecuación característica y raíces: 1− k 2 = k2 − 4 k − 3 = 0 ; Raíces k1,2 = 2 ± 7 , reales y de distinto signo. 3 3− k El punto crítico es un punto de silla inestable

390


8.15. Aplicando el teorema 8.1, analícese la estabilidad (si es posible) del punto crítico (0, 0) de los siguientes sistemas no lineales.

a)

dx = x + y + x2 y, dt

dy = 3 x − y + 3 y2 dt

b)

dx = − x − y − 3 x2 y, dt

c)

dx = − y − x2 , dt

d)

dx = 2 x − y cos y, dt

dy = 3 x − y + 3 y2 dt

dy =x dt dy = 3x − 2 y dt

SOLUCIÓN a) El sistema linealizado, resultante de eliminar los términos no lineales es: dx = x + y, dt

dy = 3x − y dt

Ecuación característica y raíces de la matriz del sistema: 1− k 1 = k2 − 4 = 0 . Raíces k,21 = ±2, reales y de signo distinto. 3 −1 − k Según el teorema 8.1, la estabilidad de los sistemas no lineal y linealizado coinciden. Es un punto silla inestable. b) Sistema linealizado: dx = − x − y, dt

dy = 3x − y dt

391


Ecuación característica y raíces: −1 − k −1 = k2 + 2 k + 4 = 0 , Raíces k1,2 = −1 ± 3 i , imaginarias 3 −1 − k con parte real negativa. La estabilidad de ambos sistemas coinciden. Es un punto espiral asintóticamente estable. c) Sistema linealizado: dx = − y, dt

dy =x dt

− k −1 = k2 + 1 = 0 ; Raíces k1,2 = ±i, imaginarias puras. 1 −k Es uno de los casos en que pueden no coincidir los dos sistemas (no lineal y linealizado). El punto crítico del sistema linealizado es un centro, pero el del sistema lineal puede ser un centro o un punto espiral. d) Recordando que: cos x = 1 −

x2 x 4 + −…, 2! 4!

el sistema linealizado es: dx = 2 x − y, dt

dy = 3x − 2 y dt

Ecuación característica y raíces de la matriz del sistema: 2− k −1 = k2 − 1 = 0 ; Raíces k1,2 = ±1, reales y de signo distinto. 3 −2 − k El punto crítico es un punto silla inestable.

392


8.16. El sistema no lineal dx = x − x2 − xy, dt

dy = − y − y2 + 2 xy dt

es un caso típico de los llamados sistemas depredador-presa. Calcule los puntos de equilibrio, y resuelva su estabilidad.

SOLUCIÓN Los puntos de equilibrio corresponden a la solución de: x − x2 − xy = 0 − y − y2 + 2 xy = 0 Despejando y de la primera ecuación y sustituyendo en la segunda se obtiene:

(

x x x x2 x x2

)

2 2

x = 0 2 2 2 + 2 x x = 0 (3x 2x)(x x ) = 0 x = 1 2 x = 3

(

)

Por tanto, los puntos de equilibrio son:

(0,0) , (0, −1) , (1,0) ,

⎛ 2 1⎞ ⎜⎝ , ⎟⎠ 3 3

Punto (0, 0). El sistema linealizado es: dx = x, dt

dy = −y dt

393


Ecuación característica y raíces de la matriz del sistema: 1− k 0 = k2 − 1 = 0 , Raíces k1 = 1, k2 = –1 reales y de signo distinto. 0 −1 − k La estabilidad de ambos sistemas(no lineal y linealizado) coinciden. El punto crítico es un punto silla inestable. Punto (0, –1) Para que el punto crítico sea el (0, 0) se traslada el origen de coordenadas al punto (0, –1) mediante el cambio de variables: u = x , v = y + 1. El nuevo sistema es: du = u − u2 − u ( v − 1) = 2u − uv − u2 dt dv 2 = − ( v − 1) − ( v − 1) + 2u ( v − 1) = −2u + v + 2uv − v2 dt El sistema linealizado: du = 2u, dt

dv = −2u + v dt

Las raíces de su ecuación característica son: 2− k 0 = k2 − 3 k + 2 = 0 , Raíces k1 = 1, k2 = 2 reales, distintas y positivas. −2 1 − k

La estabilidad de ambos sistemas coinciden. Es un nodo inestable Punto (1, 0) Cambio de variables: u = x – 1, v = y.

394


El nuevo sistema es: du 2 = u + 1 − (u + 1) − (u + 1) v = − u − v − u2 − uv dt dv = − v − v2 + 2 (u + 1) v = v + 2uv − v2 dt Sistema linealizado: du = − u − v, dt

dv =v dt

La ecuación característica y raíces son: −1 − k −1 = k2 − 1 = 0 . Raíces k1 = 1, k2 = –1 reales y de signo distinto. 0 1− k Coinciden también ambos sistemas. Es un punto silla inestable. ⎛ 2 1⎞ Punto ⎜ , ⎟ ⎝ 3 3⎠ 2 1 Cambio de variables: u = x − , v = y − . 3 3 El sistema transformado es: 2 2 du = − u − v − u2 − uv 3 3 dt dv 2 1 = u − v + 2uv − v2 . dt 3 3

Sistema linealizado:

du 2 2 = − u − v; dt 3 3

1 dv 2 = u− v. 3 dt 3

395


2 2 − −k − 1 5/ 3 2 3 3 i. = k2 + k + = 0 . Raíces k1,2 = − ± 2 2 3 2 1 − −k 3 3 Coinciden también ambos sistemas. Es un punto espiral asintóticamente estable.

8.17. Hállense los puntos críticos del sistema dx = y2 − 5 x + 6 dt dy = x− y dt identificando su estabilidad.

SOLUCIÓN Los puntos críticos corresponden a las soluciones del sistema: y2 − 5 x + 6 = 0 x− y = 0 De la segunda ecuación se deduce x = y, resultado que sustituido en la primera se obtiene la ecuación: x2 − 5 x + 6 = 0 de raíces: x = 2, x = 3. Los puntos críticos son: P(2, 2) , Q(3, 3)

396


Análisis de P(2, 2). El cambio de variables u = x – 2, v = y – 2, transforma el sistema en este otro: dx 2 = ( v + 2) − 5(u + 2) + 6 = −5u + 4 v + v2 dt dy = (u + 2) − ( v + 2) = u − v dt en el que ahora el punto crítico correspondiente es el (0, 0). El sistema linealizado es: dx = −5u + 4 v dt dy = u− v dt Su ecuación característica y valores propios son: −5 − k 4 = k2 + 6 k + 1 = 0 . Valores propios: k = −3 ± 2 2 reales y ambos 1 −1 − k negativos.

Punto asintóticamente estable. Es un nodo estable. Punto P(3, 3). Con el cambio de variables u = x – 3, v = y – 3, resulta el sistema: dx 2 = ( v + 3) − 5(u + 3) + 6 = −5u + 6 v + v2 dt dy = (u + 3) − ( v + 3) = u − v dt En el que el punto crítico es ahora el (0, 0).

397


Sistema linealizado: dx = −5u + 6 v dt dy = u− v dt Ecuación característica y valores propios: −5 − k 6 = k2 + 6 k − 1 = 0 1 −1 − k

.

Valores propios k = −3 ± 10 . Ambos son reales y de distinto signo. Punto inestable. Es un punto silla.

8.18. Analícese, según los distintos valores de m R, la estabilidad asintótica del sistema diferencial X’ = AX, donde la ecuación característica de la matriz A es x 4 + 2 x3 + 3 x2 + 4 x + m = 0 SOLUCIÓN Se aplicará el criterio de estabidad de Hurwitz (6 de Introducción teórica). La matriz de Hurwitz es: ⎛ ⎜ H=⎜ ⎜ ⎜⎝

2 1 0 0 4 3 2 1 0 m 4 3 0 0 0 m

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠

Las raíces de la ecuación dada tienen parte real negativa si y sólo si (criterio de Hurwitz), los menores:

398


2 1 0 2 1 = 2 , 3 = 4 3 2 = 8 4m , 4 = H = m (8 4m) 1 = 2 , 2 = 4 3 0 m 4 son estrictamente positivos. Para ello ha de ser: 8 − 4m > 0 m (8 − 4m) > 0 Es decir: 0 < m < 2

8.19. En el sistema de ecuaciones diferenciales: dx = mx − y dt dy = x + my dt donde m R, se pide: a) Aplicando el criterio de Hurwitz, analizar la estabilidad del punto crítico (0, 0) según los distintos valores de m. b) Para m = 1 hallar la solución general del sistema, y un boceto de las trayectorias y direcciones de las mismas en las proximidades de dicho punto crítico (0, 0).

SOLUCIÓN a) Ecuación característica y raíces de la matriz del sistema:

m− k −1 = k2 − 2mk + m2 + 1 = 0 . Raíces: k = m ± i 1 m− k

399


Matriz de Hurwitz: ⎞ ⎛ −2m 1 H=⎜ ⎟ 2 m +1 ⎠ ⎝ 0 Menores: 1 = 2m ; 2 =

2m 1 = 2m3 2m 2 0 m +1

El punto crítico (0, 0) es asintóticamente estable si, y solo si: W1, W2 > 0. 1 = 2m > 0

(

)

m<0

2 = 2m m + 1 > 0 2

m<0

Entonces: — Si m < 0 el punto es asintóticamente estable. Punto espiral. — Si m > 0, las raíces de la ecuación característicason imaginarias con parte real positiva. El punto es inestable. Punto espiral. — Si m = 0, las raíces son imaginarias puras. El punto es estable. Centro. b) Para m = 1, la matriz del sistema es ⎛ 1 −1 ⎞ A=⎜ ⎟ ⎝ 1 1 ⎠ y los autovalores k = 1 ± i. Vector propio asociado a k = 1 + i: i 1 (A kI)U = 1 i 6

400

1 = 0 1 2 i = 0 1 = 2 i 2 6


Los vectores propios son de la forma: ⎛ 1 ⎞ U=⎜ ⎟ α1 ⎝ −i ⎠ Haciendo 1 = 1 resulta la solución correspondiente: ⎛ cos x + i sen x ⎞ ⎛ 1 ⎞ (1+ i ) x ⎛ 1 ⎞ x x cos sen X =⎜ e e x i x e = + = ( ) ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ −i ⎟ ⎝ −i ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ sen x − i cos x ⎠ que es una solución compleja. En forma binómica es: ⎛ sen x ⎞ ⎛ cos x ⎞ X = ex ⎜ + ex ⎜ ⎟i ⎟ ⎝ sen x ⎠ ⎝ − cos x ⎠ Dos soluciones reales y linealmente.independientes son: ⎛ cos x ⎞ ⎛ sen x ⎞ X1 = e x ⎜ X2 = e x ⎜ , ⎟ ⎟ ⎝ sen x ⎠ ⎝ − cos x ⎠ Solución general: ⎡ ⎛ cos x ⎞ ⎛ sen x ⎞ ⎤ X = e x ⎢ C1 ⎜ + C2 ⎜ ⎟ ⎟⎥ ⎝ − cos x ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎝ senx ⎠ El punto crítico (0, 0) es un punto espiral inestable. Las trayectorias en las proximidades del punto crítico son como en la figura 8.8 del ejercicio 8.8. El sentido de movimiento de un punto sobre una trayectoria al crecer t es de alejamiento del centro.

8.20. En el sistema lineal en notación matricial X’ = AX (A real), el punto de reposo (0, 0) se llama atractor de dicho sistema si la parte real de todo autovalor k de A es negativa (Re(k) < 0).

401


Según esta definición, se pide: a) Si A es de orden 2, comprobar que cuando el origen es atractor, los coeficientes de la ecuación característica de A son positivos (Puede aplicarse el criterio de Hurwitz). b) Determinar el valor del parámetro a para el cual el origen es atractor del sistema siguiente: dx1 = − x1 − x2 ; dt

dx2 = − x1 − x2 + 2 ax3 ; dt

dx3 = x1 − x3 dt

SOLUCIÓN Si la matriz A es de orden 2, su ecuación característica tiene una expresión de la forma: k2 + a1 k + a2 = 0

(8.3)

Hay que demostrar que si el punto crítico (0, 0) es atractor entonces a1, a2 son positivos. En efecto, tal y como se ha definido, si (0, 0) es atractor, la parte real de las raíces de la ecuación característica (autovalores) son negativas. El criterio de Hurwitz indica que si la parte real de las raíces de la ecuación (8.3) son negativas, los menores W1 y W2, de la matriz de Hurwitz: ⎛ a1 H=⎜ ⎜⎝ 0

1 ⎞ ⎟ a2 ⎟⎠

son estrictamente positivos. Esos menores son: 1 = a1 , 2 = a1 a2 Ambos son positivos si: a1 > 0 a1 a2 > 0

a1 > 0

y

a2 > 0

Es decir, los coeficientes de la ecuación característica son positivos.

402


b) Matriz A del sistema: ⎛ −1 −1 0 A = ⎜ −1 −1 2 a ⎜ ⎜⎝ 1 0 −1

⎞ ⎟ ⎟ ⎟⎠

Ecuación característica: 1 k 1 0 1 1 k 2a = 0 1 0 1 k

(

)

k3 + 3k2 + 2k + 2a = 0

La matriz de Hurwitz es: ⎛ 3 1 0 H = ⎜⎜ 2 a 2 3 ⎜⎝ 0 0 2 a

⎞ ⎟ ⎟ ⎟⎠

Menores: 1 = 3 2 =

3 1 = 6 2a > 0 2a 2

3 = 2a 2 > 0

a<3

2a (6 2a) > 0

0< a<3

Por tanto, ha de ser: 0 < a < 3

403

CAPÍTULO 9

ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES Generalidades


En este capítulo se hace una introducción básica a las ecuaciones diferenciales en derivadas parciales que abreviaremos por EDP. 1. Definiciones Ecuación diferencial en derivadas parciales es cualquier igualdad ⎞ ⎛ ∂u ∂u ∂2 u ∂2 u F ⎜ x , u, ,…, , , ,…⎟ = 0 ∂ x1 ∂ xn ∂ x1 ∂ x1 ∂ x1 ∂ x2 ⎠ ⎝

(9.1)

donde x = ( x1 , x2 ,…, xn ) R n con abierto. Orden de una EDP es el mayor de los órdenes que tienen las derivadas que en ella intervienen. Solución particular de la EDP (9.1) es toda función u: " R, tal que al sustituirla en la ecuación hace que se cumpla. Solución general es la expresión que teóricamente contiene a todas las soluciones particulares. 2. Ecuación lineal en derivadas parciales Una ecuación en derivadas parciales (9.1), es lineal si la función F se puede expresar como suma de una función solo dependiente de x, más una función lineal en las variables correspondientes a u, y a las derivadas parciales que intervengan. Para el caso de dos variables independientes, es decir x = (x, y), la expresión general de la ecuación en derivadas parciales lineal y de segundo orden, con una función u(x, y) es de la forma

407


a

∂2 u ∂2 u ∂2 u ∂u ∂u + fu = g + b + c +d +e 2 2 ∂x ∂x∂y ∂y ∂x ∂y

(9.2)

donde a, b, c, d, e, f, g son funciones de x e y. Estas funciones a, b, c,..., pueden ser independientes de x e y, en cuyo caso la EDP será lineal de coeficientes constantes. Si g = 0 se tiene la expresión general de la ecuación lineal homogénea de segundo orden 3. Condiciones de contorno Se llaman Condiciones de contorno o de frontera a las restricciones o condiciones adicionales definidas en el dominio de definición de una EDP, que suelen acompañarlas cuando estas forman parte de un determinado sistema o problema técnico. A estos problemas se les llama Problemas de valores de contorno, o Problemas de valores en la frontera. Para las ecuaciones de segundo orden, se llama: 1. Condición de Dirichlet. Especifica los valores de una solución tomada sobre la frontera. Es de la forma: u ( x) = g ( x)

x ∈ frontera de

2. Condición de Newmann. Especifica los valores de la derivada normal de una solución sobre la frontera. Son de la forma: ∂u ( x) = g ( x) ∂n

x ∈ frontera de

3. Condición de Robin. Es una combinación lineal de las condiciones de Dirichlet y de Newman. Es de la forma: Au ( x + B)

∂u ( x) = g ( x) , A,B, R x frontera de ∂n

En todos los casos, si g = 0, las condiciones se llaman homogéneas.

408

ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES. GENERALIDADES

4. Ecuación unidimensional del calor Es la ecuación que representa la transferencia de calor por conducción y de forma unidimensional, a través de una varilla delgada y aislada.

x 0

x + Wx

x

t

Si u(x, t) es la temperatura de la varilla en cada punto x y en cada instante t, la ecuación es ut − α 2 uxx = 0

; α = cte.

5. Ecuación del calor como problema de contorno Expresión clásica de la ecuación del calor como un problema de contorno: ut − α 2 uxx = 0 , 0 X x X L , t ! 0 = cte. u ( x,0) = f ( x) ; u (0, t) = u ( L, t) = 0

0
(9.3)

t>0

Las condiciones añadidas a la ecuación del calor indican: 1. Una distribución de temperatura f(x) de la varilla en el instante t = 0 (condición inicial): u(x, 0) = f(x); 0 < x < L 2. Los extremos de la varilla se mantiene a temperatura cero durante todo el tiempo t > 0: u(0, t) = u(L, t) = 0; t > 0 (Condición de frontera de Dirichlet) Si estas condiciones varían, lo hace el sistema técnico definido, y por lo tanto la ecuación y las condiciones han de formalizarse e interpretarse de forma correcta.

409


6. Ecuación de ondas Analiza las vibraciones transversales de una cuerda sujeta entre dos puntos fijos. Expresando por u(x, t) el desplazamiento vertical de la cuerda en la dirección de U, en el punto de abcisa x y en el momento t, la ecuación de ondas define de forma matemática ese desplazamiento, e indica la posición de la misma en cada instante.

U u(x,t)

0

x

L

X

La expresión clásica como un problema de contorno: 2 ∂2 u 2 ∂ u − c =0 ∂t 2 ∂ x2

0
u (0, t) = u ( L, t) = 0

t>0 t≥0

u ( x,0) = f ( x)

0≤x≤L

∂u ( x,0) = g ( x) ∂t

0≤ x≤L

(9.4)

donde c2 es una cantidad estrictamente positiva, que depende de las características físicas de la cuerda. La ecuación y las condiciones adicionales significan técnicamente: 1. En la ecuación, el cero del segundo miembro supone que no hay fuerzas externas que actúen sobre la cuerda. Si existiese alguna, la ecuación sería de la forma: 2 ∂2 u 2 ∂ u − c = h ( x, t) ∂t 2 ∂ x2

410

0
t>0


donde h(x, t) representa esa fuerza (rozamiento del aire, amortiguamiento, etc.) 2. La primera condición: u(0, t) = u(L, t) = 0; t ≥ 0, indica que la cuerda se mantiene fija al eje x en ambos extremos, x = 0 y x = L, y en todo instante t. 3. Las otras dos condiciones indican el desplazamiento inicial u(x, 0) = f(x), ∂u y la velocidad inicial ( x,0) = g ( x) respectivamente en cada punto ∂t de abcisa x de la cuerda. Si no hubiese desplazamiento ni velocidad inicial, serían f(x) = g(x) = 0. 7. Ecuación de Laplace Determina, bajo diversas condiciones, la temperatura u(x, y) en cada punto de una placa o lámina bidimensional situada en el plano XY. ∂2 u ∂2 u + =0 ∂ x2 ∂ y2

(9.5)

se llama Ecuación de Laplace bidimensional, y se abrevia con la notación 2u = 0 2 u 2 u donde el operador 2u = 2 + 2 se llama Operador laplaciano bidix y mensional. El problema de contorno clásico tiene la expresión: ∂2 u ∂2 u =0 + ∂ x2 ∂ y2 ∂u =0 ∂ x x=0

0< x
∂u =0 ∂ x x= a

,

u ( x,0) = f ( x) , u ( x, b) = g ( x) ,

0< y
(9.6)

0
y significa

411


1. Las caras laterales de la placa están aisladas. Es decir, que no escapa ∂u ∂u ni entra calor por ellas: =0 , 0< y
412


9.1. ¿De que órden son las siguientes ecuaciones diferenciales en derivadas parciales, donde la función es u(x, y), en dos variables independientes. a) ux + uy + x = 0 b) ux + uxy + xuy = 0 c) ux + sen( uy ) + x = 0 d) uxy u2 SOLUCIÓN En los casos a) y c) las ecuaciones son de primer orden. En los otros de segundo orden.

9.2. Indique las características básicas (linealidad, homogeneidad, coeficientes), de las siguientes ecuaciones en derivadas parciales, donde la función es u(x, y). a) 5ux + x = 0 b) ux + uxy + xuy = 5 c) ux + yu = u

( )

d) uuxx + uy

2

= u2

e) ux + ln(x)uyy + uxy = u

413


SOLUCIÓN a) Ecuación lineal no homogénea de coeficientes constantes. b) Lineal no homogénea, de coeficientes no constantes. c) Lineal homogénea de coeficientes no constantes. d) Ecuación no lineal. e) Lineal homogénea y de coeficientes no constantes.

9.3. Comprobar que las siguientes funciones u(x, y), corresponden a soluciones particulares de las ecuaciones correspondientes. a) u ( x, y) = x + sen ( x − y) es solución de la ecuación ux + uy = 1 b) u ( x, t) = x2 + 4t 2 es solución de la ecuación de ondas utt − 4uxx = 0 . c) u ( x, t) = e− t sen (3 x) es solución de la ecuación del calor para un determinado valor de la constante 2. SOLUCIÓN a) Las derivadas parciales de la función u ( x, y) = x + sen ( x − y) son: ux =

∂u = 1 + cos ( x − y) ∂x

, uy =

∂u = − cos ( x − y) ∂y

Sustituyendo la función y sus derivadas en la ecuación, se comprueba que la verifica. ux + uy = 1 + cos ( x − y) − cos ( x − y) = 1 b) Las derivadas de la función u ( x, t) = x2 + 4t 2 son:

414

ux =

∂u = 2x ∂x

uxx =

∂2 u =2 , ∂ x2

,

ut = utt =

∂u = 8t ∂t ∂2 u =8 ∂t 2


Se verifica: utt − 4uxx = 0 c) Las derivadas parciales de la función u ( x, t) = e− t sen (3 x) son ux =

∂u ∂u = 3 e− t cos (3 x) , ut = = − e− t sen (3 x) ∂x ∂t uxx =

∂2 u = −9 e− t sen (3 x) 2 ∂x

Ecuación del calor: ut − α 2 uxx = 0 ; = cte. Sustituyendo la función y sus derivadas en la ecuación, resulta:

(

)

ut − α 2 uxx = − e− t sen (3 x) + 9α 2 e− t sen (3 x) = 9α 2 − 1 e− t sen (3 x) = 0 Al ser acotada la función seno, ha de ser: 9 2 1 = 0

2 =

1 9

9.4. a) Compruébese que la función:

(

)

u ( x, y) = a ln x2 + y2 + b

a, b = ctes.

es una solución particular de la ecuación de Laplace bidimensional. b) Determinar a, b para que u satisfaga las siguientes condiciones: u (0, e) = 5

u ( x, y) = 0

en

x2 + y2 = 1

415


SOLUCIÓN a) Ecuación de Laplace bidimensional ∂2 u ∂2 u + =0 ∂ x2 ∂ y2

(

)

Las derivadas parciales de la función u ( x, y) = a ln x2 + y2 + b son: ux =

uxx =

∂u 2 ax = 2 ∂ x x + y2

(

2 2 ∂2 u 2 a y − x = 2 ∂ x2 x2 + y2

(

)

)

,

uy =

,

uyy =

∂u 2 ay = 2 ∂ y x + y2

(

2 2 ∂2 u 2 a x − y = 2 ∂ y2 x2 + y2

(

)

)

Fácilmente puede comprobarse que se verifica uxx + uyy = 0 b) Sustituyendo las condiciones del enunciado en la expresión de u(x, y), se obtiene: u (0, e) = 5 2a + b = 5 u ( x, y) = 0, en

x2 + y2 = 1

aln1+ b = 0

b=0

De ambos: a

5 , 2

b0

9.5. Hállese la solución general de las siguientes ecuaciones en derivadas parciales, donde la función es u = u(x, y). a) ux = 0 b) uxy = 0 c) uxy = 2(x + 1) sen y 416


SOLUCIÓN a) ux =

∂u ( x, y) =0 ∂x

Integrando con respecto a x suponiendo la y constante, se obtiene: u(x, y) = f(y) donde f(y) es una función arbitraria. Es la solución general. b) Expresando la ecuación en la forma: uxy =

∂ ⎛ ∂u⎞ =0 ∂ x ⎜⎝ ∂ y ⎟⎠

e integrando con respecto a x, suponiendo y constante, se obtiene u = ( y) y donde (y) es una función arbitraria, que se supone continua. Integrando ahora esta última ecuación con respecto a y, se obtiene la solución general. u ( x, y) = ( y) dy + f ( x) u ( x, y) = g ( y) + f ( x)

donde g(y) es una primitiva de (y), y f(x) una función arbitraria. c) Expresando la ecuación en la forma ∂ ⎛ ∂u⎞ = 2 ( x + 1) sen y ∂ x ⎜⎝ ∂ y ⎟⎠

417


e integrando con respecto a x, se obtiene u = x2 + 2x sen y + ( y) y

(

)

donde (y) es una función arbitraria, que se supone continua. Integrando ahora la última expresión con respecto a y, resulta la solución general de la ecuación propuesta:

(

)

u ( x, y) = − x2 + 2 x cos y + g ( y) + f ( x) donde g(y) es una primitiva de (y), y f(x) una función arbitraria.

9.6. Resuélvanse como ecuaciones ordinarias las siguientes ecuaciones en derivadas parciales que contienen derivadas solo respecto a una variable, considerando constantes a las que no intervienen en la derivación parcial. a) uy = u b) uxx + u = 0 SOLUCIÓN a) Considerando x constante, la ecuación corresponde a una ecuación ordinaria de variables separadas, donde y es la variable independiente. Con esas condiciones, integrando dicha ecuación, resulta: uy u

=1

uy u

dy = dy

ln u + g ( x) = y + C

u = eC g( x) e y

donde g(x) es una función arbitraria, y C es una constante de integración. Renombrando ambas, la solución general puede expresarse: u ( x, y) = f ( x) e y

418


b) Considerando y constante, es una ecuación lineal ordinaria de segundo orden y de coeficientes constantes. La ecuación característica y sus raíces son: k2 + 1 = 0. Raíces k1,2 = ±i Por tanto, la solución general es: u ( x, y) = f ( y) cos x + g ( y) sen x donde f(y), g(y) son funciones arbitrarias.

9.7. Resuélvase el siguiente problema de valores de contorno: ∂2 u ( x, y) = 2 x sen y ∂x∂y u ( x,0) = − x2 u (0, y) = y2 SOLUCIÓN Puesta la ecuación en la forma: ∂ ⎛ ∂u⎞ = 2 x sen y ∂ x ⎜⎝ ∂ y ⎟⎠ e integrando con respecto a x, suponiendo y constante, se obtiene ∂u = x2 sen y + f ( y) ∂y donde f(y) es una función arbitraria, función que se supone continua. Integrando ahora esta última ecuación con respecto a y, con x constante, resulta u ( x, y) = − x2 cos y + g ( y) + h ( x) donde g(y) es una primitiva de f(y), y h(x) una función arbitraria.

419


Aplicando las condiciones se tiene: u(x,0) = x2

u (0, y) = y

2

g (0) + h ( x) = 0

g ( y) + h (0) = y2

De la primera ecuación se deduce:

h(x) = −g(0) , y con ello h(0) = −g(0). De la segunda:

g(y) = y2−h(0) , es decir g(y) = y2 +g(0). Por lo tanto, la solución del problema es:

u(x,y) = −x2 cosy + g(y) + h(x) = −x2 cosy + y2

9.8. Indíquese un modelo matemático que describa la temperatura u(x, t) en una varilla de longitud L, donde la distribución inicial de dicha temperatura es f(x), para los siguientes casos a) La varilla está aislada y los extremos están a una temperatura constante de T grados. b) La varilla está aislada y los extremos están aislados también, es decir, el flujo de calor es nulo (no entra ni sale calor por los extremos). c) La varilla no está aislada (existe una fuente de calor de distribución h(x) que la calienta) y los extremos se mantienen a temperatura constante de 0 grados. d) La varilla está aislada, y en el extremo x = L existe un flujo de calor proporcional a su temperatura en cada instante. SOLUCIÓN Los distintos casos corresponden a la ecuación del calor con ciertas condiciones de contorno.

420


a) El modelo matemático está definido por el siguiente problema: ut − α 2 uxx = 0 ; 0 < x < L , u ( x,0) = f ( x) ;

t>0

α = cte.

0
u (0, t) = u ( L, t) = T

(2)

t>0

;

(1)

(3)

donde las condiciones indican lo siguiente: (1) La varilla está aislada (segundo miembro de la ecuación diferencial es cero) (2) La distribución inicial de temperatura en la varilla es f(x). (3) Los extremos está a una temperatura constante de T grados. b) En este caso, el modelo matemático es: ut − α 2 uxx = 0 ; 0 < x < L , u ( x,0) = f ( x) ;

t>0

α = cte.

0
ux (0, t) = ux ( L, t) = 0

;

(1) (2)

t≥0

(3)

La condición (3) indica que el flujo de calor (cantidad de calor por unidad de tiempo) es cero en los extremos. c) Modelo matemático: ut − α 2 uxx = h ( x) ; 0 < x < L , u ( x,0) = f ( x) ;

t>0

α = cte.

0
u (0, t) = u ( L, t) = 0

;

(1) (2)

t≥0

(3)

En la condición (1), el valor h(x) indica que una fuente de calor con la distribución indicada calienta la varilla. d) Modelo matemático: ut − α 2 uxx = 0 ; 0 < x < L , u ( x,0) = f ( x) ;

0
ux ( L, t) = λu ( L, t) ;

t≥0

t>0

α = cte.

(1) (2) (3)

421


La condición (3) indica la proporcionalidad con factor del flujo de calor existente en el extremo x = L.

9.9. Descríbase un modelo matemático que defina el desplazamiento vertical u(x, t) en cada instante t de una cuerda de longitud L, donde no existen fuerzas externas que actúen sobre ella, que parte de la posición inicial u(x, 0) = ex con velocidad inicial ut(x, 0) = x, y que los extremos de dicha cuerda estén ambos fijos. ¿Con estas condiciones, cuál ha de ser la posición de ambos extremos? SOLUCIÓN El modelo descrito corresponde a la ecuación de ondas, y con las condiciones de contorno definidas está representado por: ∂2 u 2 ∂2 u −c =0 ∂t 2 ∂ x2

0
u (0, t) = A, u ( L, t) = B

t>0 t≥0

u ( x,0) = e x

0≤x≤L

∂u ( x,0) = x ∂t

0≤ x≤L

donde las cantidades constantes A y B indican la posición fija de los extremos de la cuerda. Para que el modelo sea conforme, esos valores A y B han de verificar el resto de las condiciones. De la segunda se deduce: Para x = 0 : u(0,0) = e0 = 1 Para x = L : u(L,0) = eL Por tanto, la posición de ambos extremos ha de ser: A = 1 , B = eL

422

CAPÍTULO 10

ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN. SEPARACIÓN DE VARIABLES


En este capítulo se analizan las ecuaciones diferenciales en derivadas parciales lineales de segundo orden, cuya expresión general es a

∂2 u ∂2 u ∂2 u ∂u ∂u + + fu = g b + c +d +e 2 2 ∂x ∂x∂y ∂y ∂x ∂y

(10.1)

donde a, b, c, d, e, f, g son funciones de x e y. 1. Tipos de EDP lineales de segundo orden Se dice que la ecuación en derivadas parciales lineal de segundo orden (10.1) es: 1. Hiperbólica si b2 – 4ac > 0. 2. Parabólica si b2 – 4ac = 0. 3. Elíptica si b2 – 4ac < 0. El carácter de las ecuaciones lineales con coeficientes variables (en las que a, b, c son funciones de x e y) puede ser distinto según sea el subconjunto (x, y) R2, o de otra forma, según sea la región del plano xy. 2. Ecuación de Euler Se conoce por Ecuación de Euler el caso especial de ecuación (10.1), homogénea de la forma a

∂2 u ∂2 u ∂2 u + + =0 b c ∂ x2 ∂x ∂y ∂ y2

(10.2)

en la que a, b, c son constantes

425


Se resuelve buscando una solución en la forma u = f(Y), donde Y = y + mx, con m = constante. Introduciendo esa solución y sus derivadas, se observa que la solución de la ecuación depende de los valores de m que hagan am2 + bm + c = 0 Entonces, según sea la ecuación a resolver, y sean los valores de m, resulta: 1. a ≠ 0 y las raíces m1, m2 de la ecuación son distintas (reales o imaginarias). 1.1. m1, m2 reales. Ha de ser b2 – 4ac > 0 (Ecuaciones hiperbólicas). Solución general: u = f(y + m1x) + g(y + m2x) 1.2. m1, m2 imaginarias. Ha de ser b2 – 4ac < 0 (Ecuaciones elípticas). Solución general: u = f(y + (p + qi) x) + g(y + (p – qi) x) 2. a ≠ 0 y la ecuación tiene una raíz m doble. Solución general: u = f(y + mx) + xg(y + mx) 3. a = 0. c ⎞ ⎛ 3.1. b ≠ 0. Solución general: u = f ⎜ y − x⎟ + g ( x) ⎝ b ⎠ 3.2. b = 0. Lógicamente c ≠ 0. Solución general: u = f(x) + yg(x) 3. El método de separación de variables Es un método de resolución de problemas con valores en la frontera en los que intervienen ecuaciones diferenciales en derivadas parciales lineales con n variables independientes, y que consiste en suponer la existencia de soluciones producto de la forma X1, X2, ..., Xn, donde cada factor Xi es función solamente de cada una de esas variables. Así, si la ecuación contiene dos variables independientes x y t, con función u(x, t), se supone que la ecuación admite soluciones producto de la forma u(x, t) = X(x) · T(t)

426


con X(x) función solo de x, y T(t) función solo de t. Por lo tanto, si la suposición hecha es cierta, el método conduce a la resolución de dos ecuaciones diferenciales ordinarias, cada una de las cuales ha de verificar las condiciones adicionales que contienen los problemas de contorno que se van a resolver. Para aplicar el método consideremos por ejemplo un problema de contorno compuesto por: t EDP lineal y homogénea con función u(x, t) definida para x (0, L), t ≥ 0. t Condiciones de contorno homogéneas: u(0, t) = u(L, t) = 0. t Condición inicial u(x, 0) = f(x). El procedimiento general para aplicarlo es el siguiente: 1. Se separan variables, suponiendo la solución en la forma u(x, t) = X(x) · T(t). 2. Se introduce la solución supuesta, mediante las convenientes derivaciones, en la ED, y se separan a ambos miembros de una igualdad las funciones que resulten dependientes de una u otra variable. El que sean iguales dos funciones dependientes de variables distintas es solo posible cuando ambas sean una constante . Resultan así dos ecuaciones ordinarias. 3. Se resuelve la primera ecuación aplicando únicamente las condiciones de contorno, considerando los tres casos en que los valores de sean: = 0, > 0, < 0 y con ello encontrando los valores y las soluciones correspondientes para que estas sean no triviales. 4. Se resuelve la otra ecuación ordinaria. 5. Se construyen todas las soluciones de la EDP como producto de las anteriores. 6. Se aplica el principio de superposición y se obtiene una combinación lineal de todas las soluciones producto. 7. Se impone la condición inicial.

427


8. Se identifican los coeficientes. Esta identificación de coeficientes puede hacerse directamente si la forma de f(x) lo permite, o bien mediante otros métodos, como es el el desarrollo en serie de Fourier de f(x) que no será tratado aquí

428


10.1. Clasifíquense las siguientes ecuaciones en hiperbólicas, parabólicas o elípticas. a) 5uxx − uxy + 2uyy + ux + uy = 0 b) −2uxx + 4uxy − 2uyy + ux = 0 c) uxx − 7uxy + 6uyy = 0 d) πuxx − uxy + 2uyy + uy = 0

SOLUCIÓN La clasificación de la ecuación en hiperbólica, parabólica o elíptica depende del signo de b2 – 4ac, siendo a, b, c los coeficientes respectivos de uxx , uxy , uyy en la expresión general de la ecuación lineal de segundo orden (10.1). a) En este caso a = 5, b = –1, c = 2. Por lo tanto b2 – 4ac = –39 < 0. Ecuación elíptica. b) a = –2, b = 4, c = –2. Por lo tanto b2 – 4ac = 0. Ecuación parabólica. c) a = 1, b = –7, c = 6. Ahora b2 – 4ac > 0. Ecuación hiperbólica. d) a = S, b = –1, c = 2. Por lo tanto b2 – 4ac = 1 – 8 S < 0. Ecuación elíptica.

10.2. Hállense los puntos (x, y) R2 en los que las siguientes ecuaciones son hiperbólicas, parabólicas o elípticas, determinando en el plano xy las regiones correspondientes.

429


a) xuxx + 2 yuxy + xuyy = 0

(

)

b) uxx − 2 xuxy − y2 − 1 uyy = y c) xuxx − 2 yuxy − uyy = sen y SOLUCIÓN a) Los coeficientes son: a = x, b = 2y, c = x. Por tanto b2 − 4 ac = 4( y2 − x2 ) = 4 ( y + x)( y − x) . Si y2 – x2 > 0, es decir, para (x, y) R2. y2 > x2, la ecuación es hiperbólica. Si y2 – x2 < 0, es decir, para (x, y) R2. y2 < x2, la ecuación es eliptica. Si y2 – x2 = 0, es decir, para (x, y) R2. y2 = x2, la ecuación es parabólica. En el plano xy, la ecuación es parabólica en los puntos de las rectas y = x, y = –x, la ecuación es elíptica en la región correspondiente a los conjuntos abiertos a derecha e izquierda de dichas rectas, y es hiperbólica en el resto del plano. Figura 10.1.a.

(

)

b) a = 1, b = −2 x, c = − y2 − 1 . b2 − 4 ac = 4( x2 + y2 − 1). Si x2 + y2 – 1 > 0, es decir, para (x, y) R2. x2 + y2 > 1, la ecuación es hiperbólica. Si x2 + y2 – 1 < 0, es decir, para (x, y) R2. x2 + y2 < 1, la ecuación es elíptica. Si x2 + y2 – 1 = 0, es decir, para (x, y) R2. x2 + y2 = 1, la ecuación es parabólica.

430


En el plano xy, la ecuación es parabólica en los puntos de la circunferencia de centro (0, 0) y radio 1, la ecuación es elíptica en el círculo definido por esa circunferencia, y es hiperbólica en el resto del plano. Figura 10.1.b. c) a = x, b = −2 y, c = −1. b2 − 4 ac = 4( y2 + x). Si y2 + x > 0, es decir, para (x, y) R2. x > –y2, la ecuación es hiperbólica. Si y2 + x < 0, es decir, para (x, y) R2. x < –y2, la ecuación es elíptica. Si y2 + x = 0, es decir, para (x, y) R2. x = –y2, la ecuación es parabólica. Por tanto, la ecuación es parabólica en los puntos de la parábola x = –y2, es elíptica en el conjunto interior limitado por la misma, y es hiperbólica en el resto del plano. Figura 10.1.c. parabólica hiperbólica

y=x

hiperbólica 2

parabólica

2

x +y =1

x=–y 2

parabólica

elíptica

elíptica

elíptica

hiperbólica

1

elíptica

hiperbólica

y = –x

Fig. 10.1.a

Fig. 10.1.b

Fig. 10.1.c

10.3. Hállese la solución general de las siguientes ecuaciones. a) 5uxx − 2uxy + 2uyy = 0 b) −2uxx + 4uxy − 2uyy = 0 c) uxx − 7uxy + 6uyy = 0 d) uyy 0

431


SOLUCIÓN Son todas ecuaciones de Euler de la forma (10.2). La función f(y + mx) con f arbitraria, es solución de la ecuación para los valores de m que verifiquen am2 + bm + c = 0

(10.3)

a) 5uxx − 2uxy + 2uyy = 0 En este caso a = 5, b = –2, c = 2. Es una ecuación del tipo elíptico (b2 – 4ac = –36 < 0). La ecuación de segundo grado (10.3) que corresponde es 5m2 − 2m + 2 = 0.. Raíces

1 3 L i. 5 5

Por tanto, la solución general de la ecuación es de la forma ⎛ ⎛ ⎛1 3 ⎞ ⎞ ⎛1 3 ⎞ ⎞ u ( x, y) = f ⎜ y + ⎜ + i⎟ x⎟ + g ⎜ y + ⎜ − i⎟ x⎟ ⎝5 5 ⎠ ⎠ ⎝5 5 ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ donde f, g son funciones arbitrarias en sus argumentos correspondientes. b) 2uxx − 4uxy + 2uyy = 0 En este caso a = 2, b = –4, c = 2. Es una ecuación del tipo parabólico (b2 – 4ac = 0). Luego (10.3) proporciona 2m2 – 4m + 2 = 0. Raíz: 1 doble. La solución general es de la forma u ( x, y) = f ( y + x) + xg ( y + x). f, g funciones arbitrarias.

432


c) uxx − 7uxy + 6uyy = 0 a = 1, b = –7, c = 6. Es una ecuación hiperbólica (b2 – 4ac = 25 > 0). Por tanto, (10.3) da m2 – 7m + 6 = 0. Raíces: 6, 1. Solución general u ( x, y) = f ( y + 6 x) + g ( y + x) . f, g funciones arbitrarias. d) uyy = 0 En este caso a = b = 0, c = 1. La ecuación am2 + bm + c = 0 se reduce a un absurdo (1 = 0). No existen soluciones en la forma f(y + mx). La solución general se consigue integrando parcialmente. uyy = 0

u =0 y y 6

u = f ( x) y

u ( x, y) = yf ( x) + g ( x)

donde f(x), g(x) son funciones arbitrarias.

10.4. Dada la ecuación: ∂2 u ( x, t) =0 ∂ x ∂t Se pide: a) Clasifícarla en elíptica, parabólica o hiperbólica: b) Hallar una solución general que contenga dos funciones arbitrarias. c) Resolver el siguiente problema: ∂2 u ( x, t) =0 ∂ x ∂t u ( x, 0) = − x2 u (0, t) = t

433


SOLUCIÓN a) Ha de estudiarse el signo de b2 – 4ac. Aquí es a = c = 0, b = 1. b2 – 4ac = 1 > 0. Ecuación hiperbólica. b)

∂2 u ( x, t) =0, ∂ x ∂t

∂ ⎛ ∂u⎞ ⎜ ⎟ =0, ∂ x ⎝ ∂t ⎠

Integrando respecto a x, se obtiene: u = (t) t donde (t) es una función arbitraria que se supone continua. Integrando respecto a t se obtiene la solución general. u = (t) dt + g(x)

u = f (t) + g ( x)

donde f(t) es una función primitiva de (t). También puede obtenerse considerándola una ecuación de Euler. Es el caso a = 0, b ≠ 0 (con c = 0). c ⎞ ⎛ Una solución es u = f ⎜ t − x⎟ , que al ser c = 0 queda u = f(t). Otra es ⎝ b ⎠ u = g(x). La solución general es u = f(t) + g(x). c) Aplicando ahora las condiciones dadas: u ( x, 0) = − x2 : − x2 = f (0) + g ( x) ; g ( x) = − f (0) − x2 , y con ello g (0) = − f (0) . u (0, t) = t : t = f (t) + g (0) ; f (t) = t − g (0)

; f (t) = t + f (0)

Sustituyendo f(t), g(x) en la solución general, resulta la solución particular buscada. u ( x, t) = − x2 + t

434


10.5. Encuéntrense las ecuaciones diferenciales ordinarias que aparecen al utilizar el método de separación de variables en cada una de las ecuaciones en derivadas parciales siguientes donde la función es u(x, t). a)

∂2 u ∂2 u = ∂ x2 ∂ t 2

b)

∂u ∂2 u − α2 2 = 0 ∂t ∂x

∂u ∂2 u ∂u = α 2 −β ∂t ∂t ∂x ∂u 1 ∂ ⎛ ∂u⎞ = d) ⎜t ⎟ ∂ x t ∂t ⎝ ∂t ⎠ c)

SOLUCIÓN a)

∂2 u ∂2 u = ∂ x2 ∂ t 2 Solución a buscar: u(x, t) = X(x) · T(t), donde las variables x y t están separadas. Derivando convenientemente X(x), T(t) se obtiene ∂u ∂u ∂2 u ∂2 u = X 'T , = XT ' , , = X '' T = XT '' ∂x ∂t ∂ x2 ∂t 2 y sustituyendo estos resultados en la ecuación inicial, queda X ''T = XT ''

X '' T '' = X T

El lado izquierdo de la igualdad es función solo de x, y el derecho solo de t. Por lo tanto esa igualdad solo puede darse si ambas partes son la misma constante. Sea esa constante, es decir: X '' T '' = =λ X T

435


Por lo tanto, las dos ecuaciones ordinarias que han de verificarse son: d2 X − λX = 0 dx2 d2T − λT = 0 dt 2 b)

∂u ∂2 u − α2 2 = 0 ∂t ∂x Solución a buscar u(x, t) = X(x) · T(t). Las derivadas son ∂u ∂u ∂2 u ∂2 u = X 'T , = XT ' , , = X '' T = XT '' ∂x ∂t ∂ x2 ∂t 2 que sustituyendo en la ecuación inicial resulta XT ' = 2 X ''T

2

X '' T ' = X T

El lado izquierdo de la igualdad es función solo de x, y el derecho solo de t. Esa igualdad solo puede darse si ambas partes son la misma constante . En ese caso α2

X '' T ' = =λ X T

Las ecuaciones ordinarias deducidas de esta expresión son: d2 X λ − X =0 dx2 α 2 dT − λT = 0 dt c)

436

∂u ∂2 u ∂u = α 2 −β ∂t ∂t ∂x


Solución a buscar, u(x, t) = X(x) · T(t) donde las variables x y t están separadas. Derivando convenientemente X(x), T(t) se obtiene ∂u ∂u ∂2 u ∂2 u = X 'T , = XT ' , , = X '' T = XT '' ∂x ∂t ∂ x2 ∂t 2 y sustituyendo en la ecuación inicial XT ' = XT '' X ' T

X ' T '' T ' = X T

El lado izquierdo de la igualdad es función solo de x, y el derecho solo de t. Por lo tanto esa igualdad solo puede darse si ambas partes son la misma constante. Si es esa constante, de la expresión X ' α T ''− T ' = =λ X βT se deducen las siguientes ecuaciones ordinarias: dX − λX = 0 dx d 2T 1 dT β − −λ T =0 dt 2 α dt α d)

∂u 1 ∂ ⎛ ∂u⎞ = ⎜t ⎟ ∂ x t ∂t ⎝ ∂t ⎠ Solución a buscar: u(x, t) = X(x) · T(t), donde las variables x y t están separadas. Derivando convenientemente X(x), T(t) se obtiene ∂u ∂u ∂ ⎛ ∂u⎞ = XT ' , = X 'T , ⎜ t ⎟ = tXT ''+ XT ' ∂t ∂x ∂t ⎝ ∂t ⎠

437


y sustituyendo estos resultados en la ecuación inicial X 'T = XT ''+

XT ' t

X ' tT ''+ T ' = = X tT

Por tanto, las ecuaciones ordinarias que se deducen son dX X = 0 dx

X '(x) X = 0,

d 2T 1 dT + T = 0 dt 2 t dt

1 d dT t T = 0 t dt dt 6

10.6. Encuéntrense todas la funciones u(x, t), resultantes de aplicar el método de separación de variables a la ecuación ∂u ∂2 u ∂u − 2 −4 = 4u, 0 < x < π, ∂t ∂ x ∂x

t>0

con las condiciones de contorno homogéneas siguientes: u (0, t) = u (π , t) = 0,

t≥0

SOLUCIÓN Solución a buscar u(x, t) = X(x) · T(t) Derivando se obtiene ∂u ∂u ∂2 u ∂2 u = X 'T , = XT ' , , = X '' T = XT '' ∂x ∂t ∂ x2 ∂t 2 y sustituyendo en la ecuación: XT ' X ''T 4X 'T = 4XT

438

X ''+ 4X '+ 4X T ' = = X T

(10.4)


Las ecuaciones diferenciales ordinarias que se obtienen son X '' ( x) + 4 X ' ( x) + (4 − λ ) X ( x) = 0

(10.5)

T ' (t) − λT (t) = 0

(10.6)

Aplicando las condiciones de contorno del problema a la función u(x, t) expresada en (10.4), se obtiene u (0, t) = X (0) ⋅ T (t) = 0

u (π , t) = X (π ) ⋅ T (t) = 0 Y como la función T(t) buscada es no trivial, es decir T(t) ≠ 0, ha de ser X (0) = X (π) = 0 Resolvamos según los valores de , el problema compuesto por estas condiciones junto con la ecuación (10.5), es decir: X '' ( x) + 4 X ' ( x) + (4 − λ ) X ( x) = 0 X (0) = X (π) = 0

La ecuación característica y sus raíces son k2 + 4 k + (4 − λ) = 0 . Raíces: k = −2 ± λ . Si = 0, la solución es X ( x) = C1 e−2 x x + C2 e−2 x que aplicando las condiciones se obtiene X (0) = 0 C2 = 0

X () = 0 C1 e2 + C2 e2 = 0 C1 = 0

439


Con ello resulta como única solución la trivial X(x) = 0. Si > 0, la solución es X ( x) = C1 e(

λ − 2) x

+ C2 e− (

λ+ 2) x

que al aplicar las condiciones resulta X (0) = 0 C1 + C2 = 0 X () = 0 C1e(

2) x

+ C2 e(

+2)x

=0

Este es un sistema homogéneo en C1, C2 con solución única C1 = C2 = 0. Por tanto la única solución es también X(x) = 0. Si < 0, la solución general es

X ( x) = C1 e−2 x cos( -λ x) + C2 e−2 xsen( -λ x) . −2 x De X(0) = 0 7 C1 = 0. La solución queda X ( x) = C2 e sen( -λ x). 2 x De X(S) = 0 7 C2 e sen ( - ) = 0 . El valor de C2 depende del valor de .

Por tanto, existen infinitas soluciones. Ahora bien, para que las soluciones sean distintas de X(x) = 0, ha de ser necesariamente

sen( -λ π ) = 0 ya que en caso contrario el valor de C2 sería cero, y la única solución sería la trivial. Por tanto, para que exista solución no trivial, ha de ser −λπ = nπ con n Z lo cual se da cuando = –n2 con n N. 440


Por lo tanto la solución general de la ecuación (10.5) para cada valor de n es

X n ( x) = An e−2 xsen(n x) donde An = constante arbitraria. n = 1, 2, ... Sea ahora la segunda ecuación (10.6) T ' (t) + n2 T (t) = 0 donde se ha sustituido el valor hallado de . Su solución general es: T (t) = Bn e− n t , 2

Bn = constante arbitraria.

Por tanto, la solución buscada (10.4) es: u ( x, t) = X ( x) ⋅ T (t) = ⎡⎣ An e−2 x sen (nx)⎤⎦ ⋅ ⎡⎣ Bn e− n t ⎤⎦ 2

donde agrupando constantes, se deduce que las funciones

(

)

u ( x, t) = Cn e− n t e−2 xsen(n x) , ( n = 1,2,3 … ) 2

donde Cn son constantes arbitrarias, verifican la ecuación y las condiciones de contorno.

10.7. Resuélvase el problema de contorno ∂2 u ∂2 u = ∂ x2 ∂ t 2

0
u (0, t) = u (π, t) = 0

t>0 t≥0

u ( x,0) = sen (2 x)

0≤ x≤π

∂u ( x,0) = 3sen x ∂t

0≤x≤π

utilizando el método de separación de variables.

441


SOLUCIÓN La obtención de las ecuaciones diferenciales ordinarias obtenidas al aplicar el método de separación de variables se hizo en el ejercicio 10.5.a). Estas son: X '' ( x) − λX ( x) = 0

T ''(t) − λT (t) = 0

Se pueden obtener las soluciones X, T resolviendo estas ecuaciones, asegurando además que cumplen las condiciones de contorno del problema. Apliquemos esas condiciones adicionales. De las dos primeras, se tiene u (0, t) = X (0) ⋅ T (t) = 0

u ( π , t) = X ( π ) ⋅ T ( t) = 0

para todo t.

que al buscar T(t) ≠ 0 (se excluye la solución trivial u(x, t) = 0), se verifican solo si X(0) = X(S) = 0. Por lo tanto, la función X(x) a buscar ha de satisfacer el siguiente problema X '' ( x) − λX ( x) = 0 X (0) = 0 ;

X (π ) = 0

(10.7)

y la función T(t) este otro T '' (t) − λT (t) = 0

(10.8)

Resolvamos el primero (10.7), cuya solución dependerá del valor de . Se observa claramente que la función X(x) = 0 es solución para cualquier valor de , e incluso existirá alguno de ellos para el cual sea la única solución. Como el objetivo es buscar soluciones de u(x, t) = X(x) · T(t) no triviales, necesariamente ha de ser X(x) no trivial. Busquemos esos valores X(x) ≠ 0.

442


La ecuación característica de X '' ( x) − λX ( x) = 0 es k2 – = 0, con raíces k=± λ . VZ > 0. Las raíces son reales y distintas. La solución general es: X ( x) = C1 e

λx

+ C2 e−

λx

X (0) = 0 C1 + C2 = 0 X () = 0 C1e

+ C2 e

=0

Este es un sistema homogéneo en C1, C2 con solución única C1 = C2 = 0. Por lo tanto la única solución es X(x) = 0. 2. = 0. La ecuación característica tiene una raíz doble k = 0,y la solución es X ( x) = C1 + C2 x X (0) = 0 C1 = 0

X () = 0 C1 + C2 = 0

es decir C1 = C2 = 0. De nuevo resulta la solución trivial. 3. < 0. Raíces complejas k = ± −λ i. (−λ > 0). Solución general: X ( x) = C1cos -λ x + C2sen -λ x Al aplicar las condiciones de contorno, puede deducirse lo siguiente: De X(0) = 0 7 C1 = 0. La solución general queda X ( x) = C2sen -λ x. De De X(S) = 0 7 C2 sen( -λ π ) = 0 . El valor de C2 depende del de . Como se busca una solución no trivial de X(x) ha de ser C2 ≠ 0, con lo cual sen

(

)

−λ π = 0

443


y para ello ha de ser

−λ = n , con n natural, es decir los valores po-

sibles de son: λ = −n2 ; n = 1,2,3...

(10.9)

donde se excluye n = 0, porque entonces es = 0 y la solución sería la trivial. Es decir, existe un conjunto infinito de valores de , los de la forma (10.9) λ = −1, − 4, − 9,…, para los cuales la solución de X(x) no es la trivial. Son los valores propios o característicos. La solución del problema (10.7) que se obtiene para cada uno de esos valores es: X n ( x) = an sen (nx) La segunda ecuación (10.8) con cada valor posible de hallado queda T '' (t) + n2 T (t) = 0 que es lineal de segundo orden, cuya ecuación característica tiene las raíces complejas ±ni, y, por tanto, su solución general para cada valor de n es Tn (t) = Cn,1cos ( nt ) + Cn,2sen ( nt ) donde Cn,1, Cn,2 son las constantes arbitrarias de integración. Entonces, para cada valor de n, la solución correspondiente de u(x, t) = X(x) · T(t) es u ( x, t) = an sen(nx) ⎡⎣Cn,1cos(nt ) + Cn,2sen(nt )⎤⎦

444


donde agrupando constantes y recordando que las combinaciones lineales de soluciones son soluciones también, se tiene la expresión más reducida: ∞

u ( x, t) = ∑ sen(nx) [ An cos(nt ) + Bn sen(nt )]

(10.10)

n =1

Puede observarse que para cada valor propio del problema (valor de que hace que exista solución no trivial) existe una solución particular del mismo (función propia o función característica) que tiene la forma anterior. Si = –1, es decir n = 1, la solución es u ( x, t) = sen x [ A1 cos t + B1 sen t] Si = –4, es decir n = 2, la solución es u ( x,t) = sen (2x) A2cos (2t) + B2sen (2t) De las otras condiciones de contorno definidas en el enunciado del ejercicio, se deduce: De u(x, 0) = sen (2x), es decir, haciendo t = 0 en la solución (10.10): ∞

u ( x,0) = ∑ An sen(nx) = sen (2x) n =1

Lo cual, para que sea cierto, ha de ser A2 1,

A1 A3 A4 … 0

Por tanto, la solución es: ∞

u ( x, t) = sen(2 x) ⋅ cos(2t ) + ∑ sen(nx) Bnsen(nt ) n =1

Para aplicar la última condición de contorno, primero hay que derivar respecto a t ∞ ∂u = −2sen(2 x) ⋅ sen(2t ) + ∑ sen(nx) [nBn cos(nt )] ∂t n =1

445


y de

∂u ( x,0) = 3sen x , se obtiene ∂t ∞ ∂u ( x,0) = ∑ sen (nx) ⋅ [nBn ] = 3sen x ∂t n =1

Ha de ser B1 3,

B2 B3 … 0.

Por tanto, la solución del problema es u ( x, t) = sen(2 x)cos(2t ) + 3sen x sen t

10.8. Aplíquese el método de separación de variables para resolver la ecuación del calor ∂u ∂2 u − = 0, 0 < x < 1, ∂ t ∂ x2

t>0

con las condiciones: ∂u (0, t) = 0, t > 0; ∂x

∂u (1, t) = 0, ∂x

t>0

y si para t = 0, la función es: a) u(x, 0) = 6 + 4cos (3Sx) b) u(x, 0) = x Nota: En el caso b) expresar la solución en forma de sumatorio. SOLUCIÓN Solución a buscar u(x, t) = X(x) · T(t).

446

(10.11)


Las ecuaciones diferenciales ordinarias que se obtienen al aplicar separación de variables (véase ejercicio 10.5.b, para = 1), son X '' ( x) − λX ( x) = 0

(10.12)

T ' (t) − λT (t) = 0

(10.13)

Derivando convenientemente en (10.11), y aplicando las primeras condiciones de contorno del enunciado, considerando que se buscan soluciones no triviales, es decir T(t) ≠ 0, se deduce u (0,t) = X '(0) T (t) = 0 x

u (1,t) = X '(1) T (t) = 0 x

X ' (0) = 0 (10.14) X ' (1) = 0

Resolvamos ahora la ecuación (10.12) con las condiciones (10.14), para distintos valores de . Si = 0, la ecuación queda X"(x) = 0 de solución general X(x) = C1 x + C2 con C1, C2 constantes arbitrarias. Su derivada es X'(x) = C1 y aplicando las condiciones (10.14) referidas, resultan las soluciones constantes X = C2 Si > 0, la solución general es X ( x) = C1 e

λx

+ C2 e−

λx

447


Su derivada X ' ( x) = C1 λ e

λx

− C2 λ e−

λx

y al aplicar las condiciones (10.14) se obtiene X ' (0) = 0 C1 C2 = 0 X ' (1) = 0 C1e

C2 e

=0

Este es un sistema homogéneo en C1, C2 con solución única C1 = C2 = 0. Por tanto la solución es la trivial X(x) = 0. Si < 0, la solución general es

X ( x) = C1 cos( −λ x) + C2 sen( −λ x)

(10.15)

Su derivada X ' ( x) = − C1 −λ sen

(

)

−λ x + C2 −λ cos

(

)

−λ x

De X'(0) = 0 se deduce C2 = 0, con lo cual la solución (10.15) queda X ( x) = C1 cos

(

)

-λ x ,

y su derivada X ' ( x) = − C1 −λ sen

(

(

)

−λ x .

)

De X'(1) = 0 se deduce − C1 −λ sen −λ = 0 . Entonces para que sea C1 ≠ 0 (en caso contrario sería la solución trivial), ha de ser necesariamente −λ = nπ ;

n ∈Z

es decir λ = − n2 π 2 ;

448

n ∈ N.


Por lo tanto la solución general de la ecuación (10.12) para cada valor de n, y con las condiciones (10.14) es X n ( x) = Cn cos (nπx) donde Cn = constante arbitraria, y n = 0,1, 2, ... Sea ahora la ecuación (10.13), que al sustituir los valores de hallados, queda: T ' (t) + n2 π 2 T (t) = 0 Su solución general se halla fácilmente, y es T (t) = De− n π t , 2 2

D = constante arbitraria.

Agrupando constantes y recordando que las combinaciones lineales de soluciones son soluciones también, resulta la solución (10.11) de la siguiente forma: ∞

u ( x, t) = X ( x) ⋅ T (t) = ∑ An cos( nπx) e− n π t 2 2

(10.16)

n= 0

Apliquemos ahora, en cada caso, la última condición de contorno indicada en el enunciado. a) u(x,0) = 6 + 4cos (3Sx) Para facilitar la comprensión de los cálculos, expresemos (10.16) en la forma equivalente ∞

u ( x, t) = A0 + ∑ An cos( nπx) e− n π t 2 2

(10.17)

n =1

donde el sumatorio empieza ahora en n = 1, a diferencia de la expresión anterior donde comenzaba en n = 0.

449


Con la condición de contorno, ha de ser ∞

u ( x,0) = A0 + ∑ An cos(nπx) = 6 + 4cos (3πx) n =1

es decir A0 6,

n 3,

A3 4,

A1 A2 A4 … 0

Por tanto, la solución es u ( x, t) = 6 + 4cos(3πx) e−9 π t 2

b) u(x,0) = x En este caso ∞

u ( x,0) = ∑ An cos (nπx) = x

0 < x <1

n= 0

Los distintos coeficientes An pueden identificarse observando que la expresión anterior se trata de un desarrollo en serie coseno de Fourier, análisis que no se trata en este texto. La sustitución de los coeficientes en (10.16) supone la expresión de la solución del problema.

450

BIBLIOGRAFÍA

ARNOLD, V.I.: Ecuaciones diferenciales ordinarias, Rubiños, Madrid, 1995. AYRES. F.: Teoría y problemas de ecuaciones diferenciales, Serie Schaum, McGrawHill, 1991. BARGUEÑO,V.; RODRÍGUEZ, L. y ALONSO, M.: Ecuaciones diferenciales ordinarias. Introducción a las ecuaciones en derivadas parciales. Sanz y Torres, Madrid, 2012. BURGOS, J.: Algebra lineal, McGraw-Hill, Madrid, 1998. EDWARDS, J.R., y PENNEY, D.: Ecuaciones diferenciales elementales, Prentice Hall, México, 1993. ELSGOLTZ, L.: Ecuaciones diferenciales y cálculo variacional, Rubiños, Madrid, 1992. HABERMAN, R.: Ecuaciones en derivadas parciales con Series de Fourier y problemas de contorno, Prentice Hall, Madrid, 2003. KISELIOV, A.; KRASNOV, M. y MAKARENKO, G.: Problemas de ecuaciones diferenciales ordinarias, Mir, Madrid, 1992. RICARDO, H.: Ecuaciones diferenciales. Una introducción moderna, Reverté, Barcelona, 2008. ROSS, S.L.: Ecuaciones diferenciales, Reverté, Barcelona, 1981. STEPHENSON.: Introducción a las ecuaciones en derivadas parciales. Reverté, Barcelona, 1982.

451

Este libro ofrece al lector un acceso sencillo al conocimiento de las ecuaciones diferenciales mediante el procedimiento más práctico, que es la resolución de problemas. Los contenidos del mismo son los correspondientes a los estudios de grado de Ingeniera en la Escuela Técnica de Ingenieros Industriales de la UNED. El sistema metodológico empleado es mixto. Consiste en una introducción teórica en cada capítulo para, posteriormente, resolver, de forma secuencial, los ejercicios correspondientes a cada uno de esos contenidos teóricos. Este método supone una forma de proceder muy adecuada en la enseñanza a distancia, ya que ambos componentes combinados marcan, al mismo tiempo que se sedimentan conceptos, una secuencia lógica de adquisición y comprensión de los mismos. Vicente Bargueño Fariñas es ingeniero industrial por la UPM y doctor ingeniero industrial por la UNED. Es autor de algunos libros de álgebra lineal y ecuaciones diferenciales, y posee una larga experiencia en la docencia de distintas asignaturas referentes a la matemática aplicada en distintas escuelas técnicas de grado medio y superior en las universidades citadas, ejerciendo funciones, respectivamente, de catedrático de Escuela Universitaria y profesor titular de Universidad. María Alonso Durán es doctora en ingeniería industrial por la UNED. Posee una amplia experiencia en la docencia de asignaturas de matemáticas en los estudios de Ingeniería y en las licenciaturas de Economía y ADE. En la actualidad es profesora asociada en el Departamento de Matemática Aplicada I de la UNED, e imparte las asignaturas de Ecuaciones Diferenciales y Álgebra Lineal. Su actividad investigadora se desarrolla en el campo de la Matemática Aplicada, centrándose en estudios de Diferenciación Generalizada.

ISBN: 978-84-362-6565-1

Editorial

90106

colección Grado 9 788436 265651

6890106GR02A01

Problemas de Ecuaciones Diferenciales Con Introducciones Teoricas

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