Pontificia Universidad Cat´olica de Chile Facultad de Matem´aticas

´ diz Fabi´an Ca

Ecuaciones Diferenciales Con ejercicios resueltos

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´Indice general 1. Introducci´ on 1.1. Definiciones y ejemplos . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1. La ecuaci´on de propagaci´on del Calor . . 1.1.2. La ecuaci´on de Shrodinger . . . . . . . . 1.1.3. Definici´on: Ecuaci´on diferencial ordinaria 1.1.4. Definici´on: EDO Normal . . . . . . . . . 1.1.5. Ejemplo: Forma de la Catenaria . . . . .

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2. Ecuaciones de Primer Orden 2.1. Separaci´on de variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Problema de Valores Iniciales (PVI) . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1. Ejemplo: Poblaciones en crecimiento, modelo exponencial 2.2.2. Ejemplo: Modelo log´ıstico (Pierre Verhulst, 1838) . . . . 2.3. Ecuaciones Lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1. Definici´on: Ecuaci´on Lineal de primer orden . . . . . . . 2.3.2. Soluci´on general de ecuaciones lineales . . . . . . . . . . 2.4. Ecuaci´on de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5. Ecuaciones Exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.1. Definici´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.2. Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.3. Definici´on: Factor Integrante . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.4. Ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6. Acerca de los problemas de valores iniciales . . . . . . . . . . . . 2.6.1. Ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7. Teorema (Existencia y Unicidad) . . . . . . . . . . . . . . . . .

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3. Ecuaciones Lineales 3.1. Introducci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Defnici´on: E.D.O Lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. Ecuaciones Lineales de orden arbitrario con coeficientes constantes . . . . . . 3.3.1. Ejemplo: Motivaci´on para m´etodo del operador D . . . . . . . . . . . 3.3.2. Definici´on: Funciones linealmente independientes . . . . . . . . . . . . 3.3.3. Afirmaci´on (a confirmar m´as adelante) . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.4. Ejemplo: determinaci´on de dos soluciones l.i . . . . . . . . . . . . . . 3.3.5. Teorema: Principio de Superposici´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4. Soluci´on de ecuaciones lineales de orden arbitario con coeficientes constantes 3.4.1. Caso 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.2. Caso 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.3. M´etodo de coeficientes indeterminados . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5. Variaci´on de par´ametros en ecuaciones lineales de segundo orden . . . . . . . 3

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15 16 17 17 17 30 30 30 32 46 46 47 48 48 62 62 63

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75 75 75 76 76 77 77 77 78 79 79 79 81 94

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3.5.1. Definici´on: Wronskiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.2. Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.3. Teorema: F´ormula de Abel . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6. Series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6.1. Definici´on: Serie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7. Series de t´erminos no negativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7.1. Teorema (Criterio de la ra´ız) . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7.2. Teorema (Criterio del cuociente) . . . . . . . . . . . . . . 3.7.3. Definici´on: Convergencia absoluta . . . . . . . . . . . . . 3.8. Soluci´ones en forma de series de potencias . . . . . . . . . . . . 3.8.1. Teorema: Radio de convergencia . . . . . . . . . . . . . . 3.8.2. Definici´on de una funci´on mediante serie de potencias . . 3.8.3. Definici´on: Funci´on anal´ıtica en un punto . . . . . . . . . 3.9. Soluciones en torno a puntos ordinarios . . . . . . . . . . . . . . 3.9.1. Definici´on: Punto ordinario y punto singular . . . . . . . 3.9.2. Teorema: Existencia de la soluci´on en series de potencias 3.10. Soluciones en torno a puntos singulares . . . . . . . . . . . . . . 3.10.1. Definici´on: Puntos singulares regulares e irregulares . . . 3.10.2. Teorema de Frobenius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. Transformada de Laplace 4.1. Definici´on: Transformada de Laplace . . . . . . 4.2. Algunas transformadas de Laplace . . . . . . . . 4.2.1. Funci´on de Heavyside . . . . . . . . . . . 4.2.2. Delta de Dirac δ(t) . . . . . . . . . . . . 4.2.3. Transformadas de funciones sencillas . . 4.2.4. Transformada de sin at y cos at . . . . . 4.3. Propiedades de la transformada de Laplace . . . 4.3.1. Linealidad . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.2. Existencia . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.3. Desplazamiento temporal . . . . . . . . . 4.3.4. Desplazamiento en el dominio de Laplace 4.4. Derivaci´on en el tiempo . . . . . . . . . . . . . . 4.5. Integraci´on en el tiempo . . . . . . . . . . . . . 4.6. Derivaci´on en el dominio de Laplace . . . . . . 4.7. Propiedad de la convoluci´on . . . . . . . . . . . 4.8. Transformada inversa . . . . . . . . . . . . . . . 4.9. Tabla de Transformadas de Laplace . . . . . . .

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5. Sistemas de Ecuaciones Lineales de primer orden 5.1. Definici´on: Sistema lineal de primer orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2. Teorema: Existencia y unicidad de soluci´on para un PVI de sistemas lineales 5.2.1. Sistemas lineales de coeficientes constantes . . . . . . . . . . . . . . 5.3. Breve repaso de Algebra Lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.1. Matriz sim´etrica y antisim´etrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.2. Valores y vectores propios de una matriz A . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.3. Diagonalizaci´on de una matriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.4. Exponenciaci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.5. Algunos comentarios adicionales sobre matrices sim´etricas . . . . . . 5.4. Soluci´on de sistemas lineales de coeficientes constantes . . . . . . . . . . . . 4

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95 96 96 107 107 108 108 108 108 108 109 110 110 110 110 111 111 111 112

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121 . 121 . 121 . 121 . 122 . 124 . 125 . 127 . 127 . 127 . 128 . 129 . 129 . 131 . 131 . 132 . 132 . 133

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151 . 151 . 152 . 153 . 154 . 154 . 154 . 155 . 155 . 157 . 157

5.4.1. Por definici´on . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.2. Caso en que A es una matriz nilpotente . 5.4.3. A es diagonalizable . . . . . . . . . . . . 5.4.4. Teorema de Caley - Hamilton . . . . . . 5.4.5. Matrices que conmutan . . . . . . . . . . 5.5. Sistemas lineales homog´eneos de dimensi´on 2 . . 5.5.1. Teorema de Jordan . . . . . . . . . . . .

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Cap´ıtulo 1 Introducci´ on En f´ısica e Ingenier´ıa resulta de gran importancia la caracterizaci´on de determinados bloques, procesos, o sistemas. Un sistema es una interconexi´on de elementos que en su conjunto presentan un determinado comportamiento. Ejemplo de un sistema puede ser un conjunto masaresorte, en donde es posible aplicar una fuerza externa (a disposici´on nuestra). El movimiento de la masa depender´a tanto de la fuerza externa aplicada como de las propiedades inherentes al sistema masa-resorte. Otro ejemplo puede ser un sistema simple de levitaci´on magn´etica, en donde un electroim´an (dispositivo que genera un campo magn´etico mediante la aplicaci´on de una corriente) atrae una masa de material ferromagn´etico. Este sistema podr´ıa encontrarse en una situaci´on de equilibrio en que la fuerza magn´etica sobre la masa m es igual en magnitud a la atracci´on gravitacional. Resulta de particular inter´es saber c´omo se comportar´ıa este sistema ante una perturbaci´on, por ejemplo, cuando la masa m es forzada a abandonar su posici´on de equilibrio. ´ Estos sistemas son caracterizados de forma anal´ıtica mediante alguna relaci´on matem´atica entre dos o m´as variables. Dependiendo de la modelaci´on del sistema, esta relaci´on podr´ıa ser realmente simple, o extremadamente compleja. Muchas de esas relaciones matem´aticas corresponden justamente a Ecuaciones Diferenciales, esto es, una relaci´on que involucra a las variables y algunas de sus derivadas(La definici´on formal se dar´a m´as adelante). Como ejemplo, suponga que x(t) representa la posici´on al tiempo t de una part´ıcula de masa constante que se mueve en 1 dimensi´on respecto a un determinado origen, y F (t) es la fuerza neta actuando sobre ella. Entonces d2 x(t) = F (t) m dt2

La segunda derivada de la posici´on es proporcional a la fuerza neta. Este es un ejemplo de una ecuaci´on diferencial sencilla. (al menos, en forma) Una vez que el comportamiento de un determinado sistema es comprendido, muchas veces es deseable intervenir en ´el de modo que presente alg´ un comportamiento deseado, para ello existen herramientas muy utilizadas que se ver´an al final del curso (por ejemplo, La transformada de Laplace).

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1.1. 1.1.1.

Definiciones y ejemplos La ecuaci´ on de propagaci´ on del Calor

Sea u : R × (0, T ] → R la temperatura en una barra unidimensional infinita, en la posici´on x (x ∈ R) y al tiempo t (t ∈ (0, T ]). Suponiendo que tanto la capacidad cal´orica del material como su conductividad t´ermica son constantes ( e iguales a 1 por simplicidad), entonces la distribuci´on de temperatura en la barra satisface la siguiente ecuaci´on ∂ 2 u(x, t) ∂u(x, t) = ∂t ∂x2 Dado que u(x, t) es funci´on de dos variables, esta es una ecuaci´on diferencial de derivadas parciales (un tipo de ecuaci´on que no se ver´a en este curso). Una soluci´on de esta ecuaci´on es 1 − x2 e 2t 2πt Esta soluci´on representa una distribuci´on inicial de temperatura muy alta en el origen. La ecuaci´on del calor nos permite determinar la evoluci´on temporal de la temperatura en la barra. A continuaci´on se ilustra la soluci´on para 4 instantes diferentes u(x, t) = √

Fig. 1.1: Distribuci´on de temperaturas para t = 0,23 s (izq) y t = 0,54 s (der)

Fig. 1.2: Distribuci´on de temperaturas para t = 1,54 s (izq) y t = 3,11 s (der) La soluci´on describe c´omo el calor (o bien, la temperatura) se comienza a distribu´ır a lo largo de la barra. Por supuesto que en el l´ımite cuando t → ∞, la temperatura se iguala a 0 en todos lados (esto sucede por que la barra es infinita) 8

1.1.2.

La ecuaci´ on de Shrodinger

En la mec´anica Newtoniana, si se conocen la fuerza neta actuando sobre una part´ıcula de masa m (constante), y sus condiciones iniciales en t = 0 (posici´on y velocidad iniciales), entonces la trayectoria de una part´ıcula queda absolutamente determinada para todo t > 0, la cual es soluci´on de la segunda ley de Newton d2 x(t) = F (t, x, dx/dt) dt La fuerza actuando sobre la part´ıcula podr´ıa no s´olo depender del tiempo, sino tambi´en de la posici´on (ejemplo de una fuerza que depende de la posici´on es la fuerza el´astica), incluso puede depender tambi´en de la velocidad de la part´ıcula (las fuerzas de roce viscoso cumplen con esta propiedad). En mec´anica Cu´antica, el concepto de trayectoria carece de validez, s´olo se puede conocer la probabilidad de que una part´ıcula se encuentre en una vecindad de x al ´ instante t (en una dimensi´on). Esta probabilidad es m

P =| ψ(x, t) |2 dx donde ψ, conocida como funci´ on de onda, es soluci´on de la Ecuaci´on de Schrodinger ~2 ∂ 2 ψ(x, t) ∂ψ(x, t) =− + V (x, t)ψ(x, t) i~ ∂t 2m ∂t

Fig. 1.3: Funci´on de onda de un electr´on en un ´atomo de Hidr´ogeno Las ecuaciones diferenciales juegan un rol fundamental en el desarrollo de las ciencias b´asicas. En este curso veremos el tipo m´as simple de ecuaciones diferenciales (llamadas ecuaciones diferenciales ordinarias). El manejo y comprensi´on de los m´etodos de soluci´on de este tipo de ecuaciones es b´asico para diversas a´reas de la Ingenier´ıa y la f´ısica.

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1.1.3.

Definici´ on: Ecuaci´ on diferencial ordinaria

Una ecuaci´on diferencial ordinaria corresponde a una ecuaci´on que involucra una variable independiente x, una funci´on desconocida y(x), m´as algunas de sus derivadas de la forma F (x, y, y (1) , ..., y (n) ) = 0

donde n ∈ N, n ≥ 1. Algunos ejemplos son: a)

dy(x) dx

b)

d2 y(x) dx2

= 0, cuya soluci´on general es de la forma y(x) = C1 x + C2 , con C1 , C2 constantes

c)

d2 y(t) dt2

= −g con g = 9,8 m/s2

= 0, cuya soluci´on es y(x) = C, con C constante

Esta u ´ltima corresponde al movimiento unidimensional de una part´ıcula en un campo grav´ itacional. Esta puede ser resuelta de forma muy sencilla d2 y(t) = −g dt2 Luego dy(x) = −gt + C1 dt gt2 2 0 Dadas las condiciones iniciales y(0) = C2 = y0 , y (0) = C1 = v0 La soluci´on general resulta ser y(t) = C2 + C1 t −

y(t) = y0 + v0 t −

1.1.4.

gt2 2

Definici´ on: EDO Normal

Una ecuaci´on diferencial ordinaria normal (EDO Normal) es una ecuaci´on que involucra una variable independiente x ∈ R, una funci´on de x (que llamaremos y), m´as algunas derivadas de y de la forma dn y(x) = f (x, y, y (1) , ..., y (n−1) ) dxn donde f es una funci´on de n + 1 variables, y n ∈ N, con n ≥ 1

(1.1)

Observaci´ on: Se entiende que f se puede evaluar s´olo para valores de su argumento donde est´a definida. En otras palabras, f tiene un dominio Df ⊆ Rn+1

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Ejemplo de una EDO normal es la siguiente 1 dy(x) = dx 1−y

Supongamos que ϕ(x) es una funci´on definida en x1 < x < x2 , que al reemplazar en (1.1) por y se produce una identidad en x1 < x < x2 . Decimos que ϕ(x) es una soluci´ on de (1.1) en x1 < x < x2 . Al intervalo (x1 , x2 ) lo llamamos el intervalo de definici´on de la soluci´on Ejemplo Consideremos la EDO normal

dy(x) = 1 + y(x)2 dx con condici´on inicial y(0) = 0. Es claro que y(x) = tan(x) es una soluci´on con intervalo de definici´on I = [0, π/2) Observaciones a) Las soluciones siempre son funciones continuas b) n ∈ N se llama el orden de la ecuaci´on c) Si ϕ(x), x1 < x < x2 es soluci´on, necesariamente
x, ϕ(x), ϕ0 (x), ..., ϕ(n−1) (x) ∈ Df si x1 < x < x2

1.1.5.

Ejemplo: Forma de la Catenaria

Catenaria es la curva que describe una cadena suspendida por sus extremos, sometida a un campo gravitatorio uniforme. Los primeros matem´aticos en tratar este problema sugirieron que la curva ser´ıa una par´abola. La ecuaci´on correcta fue obtenida por Gottfried Leibniz, Christian Huygens y Johann Bernoulli en 1691, en respuesta a un desaf´ıo planteado por Jakob Bernoulli. La situaci´on es la siguiente

Se tiene una cuerda homog´enea (densidad lineal de masa ρ [kg/m]) en un campo gravitacional uniforme sujeta en sus extremos en x1 y x2 . La forma que adquiere la cuerda estar´a dada por la condici´on de equilibrio de fuerzas sobre ´esta.

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Sea un intervalo [a, b] ⊂ [x1 , x2 ]

  ~ ˆ ˆ Sea T (x) = Tx (x)i + Ty (x)j la tensi´on sobre la cuerda en el punto x. El equilibrio de fuerzas sobre el segmento [a, b] entrega Tx (a) = Tx (b) Ty (b) = Ty (a) + W

donde W es el peso total del segmento [a, b]. La primera ecuaci´on implica que la componente horizontal de la tensi´on es constante a lo largo de la cuerda Tx = T La segunda puede ser expresada de la siguiente forma ˆ b p dx 1 + y 0 (x)2 Ty (b) − Ty (a) = ρg a

Adem´as, es claro que para todo x ∈ [x1 , x2 ], la direcci´on de la tensi´on coincide con la tangente a la curva Ty (x) = y 0 (x) → Ty (x) = T y 0 (x) Tx (x) Luego d2 y(x) dTy (x) =T dx dx2 Equivalentemente dTy (x) = T

d2 y(x) dx dx2

As´ı ˆ

b

dxy 00 (x)

Ty (b) − Ty (a) = T a

Finalmente se obtiene la siguiente identidad ˆ b ˆ b p 00 T dxy (x) = ρg dx 1 + y 0 (x)2 a

a

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ˆ

b

  p dx T y 00 (x) − ρg 1 + y 0 (x)2 = 0

a

Lo cual es v´alido para todo intervalo [a, b] ⊂ [x1 , x2 ], suponiendo que el integrando es una funci´on continua se tiene ρg p 1 + y 0 (x)2 T Corresponde a una ecuaci´on diferencial ordinaria normal de segundo orden. Sea v = y 0 , entonces y 00 (x) =

v 0 (x) =

ρg p 1 + v(x)2 T

Recordando algunas propiedades de las funciones hiperb´olicas cosh2 x − sinh2 x = 1 (cosh x)0 = sinh x

Es f´acil verificar que la soluci´on es v(x) = sinh

 ρgx  T

Finalmente y(x) =

 ρgx  T cosh +C ρg T

La curva de la catenaria corresponde a un coseno hiperb´olico. La siguiente figura muestra la soluci´on para T = 100, g = 9,81, ρ = 1, con extremos en −5 y 5, y y(5) = 5

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Cap´ıtulo 2 Ecuaciones de Primer Orden Comenzaremos con el estudio de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden, es decir, con ecuaciones de la forma F (x, y, y 0 ) = 0 Si la ecuaci´on es normal, entonces dy(x) = f (x, y) dx

No existe una f´ormula o m´etodo general que permita resolver cualquier ecuaci´on de primer orden. Por lo mismo, resulta u ´til clasificar las ecuaciones diferenciales de acuerdo a la forma que ´estas tengan, pues para cierto tipo de ecuaciones si existen m´etodos de resoluci´on generales. Hay que notar adem´as que para una ecuaci´on diferencial, m´ ultiples soluciones pueden existir. Un ejemplo trivial es el siguiente dy(x) =2 dx

Soluciones v´alidas en todo R son y1 (x) = 2x, y2 (x) = 2x + 4, y3 (x) = 2x − 5. De hecho, existen infinitas soluciones a ´esta ecuaci´on. A pesar de esto, muchas veces se desea encontrar una soluci´on en particular, que cumpla con tomar alg´ un valor determinado para cierto valor de la variable independiente. Como ejemplo dy(x) = 2, y(5) = −π dx Es decir, ya no basta con encontrar una funci´on cuya derivada sea 2. Se debe cumplir adem´as con la condici´on impuesta en x = 5. La soluci´on general es de la forma y(x) = 2x + C donde C debe cumplir con −π = 10 + C → C = −π − 10. Por lo tanto, la u ´nica soluci´on posible es y(x) = 2x − π − 10

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2.1.

Separaci´ on de variables

Una ecuaci´on de variables separables es una EDO normal de primer orden dy = f (t, y) dt donde f (t, y) = h(t)g(y)

En este caso la soluci´on de la ecuaci´on se logra escribi´endola de la siguiente manera dy = h(t)dt g(y) y entonces ˆ

dy = g(y)

ˆ dth(t) + C

Ejemplo dy = −y 2 , y(0) = 1 dt Se tiene ˆ

dy =− y2

ˆ dt + C

−1 = −t + C y Luego 1 1 = t + C 0 → y(t) = y(t) t + C0 La condici´on inicial es y(0) = 1 → C 0 = 1. Luego la soluci´on es y(t) =

1 t+1

con t ∈ (−1, ∞)

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2.2.

Problema de Valores Iniciales (PVI)

Para sistemas de primer orden, consiste en encontrar una soluci´on de la ecuaci´on dy = f (t, y) dt con la condici´on inicial y(0) = y0 Observaci´ on: La condici´on inicial a veces se da en un instante t0 > 0, es decir, se impone y(t0 ) = y0

2.2.1.

Ejemplo: Poblaciones en crecimiento, modelo exponencial

Sea P (t) la poblaci´on de individuos en una zona al tiempo t. Se propone el siguiente modelo para la evoluci´on temporal de P dP (t) = kP (t) dt donde k ∈ R+ . Este modelo simple establece que la tasa de crecimiento de la poblaci´on es proporcional a la cantidad de individuos. Corresponde a una EDO normal de primer orden separable dP = kdt P ln P = kt + C Finalmente P (t) = P0 ekt P0 representa la poblaci´on inicial. La soluci´on al PVI dP (t) = kP (t), P (0) = P0 dt es P (t) = P0 ekt

2.2.2.

Ejemplo: Modelo log´ıstico (Pierre Verhulst, 1838)

El matem´atico belga Pierre Vershulst propuso en 1838 el famoso modelo log´ıstico   dP (t) P (t) = kP (t) 1 − dt M donde M ∈ R+ es la cantidad m´axima de poblaci´on permitida. Supongamos que se desea resolver el PVI con P (0) = P0 . La ecuaci´on sigue siendo separable dP P 1−

P M


= kdt

17

ˆ

dP P 1−

ˆ P M


=

dP

1/M 1 + P P 1− M

!

Luego ln

P P 1− M

! = kt + C1

P = C2 ekt P 1− M MP M C2 ekt = C2 ekt → P (t) = M −P M + C2 ekt La condici´on inicial es P (0) =

M C2 = P0 M + C2

Luego C2 =

M P0 M − P0

Finalmente la soluci´on es P (t) = P (t) =

M P0 ekt M − P0 + P0 ekt

M P0 P0 + (M − P0 )e−kt

Notar que l´ım P (t) = M

t→∞

Es decir, la poblaci´on tiende a estabilizarse en un valor muy cercano a M individuos. La siguiente figura muestra la soluci´on para M = 10, k = 1. En azul se ilustra la soluci´on con condici´on inicial P (0) = 20, mientras que en rojo la condici´on inicial es P (0) = 2

18

Problema La difusi´on de una epidemia es modelada por la ecuaci´on log´ıstica dx = kx(m − x) dt donde k > 0, la poblaci´on total del pueblo es m y x(t) representa la cantidad de individuos infectados pasados t d´ıas. Para t = 0 un d´ecimo de la poblaci´on est´a infectada. Despu´es de cinco d´ıas, un quinto de la poblaci´on est´a infectada. a) ¿Qu´e proporci´on de la poblaci´on estar´a infectada despu´es de diez d´ıas? b) ¿Para qu´e valor de t la mitad de la poblaci´on estar´a infectada? Soluci´ on a) La ecuaci´on a resolver es la siguiente dx = kx(m − x) dt

La cual es una ecuaci´on separable, en efecto dx = kdt x(m − x) Adem´as 1 1 = x(m − x) m



1 1 + x m−x



Entonces dx dx + = kmdt x (m − x) ln x − ln (m − x) = kmt + C0  ln

x m−x

 = kmt + C0

x = C1 ekmt m−x Finalmente x(t) =

C1 mekmt 1 + C1 ekmt

x(t) =

C1 m C1 + e−kmt

La soluci´on general es

19

Para t = 0, un d´ecimo de la poblaci´on est´a infectada, luego x(0) =

m C1 m = 10 C1 + 1

De aqu´ı se obtiene el valor de C1  m m 9m = C1 m − = C1 10 10 10 C1 =

1 9

Entonces x(t) =

m/9 + e−kmt

1 9

Adem´as, como x(5) = m/5 m = 5

1 9

m/9 + e−km5

1 5 = + e−km5 9 9

1 ln 5m

  9 =k 4

Con esto, la proporci´on de la poblaci´on infectada despu´es de 10 d´ıas es x(10) = x(10) =

1 9

1 9

m/9 + e−km10

m/9 = + e−2 ln(9/4)

m

x(10) =

1+9

9

m 2

Es decir m = 2

1 9

m/9 + e−kmt

1 = e−kmt 9 20

+


=m 4 2

b) Se debe resolver x(t) =

m/9 1 9

9 25


4 2 9

Se tiene entonces ln 9 = kmt 1 ln 9 = 5 ln t= km

  4 ln 9 9

Finalmente t=

5 ln 9 ln 9 − ln 4

21

Problema Resuelva a)
t2 − xt2 x0 + x2 + tx2 = 0 b) tdx − xdt =

√

t2 + x2 dt

Soluci´ on a) Se debe resolver t2 (1 − x) x0 + x2 (1 + t) = 0

que puede ser escrita de la siguente forma x2 1 + t dx = dt x − 1 t2 que es una ecuaci´on de variables separables. Se tiene entonces dx dt(1 + t) (x − 1) = 2 x t2 As´ı ln x +

1 1 = − + ln t + C x t

La soluci´on x(t) queda expresada en forma impl´ıcita   x(t) 1 1 ln + =C + t x(t) t

b) Se tiene tdx − xdt =

√ t2 + x2 dt

Luego √ dx − x = t2 + x2 dt r  x 2 dx x 1√ 2 x = + t + x2 = + 1 + dt t t t t t

Resulta natural el siguiente cambio de variable, v = x/t, luego se tiene x0 = v 0 t + v, as´ı v0t + v = v + 22

p (1 + v 2 )

dv 1√ = 1 + v2 dt t La cual es una ecuaci´on separable √

dv dt = t 1 + v2

Arc sinh v = ln t + C0 v=

1 C1 t− 2 2C1 t

y entonces la soluci´on general de la ecuaci´on es de la forma   1 1 2 C1 t − x(t) = 2 2C1

23

Problema Resolver las ecuaciones siguientes x0 =

x2 tx − t2

x0 = x − x2

Soluci´ on Para la primera ecuaci´on, se propone el siguiente cambio de variable y=

x t

con esto y0 =

x x0 y x0 − 2 = − t t t t

Luego y0 =

x2 y − = 2 3 t x−t t

y0 =

y y2 − y2 + y y2 − = t(y − 1) t t(y − 1) y0 =

t y

1 y t − t − y2

1 y ty−1

Esta u ´ltima es una ecuaci´on separable. En efecto dy

y−1 dt = y t

Luego y − log y = log t + C Luego, x queda determinado en forma impl´ıcita por la siguiente relaci´on x(t) − log x(t) + log t = log t + C t x(t) − t log x(t) − Ct = 0

24

La ecuaci´on x0 = x − x2 es una ecuaci´on separable. Equivalentemente se puede escribir x0 =1 x − x2 Notar que 1 1 1 = + 2 x−x x 1−x Luego dx dx + = dt x 1−x Entonces ln x − ln (1 − x) = t + C  ln

x 1−x

 =t+C

Puede obtenerse una soluci´on expl´ıcita, pues x = Ket 1−x x(t) =

Ket 1 + Ket

o bien x(t) =

1 Ke−t

25

+1

Problema Encuentre las funciones y(x) que satisfacen la siguiente ecuaci´on ˆ 1 dsy(sx) = 2y(x) 0

Idea: haga un cambio de variables Soluci´ on Haciendo el cambio de variables u = sx se obtiene ˆ 1 x duy(u) = 2y x 0 Derivando con respecto a x xy −

´x

duy(u)

dy dx Reemplazando el valor de la integral se obtiene la siguiente ecuaci´on diferencial 0

x2

=2

y y dy xy − 2xy = −2 =2 2 x x x dx Luego −

dy y =2 x dx

Claramente una ecuaci´on separable 2

dy dx =− y x

2 ln y = − ln x + C0 y2 =

26

C1 x

Problema Un conejo parte del origen y corre por el eje y positivo con velocidad a. Al mismo tiempo, un perro que corre con velocidad b sale del punto (c, 0) y persigue al conejo. El prop´osito de este problema es determinar la trayectoria y(x) que sigue el perro a) Dado un instante t cualquiera, el conejo se encontrar´a en la posici´on C = (0, at) del plano xy, y llamamos P = (x, y) a las coordenadas de la posici´on del perro. Observando que el trazo P C es tangente a la trayectoria buscada, obtenga la ecuaci´on diferencial que satisface y(x) b) Derivando la expresi´on anterior con respecto a x pruebe que se tiene x

d2 y dt = −a dx2 dx

c) Para calcular dt/dx en la ecuaci´on anterior, comience por obtener el valor de la derivada ds/dx de la longitud s del arco de curva descrito por y(x). Para esto recuerde que ds2 = dx2 + dy 2 y que s crece si x decrece en nuestro caso d) Continuando con el c´alculo de dx/dt, observe que ds/dt representa la velocidad del perro que es constante y conocida seg´ un los datos del problema. Usando este hecho y el valor de ds/dx, calcule dt/dx e) Demuestre entonces que la ecuaci´on buscada de la curva es s  2 2 dy dy x 2 =k 1+ dx dx donde k = a/b f) Mediante la sustituci´on p = dy/dx, obtendr´a una ecuaci´on de primer orden en p. Resuelva dicha ecuaci´on. Soluci´ on a) La trayectoria del perro ser´a algo similar a lo que se muestra en la siguiente figura

En todo instante el perro se mueve en la direcci´on de la recta que une su posici´on con la posici´on del conejo. Dado que la posici´on de ambos var´ıa de forma continua en el tiempo, la trayectoria debe tener una forma similar a la que se ha dibujado

27

La siguiente figura ilustra por qu´e el trazo PC es tangente a la trayectoria

Basta escribir la ecuaci´on de la tangente y − at dy = x dx de donde resulta x

dy = y − at dx

b) La derivaci´on con respecto a x de la expresi´on anterior entrega x

d2 y dy dy dt + = −a 2 dx dx dx dx x

d2 y dt = −a dx2 dx

c) Se tiene dt dt ds = dx ds dx Usando la expresi´on de ds2 se obtiene ds =− dx

s 1+



dy dx

2

d) Se sabe adem´as que dt/ds = 1/b y finalmente, usando el resultado de la pregunta anterior s  2 dt 1 dy =− 1+ dx b dx

e) Reemplazando en la ecuaci´on obtenida en c s  2 2 dy a dy x 2 = 1+ dx b dx

28

f) La sustituci´on indicada lleva a la ecuaci´on x

ap dp = 1 + p2 dx b

La que es una ecuaci´on de variables separables dp dx p =k x 1 + p2 Arc sinh p = k ln x + C0 1 1 p = sinh (k ln x + C0 ) = ek ln x eC0 − e−k ln x e−C0 2 2

1 1 −k p = C 1 xk − x 2 2C1 Finalmente, para k 6= 1 y(x) =

1 1 C1 xk+1 − x1−k + C2 2(k + 1) 2C1 (1 − k)

29

2.3. 2.3.1.

Ecuaciones Lineales Definici´ on: Ecuaci´ on Lineal de primer orden

Decimos que una EDO de primer orden dy = f (x, y) dx es lineal si f (x, y) = a(x)y + b(x)

Observaciones a) La funci´on f (x, y) cumple con f (x, c1 y1 + c2 y2 ) = c1 f (x, y1 ) + c2 f (x, y2 ) b) Si b(x) = 0, llamamos a la ecuaci´on lineal homog´enea c) Si b(x) = 0, la ecuaci´on es separable. Pero en general, una ecuaci´on separable no es lineal

2.3.2.

Soluci´ on general de ecuaciones lineales

Para una ecuaci´on lineal de primer orden dy − a(x)y = b(x) dx se define el factor integrante como −

´x

F.I = e

x0

dτ a(τ )

Al multiplicar ambos lados de la ecuaci´on por el factor integrante resulta ´ ´ dy − ´xx dτ a(τ ) − x dτ a(τ ) − x dτ a(τ ) e 0 − a(x)ye x0 = b(x)e x0 dx Se reconoce inmediatamente el lado izquierdo como una derivada total

 ´ ´ d  − x dτ a(τ ) − x dτ a(τ ) y(x)e x0 = b(x)e x0 dx Luego −

y(x)e

´x x0

ˆ dτ a(τ )

x

=

b(u)e

−

´u x0

dτ a(τ )

+C

x0

Finalmente la soluci´on general es ´x

y(x) = Ce

x0

dτ a(τ )

´x

+e

x0

ˆ

x

dτ a(τ )

b(u)e x0

Notar que C representa el valor de y en x = x0

30

−

´u x0

dτ a(τ )

En resumen, la soluci´on general al PVI dy(x) − a(x)y(x) = b(x) dx y(x0 ) = y0 es ´x

´x

dτ a(τ )

y(x) = y0 e | {z x0

+e } |

yh (x)

x0

ˆ dτ a(τ )

x

b(u)e x0 {z

−

´u x0

dτ a(τ )

yp (x)

}

Notar que y(x) se ha descompuesto en 2 funciones. yh (x) es soluci´on a la ecuaci´on homog´enea dyh (x) − a(x)yh (x) = 0 dx la cual incluye el valor inicial de y. Por otro lado, yp (x) recibe el nombre de soluci´ on particular, y no depende de la condici´on inicial, sino del t´ermino no homog´eneo b(x)

Ejemplo Resolver dy(x) = 3y + ex dx con y(0) = y0 El factor integrante de esta ecuaci´on es F.I = e−

´x 0

3dτ

= e−3x

Entonces dy(x) −3x e − 3ye−3x = ex e−3x dx
d y(x)e−3x = e−2x dx Luego ˆ −3x

y(x)e

x

due−2u + C =

= 0

1 1 −2x − e +C 2 2

1 1 y(x) = y0 e3x + e3x − ex | {z } |2 {z 2 } y (x) h

yp (x)

yh (x) es soluci´on a la ecuaci´on homog´enea, y 0 (x) = 3y(x).

31

2.4.

Ecuaci´ on de Bernoulli

Una ecuaci´on de Bernoulli es una EDO de primer orden de la forma dy = a(x)y(x) + b(x)y α dx donde α 6= 1 Si bien una ecuaci´on de Bernoulli no es lineal, mediante el cambio de variable v = y 1−α

se obtiene una EDO lineal para v. En efecto dv dy = (1 − α)y −α = (1 − α)y −α (a(x)y(x) + b(x)y α ) dx dx dv = (1 − α)a(x)y(x)1−α + (1 − α)b(x) dx Finalmente dv(x) = (1 − α)a(x)v(x) + (1 − α)b(x) dx

La cual es una EDO lineal de primer orden en v

32

Problema Resolver las ecuaciones siguientes a) x0 −

2x = (t + 1)2 t+1

b) x0 + tx = t3 x3 Soluci´ on a) La ecuaci´on es lineal, y puede ser resuelta mediante un factor integrante −

F.I = e

´t

2dτ t1 τ +1

= Ce−2 ln(t+1) =

C (t + 1)2

Luego x0 2x − =1 (t + 1)2 (t + 1)3   x d =1 dx (t + 1)2 As´ı x =t+C (t + 1)2 Finalmente x(t) = (C + t)(t + 1)2

b) x0 + tx = t3 x3 Esta es una ecuaci´on de Bernoulli, que puede ser transformada en una ecuaci´on lineal mediante el cambio de variable z = x−2 2 2t dz = − 3 x0 = 4 − 2t2 dt x x dz 2t = 2 − 2t3 = 2tz − 2t3 dt x Multiplicando a ambos lados por e

−

´t t0

dτ 2t

2

= Ce−t

 d  dz −t2 2 2 2 e − 2tze−t = z(t)e−t = −2t3 e−t dt dt 33

Luego ˆ t2

t2 0

34

t

dτ τ 3 e−τ

z(t) = Ce − 2e

2

Problema Resolver a)

x x0 + 2 − 1 = 0 t

b) x0 + (tan t)x = t sin(2t) Soluci´ on a) Corresponde a una ecuaci´on lineal, que tiene sentido para t 6= 0. El factor integrante es  2 ´t 2 t dτ 2 ln t/t 1 = F I = e t1 τ = e t1 Luego x0 t2 + 2xt = t2
d xt2 = t2 dt ˆ

t

2

xt = t0

1 t2 + C0 = t3 + C1 3

La soluci´on general queda 1 1 x(t) = t + 2 C1 3 t

b) Tambi´en corresponde a una ecuaci´on lineal. El factor integrante es ˆ t 1 F.I = dτ tan τ = Ce− ln(cos t) = C cos t t1 luego x0 sin t sin(2t) + x=t 2 cos t cos t cos t d  x  = dt cos t

ˆ

t

du2u sin u + C = −2t cos t + 2 sin t + C1 t0

Finalmente x(t) = −2t cos t + 2 sin t + C1 cos t x(t) = −2t cos2 t + 2 sin t cos t + C1 cos t

35

Problema Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales en y(x), usando cambios de variables que le permitan usar sus conocimientos sobre ecuaciones de primer orden a) y 0 y 00 + 2(y 0 )2 = 0 b) x3 yy 0 + 2x2 y 2 − 1 = 0 En este u ´ltimo caso se recomienda u(x) = x2 y(x) Soluci´ on a) Si se realiza el cambio de variables z(x) = [y 0 (x)]2 , la ecuaci´on propuesta se transforma en dz(x) = 2y 0 (x)y 00 (x) = −4(y 0 )2 dx dz(x) = −4z(x) dx Una EDO lineal de primer orden homog´enea. Se tiene z(x) = Ce−4x Luego y 0 (x) = C1 e−2x Finalmente y(x) = C0 −

C1 −2x e 2

b) Haciendo u(x) = x2 y(x) du(x) dy(x) = 2xy(x) + x2 dx dx


du(x) 1 = 2x2 y 2 + x3 yy 0 dx y(x)x du(x) x = dx y(x)x2 Luego u0 (x)u(x) = x

36

Esta es una ecuaci´on separable 1 1 duu = xdx → u2 = x2 + C 2 2 p u(x) = x2 + C1 Luego y(x) =

1p 2 x + C1 x2

37

Problema Al caer, una gota de agua se evapora y al mismo tiempo retiene su forma esf´erica. Haremos las suposiciones adicionales de que la rapidez con que se evapora (p´erdida de masa) es proporcional a su a´rea, con una constante de proporcionalidad k < 0, y no se considera la resistencia del aire. Designamos por ρ la densidad del agua, r0 el radio de la gota cuando t = 0 y la direcci´on positiva se define hacia abajo a) Detemuestre que bajo los supuestos anteriores la rapidez con que disminuye el radio r(t) de la gota es constante y que se tiene   k t + r0 r(t) = ρ b) Si r0 = 0,01 m, y si r = 0,007 m 10 segundos despu´es, determine el tiempo en el que se evapora la gota de lluvia por completo c) Obtenga la ecuaci´on diferencial satisfecha por la velocidad v(t) de la gota de agua en su ca´ıda libre. Para ello comience por establecer el valor de su masa en funci´on del tiempo. Si la gota de lluvia cae desde el reposo, determine v(t) Soluci´ on a) Se tiene dm(t) = k4πr(t)2 dt Donde

4 m(t) = ρ πr(t)3 3

Luego 4 dr ρ π3r(t)2 = k4πr(t)2 3 dt

Finalmente dr = dt

  k ρ

y entonces   k r(t) = r0 + t ρ

b) Se tiene r(10) = 0,007 = 0,01 + 10 Luego k 0,003 =− = 0,0003 ρ 10 38

k ρ

La gota se evapora en t tal que r(t) = 0,01 − 0,0003t = 0 → t = 33,33

c) La masa de la gota en funci´on del tiempo es 4 m(t) = ρ πr(t)3 3 Luego, la evoluci´on de su posici´on est´a dada por la segunda ley de Newton   d 4πr(t)3 4πr(t)3 ρv(t) = ρg dt 3 3


d r(t)3 v(t) = r(t)3 g dt Luego 3r(t)2 (k/ρ)v(t) + r(t)3

dv(t) = r(t)3 g dt

dv(t) 3(k/ρ) v(t) + =g r(t) dt dv(t) 3(k/ρ) + =g dt (k/ρ)t + r0 Es una EDO lineal no homog´enea. El factor integrante es ´t

e

t1

3(k/ρ)

dτ (k/ρ)τ +r

0

= Ce3 ln((k/ρ)t+r0 )

= C ((k/ρ)t + r0 )3

Luego, llamando A = k/ρ dv(t) (At + r0 )3 + 3v(t)A(At + r0 )2 = g(At + r0 )3 dt
d v(t)(At + r0 )3 = g(At + r0 )3 dt ˆ t g gr4 3 v(t)(At + r0 ) = g (Aτ + r0 )3 + C0 = (At + r0 )4 − 0 + C0 4A 4A 0 Finalmente g gr04 C0 v(t) = (At + r0 ) − + 3 4A 4A(At + r0 ) (At + r0 )3 39

Con C0 = v(0) = 0 La soluci´on es v(t) =

gr04 g (At + r0 ) − 4A 4A(At + r0 )3

g v(t) = 4A

(At + r0 )3 − r04 (At + r0 )3

40

!

Problema Considere un estanque que est´a lleno con 1000 litros de agua. Por un tubo conectado al estanque se hace ingresar una soluci´on contaminada en la proporci´on de 1 a 100, con una tasa de 300 lts/ min. Por un tubo fluye agua pura hacia el estanque con una tasa de 300 lts/min. Una bomba extrae l´ıquido del estanque con una velocidad de 700 lts/min a) Si C(t) representa la cantidad de contaminante en el estanque en el instante t, medida en litros, deduzca el problema con valores iniciales que modela su evoluci´on b) Encuentre la soluci´on al problema planteado. Indique en qu´e instante se alcanza la m´axima cantidad de contaminante en el estanque Soluci´ on a) Sea V (t) el volumen de l´ıquido que est´a en el estanque en el instante t. Inicialmente es 1000, y decrece a raz´on de 100 lts/min. Luego V (t) = 1000 − 100t Ahora, C(t) es la cantidad de contaminante en el estanque al tiempo t. La tasa de ingreso al estanque es de 300/100 lts/min. Sin embargo, debido a la bomba que extrae l´ıquido dilu´ıdo, tambi´en hay una p´erdida de contaminante. Al instante t, se tendr´a una concentraci´on de contaminante C(t)/V (t) la cual es extra´ıda por la bomba a raz´on de 700 lts/min. En resumen 300 700 dC(t) = − C(t) dt 100 V (t) y el problema con valores iniciales se escribe 7 C t − 10 C(0) = 0

C 0 (t) = 3 +

b) La ecuaci´on diferencial a resolver es del tipo lineal no homog´enea. El factor integrante es −

F.I = e

´t t0

7 ds s−10

= Ce−7 ln(t−10) =

C (t − 10)7

Luego 1 7 3 − C(t) = 7 8 (t − 10) (t − 10) (t − 10)7

C 0 (t)

d C(t) 3 = 7 dt (t − 10) (t − 10)7

C(t) = (t − 10)7

ˆ 0

t

3du 1 1 1 + C = − (t − 10)−6 + + C0 7 (u − 10) 2 2 106

41

Luego C(t) = −

(t − 10) (t − 10)7 + + C0 (t − 10)7 2 2 × 106

Notar que C0 = C(0) = 0, luego (t − 10) (t − 10)7 +5 2 107 Esta soluci´on es v´alida siempre y cuando V (t) ≥ 0, es decir para C(t) = −

t ∈ [0, 10) . Para encontrar el instante t0 en que C(t) es m´axima, basta derivar e igualar la derivada a 0. Esto es 7 dC(t0 ) =3+ C(t0 ) = 0 dt t0 − 10 Luego 7 (t0 − 10)6 − + 35 +3=0 2 107 Finalmente se obtiene t0 = 10 1 − 7−1/6

42




Problema Considere la ecuaci´on y 0 + y = esin x (cos x + 1) a) Obtenga la forma general de la soluci´on y(x) de la ecuaci´on anterior b) Verifique que, independientemente de la condici´on inicial, la soluci´on y(x) tiende a una funci´on peri´odica cuando x → ∞ Soluci´ on Se trata de una ecuaci´on lineal, cuyo factor integrante es ´x

F.I = e

x0

ds

= Cex

Entonces ex y 0 + yex = ex+sin x (cos x + 1)

d x (e y(x)) = ex+sin x (cos x + 1) dx Luego ˆ −x

x

−x

dueu+sin u (cos u + 1)

y(x) = e y0 + e

0

La u ´ltima integral se resuelve mediante u + sin u = v, luego dv = (1 + cos u)du ˆ x+sin x
−x −x y(x) = e y0 + e dvev = e−x y0 + e−x ex+sin x − 1 0

La soluci´on es y(x) = e−x (y0 − 1) + esin x

donde y0 = y(0). Es f´acil ver que cuando x → ∞ y(x) → esin x que es una funci´on per´ıodica en x

43

Problema Una esfera met´alica de masa unitaria se deja caer libremente desde una altura H > 0. En su trayectoria encuentra un vaso que contiene un l´ıquido que opone un roce viscoso de coeficiente λ al movimiento de la esfera. La columna l´ıquida tiene una altura h < H; el vaso se encuentra apoyado sobre la superficie de la tierra. Calcule el tiempo T que demora la esfera en quedar a la altura h/2 de la superficie de la tierra. Su c´alculo puede quedar expresado en forma de una ecuaci´on algebr´aica que determine el tiempo T Soluci´ on Sea x(t) la posici´on de la esfera en el instante t ≥ 0, medida sobre la vertical y colocando el origen sobre la superficie de la tierra. Para plantear las ecuaciones, distinguiremos dos tiempos: T0 , el tiempo necesario para alcanzar la altura h; T , el tiempo que se demora el m´ovil en alcanzar la altura h/2 que es lo que se busca. Usando la segunda ley de Newton se tienen los siguientes problemas con valores iniciales. Para 0 < t ≤ T0 : x00 (t) = −g, x(0) = H, x0 (0) = 0 Llamando v = x0 , se tiene v 0 = −g; v(0) = 0, luego v(t) = −gt Integrando esta expresi´on, se encuentra x(t) 1 x(t) = H − gt2 2 Esto nos permite calcular T0 , pues x(T0 ) = h, de donde s 2(H − h) T0 = g

y adem´as p v(T0 ) = −gT0 = − 2g(H − h)

Para T0 < t ≤ T x00 (t) = −g + λx0 , x(T0 ) = h, x0 (T0 ) = −

p 2g(H − h)

Nuevamente llamando v(t) = x0 (t), se obtiene una ecuaci´on lineal para v(t) v 0 (t) = −g + λv(t) v 0 (t)e−λt − λv(t)e−λt = −ge−λt
d v(t)e−λt = −ge−λt dt

44

ˆ λt

t

dse−λs

λt

v(t) = Ce − ge

T0

v(t) = Ceλt +


g 1 − eλ(t−T0 ) λ

donde v(T0 ) = −gT0 = CeλT0 → C = −gT0 e−λT0
g 1 − eλ(t−T0 ) λ   1 λ(t−T0 ) g v(t) = −g T0 + e + λ λ

v(t) = −gT0 eλ(t−T0 ) +

Integrando entre T0 y t (T0 < t ≤ T ), y usando que x(T0 ) = h   1 (t−T0 ) g g T0 + e + (t − T0 ) x(t) = h − λ λ λ

Finalmente, se tendr´a x(T ) =

h 2

si y s´olo si   h g 1 (T −T0 ) g − T0 + e + (t − T0 ) = 0 2 λ λ λ

45

2.5. 2.5.1.

Ecuaciones Exactas Definici´ on

Una EDO de primer orden de la forma M (x, y) + N (x, y)

dy =0 dx

Es exacta si existe una funci´on F (x, y) diferenciable tal que ∂F (x, y) ∂x ∂F (x, y) N (x, y) = ∂y

M (x, y) =

En tal caso, la soluci´on de la ecuaci´on est´a dada impl´ıcitamente por F (x, y) = C donde C es una constante Nota La idea es la siguiente. Sea F (x, y) una funci´on diferenciable. Entonces el diferencial exacto de F est´a dado por ∂F (x, y) ∂F (x, y) dx + dy dF (x, y) = ∂x ∂y Entonces la relaci´on dF (x, y) = 0 entrega una curva en el plano x − y dada por y = y(x) en la cual la funci´on F (x, y) no var´ıa. Es decir, a lo largo de la curva y(x) la funci´on F (x, y) permanece constante. La ecuaci´on que satisface esta curva puede ser vista como la siguiente EDO ∂F (x, y) ∂F (x, y) dy + =0 ∂x ∂y dx

Notar que en todo punto de continuidad de las primeras derivadas de F se tiene ∂ 2 F (x, y) ∂ 2 F (x, y) = ∂y∂x ∂x∂y Luego, dada la ecuaci´on M (x, y) + N (x, y)

dy =0 dx

veremos que la ecuaci´on es exacta ssi ∂M (x, y) ∂N (x, y) = ∂y ∂x

46

2.5.2.

Teorema

Consideremos una EDO de primer orden dy =0 dx

M (x, y) + N (x, y)

con M, N y sus derivadas parciales de primer orden continuas en una regi´on R = (x0 , x1 ) × (y0 , y1 ). Luego, esta ecuaci´on es exacta ssi ∂M (x, y) ∂N (x, y) = ∂y ∂x

Demostraci´ on Primero veamos que si la ecuaci´on es exacta, entonces se cumple ∂N (x, y) ∂M (x, y) = ∂y ∂x En efecto, existe F (x, y) tal que ∂F (x, y) ∂x ∂F (x, y) N (x, y) = ∂y

M (x, y) =

Entonces ∂M ∂ 2F ∂ 2F ∂N = = = ∂y ∂y∂x ∂x∂y ∂x

Ahora, se debe mostrar que si ∂N (x, y) ∂M (x, y) = ∂y ∂x

entonces la ecuaci´on es exacta. Hay que encontrar F (x, y) tal que ∂F (x, y)/∂x = M (x, y) ˆ F (x, y) = dxM (x, y) + g(y) Para encontrar g(y) se impone adem´as que ∂F (x, y) ∂ N (x, y) = = ∂y ∂y

ˆ dxM (x, y) + g 0 (y)

luego ∂ g (y) = N (x, y) − ∂y 0

ˆ M (x, y)dx

Hay que probar que el t´ermino de la derecha no depende de x. En efecto 47

∂g 0 (y) ∂N (x, y) ∂ ∂ = − ∂x ∂x ∂x ∂y

ˆ dxM (x, y) =

∂N (x, y) ∂M (x, y) − =0 ∂x ∂y

Finalmente, hemos encontrado F (x, y) tal que ∂F (x, y) ∂x ∂F (x, y) N (x, y) = ∂y

M (x, y) =

y por lo tanto la ecuaci´on es exacta

2.5.3.

Definici´ on: Factor Integrante

Dada una EDO de primer orden dy =0 dx con M, N y sus primeras derivadas parciales continuas en R = (x0 , x1 ) × (y0 , y1 ), decimos que µ(x, y) es un factor integrante ssi M (x, y) + N (x, y)

dy =0 dx es exacta, y si µ y sus derivadas parciales de primer orden son continuas en R µ(x, y)M (x, y) + µ(x, y)N (x, y)

2.5.4.

Ejemplo

Sea la EDO normal y+x

dy =0 dx

Se reconoce inmediatamente M (x, y) = y, N (x, y) = x . Se verifica que ∂M (x, y) ∂N (x, y) =1= ∂y ∂x Decimos entonces que la ecuaci´on es exacta y buscamos F (x, y) tal que ∂F (x, y) ∂F (x, y) =y =x ∂x ∂y La primera condici´on entrega ˆ F (x, y) =

dxy + h(y) = xy + h(y)

donde h es una funci´on u ´nicamente de y. Imponiendo la segunda condici´on 48

∂F (x, y) = x + h0 (y) = x ∂y Entonces h(y) es una constante y la soluci´on a la ecuaci´on est´a dada por F (x, y) = xy = C Expl´ıcitamente y(x) =

49

C x

Problema a) Resolver la ecuaci´on (2t + 3x2 )dt + 6txdx = 0 b) Sean µ(x, t) y ν(x, t) dos factores integrantes de la ecuaci´on M (t, x)dt + N (t, x)dt = 0 Suponiendo que α(t, x) = µ(t, x)/ν(t, x) no es constante, demuestre que α(t, x) = C = const. define impl´ıcitamente la soluci´on general de (b) Soluci´ on a) Si llamamos M (t, x) = 2t + 3x2 , N (t, x) = 6tx, se puede verificar directamente que ∂N (x, t) ∂M (x, t) = 6x = ∂x ∂t de donde resulta que la ecuaci´on propuesta es exacta. Luego existe F (t, x) cuyas derivadas parciales con respecto a t y x coincidan con M y N , respectivamente. Para calcular F (x, t) hacemos ˆ
F (t, x) = dt 2t + 3x2 + g(x) F (t, x) = t2 + 3x2 t + g(x) Enseguida, derivando con respecto a x 6tx = 6xt + g 0 (x)

luego g 0 = 0, g(x) = const. y podemos tomar una constante particular, g(x) = 0 . Con esta elecci´on obtenemos que x(t) debe verificar la relaci´on t2 + 3x2 (t)t = c vale decir r x(t) =

c − t2 3t

b) Bajo las hip´otesis del enunciado, si µ y ν son factores integrantes de la ecuaci´on planteada, se tiene ∂µ ∂N ∂µ ∂M N +µ = M +µ ∂t ∂t ∂x ∂x ∂ν ∂N ∂ν ∂M N +ν = M +ν ∂t ∂t ∂x ∂x

50

Multiplicando la primera ecuaci´on por ν y la segunda por µ, y luego restando ambas, se tiene     ∂µ ∂ν ∂µ ∂ν ν− µ N= ν−µ M ∂t ∂t ∂x ∂x Esto equivale a 

   ∂µ 1 1 ∂ν ∂µ 1 1 ∂ν − µ N= − µ M ∂t ν ν 2 ∂t ∂x ν ν 2 ∂x

De donde se obtiene que para α = µ/ν se cumple ∂α ∂α N= M ∂t ∂x

Escribiendo ahora el diferencial de α, observamos que dα = 1 dα = N

dα =



∂α ∂α dt + dx ∂t ∂x ∂α ∂α N dt + N dx ∂t ∂x



1 ∂α (M (t, x)dt + N (t, x)dx) N ∂x

En consecuencia, si dα = 0, sobre alguna curva x(t), entonces ella resuelve la ecuaci´on diferencial M (t, x)dt + N (t, x)dx = 0

51

Problema Resolver las ecuaciones diferenciales siguientes a) (x cos t + 2tex )dt + (sin t + t2 ex + 2)dx = 0 b) (3x2 + 4t)dt + (2xt)dx = 0 Soluci´ on a) En este caso tenemos una ecuaci´on que se resuelve por el m´etodo de los diferenciales exactos. En efecto, sean M (t, x) = x cos t + 2tex , N (t, x) = sin t + t2 ex + 2, entonces ∂N (t, x) ∂M (t, x) = cos t + 2tex = ∂x ∂t

Se construye entonces una funci´on F (t, x) en la forma ˆ t (x cos s + 2sex )ds + g(x) = x sin t + t2 ex + g(x) F (t, x) = 0

donde g es una funci´on a determinar. Para ello se iguala ∂F (t, x) = sin t + t2 ex + g 0 (x) = N (t, x) = sin t + t2 ex + 2 ∂x Entonces g 0 (x) = 2. Luego, podemos tomar F (t, x) = x sin t + t2 ex + 2x Finalmente, las soluciones ϕ(t) de la ecuaci´on diferencial quedan determinadas impl´ıcitamente por la ecuaci´on ϕ(t) sin t + t2 eϕ(t) + 2ϕ(t) = C(const.)

b) Este caso la ecuaci´on no es exacta. Sin embargo, al multiplicar a ambos lados por t2 se tiene (3x2 t2 + 4t3 )dt + (2xt3 )dx = 0 Definiendo M (t, x) = t2 (3x2 + 4t) N (t, x) = 2xt3 se obtiene ∂N (t, x) ∂M (t, x) = ∂x ∂t

52

Para encontrar una funci´on F (t, x), como en la parte a), integramos N con respecto a t F (t, x) = x2 t2 + g(x) y se verificar g 0 (x) = 4t3 , de donde basta tomar F (t, x) = x2 t2 + t4

Las soluciones ϕ(t) deben verificar entonces {ϕ(t)}2 t2 + t4 = C

r ϕ(t) = ±

53

C − t2 t2

Problema En la ecuaci´on M (t, x)dt + N (t, x)dx = 0 suponga que los coeficientes M y N son continuamente diferenciables y tales que la funci´on   1 ∂N (t, x) ∂M (t, x) − M (t, x) ∂t ∂x solo depende de x. Llame g(x) a esta funci´on a) Demuestre que bajo las condiciones anteriores, existe un factor integrante para la ecuaci´on que tiene la forma ´x g(y)dy µ(x) = e x0 donde x0 es un punto arbitrario en el dominio de definici´on de g b) Aproveche el resultado anterior para resolver la ecuaci´on diferencial x cos tdt + (2x2 + 1) sin tdx = 0 Soluci´ on a) Verifiquemos que ∂ ∂ µ(x)M (t, x) = µ(x)N (t, x) ∂x ∂t En efecto ∂ ∂µ(x) ∂M (t, x) µ(x)M (t, x) = M (t, x) + µ(x) ∂x ∂x ∂x = g(x)µ(x)M (t, x) + µ(x)  = µ(x)

∂N (t, x) ∂M (t, x) − ∂x ∂x =

∂M (t, x) ∂x

 + µ(x)

∂M (t, x) ∂x

∂µ(x)N (t, x) ∂t

En consecuencia, µ(x) es un factor integrante para la ecuaci´on propuesta b) En este caso ∂N (t, x) ∂M (t, x) (t, x) − = 2x2 cos t ∂t ∂x de donde g(x) = 2x y µ(x) = ex Para encontrar F (x, t) tal que ∂F = µM y ∂t que nos da una funci´on de la forma

∂F ∂x

2

2

= µN , integramos µM con respecto a t, lo

xex sin t + h(x) 54

donde h es una funci´on desconocida que se determina derivando lo anterior con respecto a x e imponiendo que esa expresi´on coincida con N 2

2

2

2x2 ex sin t + ex sin t + h0 (x) = (2x2 + 1)ex sin t

Luego h0 (x) = 0, de donde h(x) es constante y basta tomar como funci´on F la siguiente 2

F (t, x) = xex sin t La soluci´on ϕ de la ecuaci´on propuesta satisface entonces 2

ϕ(t)eϕ(t) sin t = C donde C es una constante arbitraria

55

Problema a) Encuentre una funci´on M (x, y) de modo que la ecuaci´on   1 xy M (x, t)dx + xe + 2xy + dy = 0 x sea exacta b) Resuelva xydx + (2x2 + 3y 2 − 20)dy = 0 Soluci´ on (x,y) a) Para que la ecuaci´on sea exacta debe existir una funci´on F (x, y) tal que ∂F∂x = M (x, y) y ∂F (x,y) 1 = xexy + 2xy + x . Integrando esta u ´ltima expresi´on, F debe ser de la forma ∂y y + g(x) x donde g(x) es una funci´on desconocida. Luego, M debe satisfacer F (x, y) = exy + xy 2 +

y ∂F (x, y) = yexy + y 2 − 2 + g 0 (x) ∂x x Tomando entonces una funci´on g(x) constante se obtiene que una funci´on M (x, y) que satisface lo solicitado es M (x, y) =

y x2 Obs´ervese que hay una familia infinita de funciones M que satisfacen lo pedido M (x, y) = yexy + y 2 −

b) Se puede observar que esta ecuaci´on no es exacta pues
∂ ∂ xy = x 6= 2x = 2x2 + 3y 2 − 20 ∂y ∂x

Se puede ensayar, por ejemplo, un factor integrante de la forma xn y m . Planteamos las igualdades
∂ ∂ n+1 m+1 x y = 2x2 + 3y 2 − 20 xn y m ∂y ∂x

de donde obtenemos que la condici´on a satisfacer es (m + 1)xn+1 y m − 2(n + 2)xn+1 y m − 3nxn−1 y m+2 + 20nxn−1 y m = 0 Si se escoge n = 0 llegamos a una expresi´on m´as simple (m + 1)xy m − 4xy m = 0 De donde se deduce que m = 3 y la funci´on y 3 es un factor integrante. Con este, se tiene xy 4 dx + (2x2 y 3 + 3y 5 − 20y 3 )dy = 0 56

Buscamos una funci´on F (x, y) que satisfaga ∂F (x, y) = xy 4 ∂x de donde F (x, y) = x2 y 4 /2 + h(y). Luego ∂F (x, y) dh(y) = 2x2 y 3 + = 2x2 y 3 + 3y 5 − 20y 3 ∂y dy Luego, podemos tomar h(y) = y 6 /2 − 5y 4 , de donde   1 2 1 F (x, y) = x − 5 y4 + y6 2 2

Y la soluci´on y(x) de la ecuaci´on original queda dada en forma impl´ıcita por la relaci´on   1 2 1 x − 5 y(x)4 + y(x)6 = C 2 2 con C una constante

57

Problema Una cadena uniforme de largo L metros est´a enrollada en el piso. Se tira uno de sus extremos hacia arriba con una fuerza constante de F0 Newton. La cadena pesa 1 Newton por metro. Se desea calcular la velocidad que tendr´a la cadena en el momento en que su segunda extremidad pierda contacto con el piso a) Designando por x(t) la altura de la extremidad que se tira y por v(t) su velocidad, comience por expresar el valor que tiene la masa suspendida en el tiempo t y determine la ecuaci´on diferencial satisfecha por x y v usando la Segunda Ley de Newton en su forma general b) Multiplicando la ecuaci´on de la parte a) por x y usando las relaciones v=

dv dx dv , == v dt dt dx

pruebe que su ecuaci´on se reduce a una del tipo diferencial exacto Soluci´ on a) El peso total de la cadena es mg = L → m =

L g

Con esto, la densidad lineal de masa est´a dada por m 1 = L g Sea x(t) la coordenada de la extremidad de la cadena con respecto al piso. Con esto, la cantidad de masa suspendida al tiempo t est´a dada por ρ=

1 m(t) = x(t)ρ = x(t) g La segunda ley de Newton para el pedazo de cadena suspendida al tiempo t es F0 − m(t)g = F0 − x(t) =

d (m(t)v(t)) dt

1 dx(t) 1 dv(t) v(t) + x(t) g dt g dt

g (F0 − x(t)) = x(t)

dv(t) dx(t) + v(t) dt dt

b) Multiplicando por x(t), se obtiene gF0 x(t) − gx(t)2 = x(t)2

dv(t) dx(t) + v(t)x(t) dt dt

gF0 x − gx2 = x2

dv v + v2x dx

Finalmente gx(F0 − x) = xv 2 + x2 v 58

dv dx

Escrito de otra forma
xv 2 − gx(F0 − x) dx + |{z} x2 v dv = 0 | {z } N (x,v)

M (x,v)

Se verifica que ´esta es una ecuaci´on exacta, pues ∂M (x, v) ∂N (x, v) = 2vx = ∂v ∂x

Luego, se busca una funci´on F (x, v) tal que 1 ∂F (x, v) = N (x, v) = x2 v → F (x, v) = x2 v 2 + h(x) ∂v 2 y ∂F (x, v) = xv 2 + h0 (x) = M (x, v) = xv 2 − gxF0 + gx2 ∂x

Luego podemos tomar h0 (x) = gx2 − gxF0 → h(x) =

gx3 g 2 − x F0 3 2

y la soluci´on en su forma impl´ıcita es 1 2 2 1 3 1 2 x v + gx − gx F0 = C 2 3 2 Imponiendo las condiciones iniciales x(0) = v(0) = 0, se deduce que C = 0. Luego 1 2 2 1 3 g 2 x v + gx − x F0 = 0 2 3 2

v2 +

2g x − gF0 3

Se obtiene finalmente s   2 v(x) = g F0 − x 3 Finalmente, la velocidad de la cadena cuando el extremo inferior deja de estar en contacto con el piso es s   2 v(L) = g F0 − L 3 Notar que es necesario que F0 > 23 L, de lo contrario es imposible levantar completamente la cadena del piso

59

Problema a) Determine condiciones en M, N de modo que la ecuaci´on M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 tenga un factor integrante de la forma µ = µ(x − y 2 ) b) Encuentre un factor integrante para (3x − y 2 )dx − 4xydy = 0 Soluci´ on a) Si µ(x, y) es factor integrante de la ecuaci´on, entonces ∂ ∂ (µ(x, y)M (x, y)) = (µ(x, y)N (x, y)) ∂y ∂x Luego ∂µ(x, y) ∂M (x, y) ∂µ(x, y) ∂N (x, y) M (x, y) + µ(x, y) = N (x, y) + µ(x, y) ∂y ∂y ∂x ∂x Ahora, µ(x − y 2 ) = µ(u). Entonces ∂µ(u) ∂u ∂µ = = −2yµ0 (u) ∂y ∂u ∂y

Del mismo modo

∂µ ∂µ(u) ∂u = = µ0 (u) ∂x ∂u ∂x

Finalmente −2yµ0 (u)M (x, y) + µ(u)

∂M (x, y) ∂N (x, y) = µ0 (u)N (x, y) + µ(x, y) ∂y ∂x

µ0 (u) ∂M (x, y)/∂y − ∂N (x, y)/∂x = µ N (x, y) + 2yM (x, y) As´ı ∂M (x, y)/∂y − ∂N (x, y)/∂x N (x, y) + 2yM (x, y) debe ser funci´on s´olo de x − y 2 b) Se tiene (3x − y 2 )dx − 4xydy = 0 Luego M (x, y) = 3x − y 2 , N (x, y) = −4xy. Es claro que la ecuaci´on no es exacta. Sin embargo ∂M (x, y)/∂y − ∂N (x, y)/∂x −2y + 4y 2y = = 2 N (x, y) + 2yM (x, y) −4xy + 2y(3x − y ) 2xy − 2y 3 60

1 ∂M (x, y)/∂y − ∂N (x, y)/∂x = N (x, y) + 2yM (x, y) x − y2 Efectivamente resulta ser una funci´on de (x − y 2 ), y entonces existe un factor integrante de la forma µ(x − y 2 ) que satisface 1 µ0 (u) = µ u Luego ln µ = ln u + C Podemos tomar µ = u = x − y2

61

2.6.

Acerca de los problemas de valores iniciales

Consideremos el problema de valores iniciales dy = f (t, y) dt y(x0 ) = y0

Es un hecho que no siempre un PVI tiene soluci´on u ´nica.

2.6.1.

Ejemplo dy p = y(t) dt y(0) = 0

Se puede encontrar una soluci´on general f´acilmente, pues la ecuaci´on es separable ˆ ˆ dy √ = dt + C y √ 2 y =t+C Luego (t + C)2 4

y(t) = Imponiendo la condici´on inicial

C2 = y(0) = 0 → C = 0 4 Luego una soluci´on al PVI es y(t) =

t2 4

Sin embargo, no es soluci´on u ´nica, de hecho y(t) = 0

es igualmente una soluci´on. En general, si r ≥ 0, la siguiente familia de funciones  y(t) =

0 (t−r)2 4

0≤t≤r t>r

Es soluci´on del PVI, en efecto, se cumple y(0) = 0. Adem´as, se puede verificar que la derivada en x = r est´a bien definida. 62

Fig. 2.1: Se muestran dos soluciones del PVI, con r = 0,5(azul), y r = 1 (rojo)

2.7.

Teorema (Existencia y Unicidad)

Sea f (t, y) una funci´on definida en un dominio del plano de las variables t e y, de la forma Df = (t1 , t2 ) × (y1 , y2 ) Supongamos que f (t, y) est´a definida y es continua en Df , entonces a) Existencia: Si (t0 , y0 ) ∈ Df , luego el PVI dy = f (t, y) dt y(t0 ) = y0 tiene una soluci´on ϕ(t) b) Unicidad: Si adem´as se cumple que la derivada parcial ∂f (t, y)/∂y est´a definida y es continua en Df , y si ϕ(t) y ψ(t) son soluciones del PVI, entonces ϕ(t) = ψ(t) en su intervalo com´ un de definici´on

63

Problema a) Resuelva t2 y 0 = 3ty + 1, y(1) = 0 y pruebe que la soluci´on es u ´nica en el intervalo t > 0 b) Determine dos soluciones del problema de valor inicial dy = x(y − 1)1/3 , y(0) = 1 dx Explique c´omo se enciente esto en virtud del Teorema de existencia y Unicidad Soluci´ on Para t > 0, la ecuaci´on equivale a 3 1 y0 − y = 2 t t Se trata de una ecuaci´on lineal de primer orden, el factor integrante es µ(t) = e

−

´t

3 t0 s ds

=C

1 t3

Luego dy 1 3 1 − 4 y(t) = 5 3 dt t t t   d 1 0 1 y (t) = 5 3 dt t t

As´ı   1 y(t) = t − 4 + C 4t 3

y(t) = Ct3 −

1 4t

Imponiendo la condici´on inicial y(1) = 0 → C −

1 1 =0→C= 4 4

Por lo tanto, la soluci´on al PVI es 1 y(t) = 4



1 t − t 3

Vemos que dy = f (t, y) dt 64



con

3ty + 1 t2 Se cumple que f (t, y) y ∂f (t, y)/∂y son continuas en R = {(t, y), t > 0} f (t, y) =

Por lo tanto, para todo (t0 , y0 ) con t0 > 0, el PVI y 0 (t) = f (t, y), y(t0 ) = y0 tiene u ´nica soluci´on b)Se tiene y 0 (x) = x(y − 1)1/3 , y(0) = 1 Es claro que y(x) = 1 es soluci´on. Busquemos otra soluci´on, notemos que la ecuaci´on es separable dy = xdx (y − 1)1/3

Luego x2 (y − 1)2/3 = +C 2/3 2   2 x2 x2 1/3 (y − 1) = +C = + C0 3 2 3 Pero y(0) = 1, luego C0 = 0. Entonces  y(x) =

x2 3

3/2 +1

Dos posibles soluciones son x3 +1 33/2 x3 y(x) = − 3/2 + 1 3 = ±x. Esto no contradice el teorema de existencia y unicidad, pues la ecuaci´on y(x) =

Pues (x2 )1/2 es de la forma

dy = f (x, y) dx con f (x, y) = x(y − 1)1/3 La cual es continua en todo R2 , y por lo tanto el PVI con y(0) = 1 tiene al menos una soluci´on, En el punto (0, 1), la derivada parcial ∂f (x, y) 1 = x (y − 1)−2/3 ∂y 3 No es continua, y por lo tanto es posible que exista m´as de una soluci´on 65

Problema Encuentre la soluci´on x(t) de la ecuaci´on integral ˆ t x(t) = k0 + ds |sx(s)| −1

donde t ≥ 1 y k0 > 0 Soluci´ on La ecuaci´on diferencial asociada es dx(t) = |tx(t)| dt con condici´on inicial x(−1) = k0 > 0. Como la derivada de la soluci´on es positiva, la soluci´on es creciente y por lo tanto x(t) ≥ k0 > 0 para todo t > −1. De donde la ecuaci´on es dx = −tx(t) t ∈ [−1, 0] dt dx = tx(t) t ≥ 0 dt

La soluci´on general a la primera es 2 /2

x(t) = C− e−t y a la segunda es

2 /2

x(t) = C+ et

Como x(−1) = k0 = C− e−1/2 , se tiene que 2 /2

x(t) = k0 e1/2 e−t

t ∈ [−1, 0]

Esto implica que x(0) = k0 e1/2 = C+ , por lo tanto 2 /2

x(t) = k0 e1/2 et

66

t≥0

Problema a) Utilizando el teorema de existencia y unicidad, demuestre que el problema con valor inicial xt

dx = 3x2 + t2 , x(−1) = 2 dt

tiene u ´nica soluci´on definida en alg´ un intervalo abierto que contiene el punto t = −1 b) Resuelva expl´ıcitamente el PVI c) Encuentre el intervalo m´aximo de definici´on de la soluci´on Soluci´ on a) Si x 6= 0, y t 6= 0, podemos escribir la ecuaci´on de la siguiente forma dx 3x2 + t2 = , x(−1) = 2 dt xt La funci´on f (t, x) :=

3x2 + t2 xt

y su derivada parcial 6x2 − 3x2 − t2 ∂f (t, x) = ∂x tx2 son continuas en la regi´on 

(t, x) ∈ R2 |t < 0, x > 0

que contiene al punto (−1, 2). Por lo tanto el teorema de existencia y unicidad de soluciones de un PVI garantiza que este tiene u ´nica soluci´on definida en alg´ un intervalo abierto que contiene al punto t = −1 b) La ecuaci´on se puede reescribir como 3x t dx = + , x(−1) = 2 dt t x Notar que esta es una ecuaci´on de Bernoulli, la que puede ser resuelta utilizando el cambio de variable v = x1−(−1) = x2 . Entonces dv dx 6x2 6v = 2x = + 2t = + 2t dt dt t t

Se obtiene la ecuaci´on lineal en v dv 6 − v = 2t v(−1) = 4 dt t El factor integrante es t−6 , de forma que dv −6 6 t − 7 v = 2t−5 dt t 67

d dt



1 v t6



= 2t−5

Luego   1 −4 v(t) = t − t C 2 6

1 v(t) = Ct6 − t2 2 Satisfaciendo la condici´on inicial, se tiene v(−1) = −C −

9 1 =4→C=− 2 2

Finalmente 9 1 v(t) = t6 − t2 2 2

r x(t) =

t2 (9t4 − 1) 2

c) La funci´on x(t) es definida y diferenciable en el dominio   [ t2 (9t4 − 1) > 0 = (−∞, −3−1/2 ) (3−1/2 , ∞) D = t ∈ R| 2
Como −1 ∈ −∞, −3−1/2 encontramos que el intervalo m´aximo de definici´on de la soluci´on es −∞, −3−1/2

68




Problema Considere el PVI y 0 = x2

p |y|, y(a) = b

a) Enuncie el Teorema de Existencia y Unicidad, y apl´ıquelo a este PVI b) Resuelva la ecuaci´on diferencial en cada semiplano y > 0, y < 0 c) Estudie la existencia y unicidad de soluciones del PVI para a arbitrario y b = 0. Fundamente su respuesta Soluci´ on a) Sean f (x, y), ∂f (x, y)/∂y, continuas en  R = (a, b) × (c, d) = (x, y) ∈ R2 , |a < x < b, c < y < d Sea (x0 , y0 ) ∈ R, entonces existe (y es u ´nica) y = y(x) definida en un intervalo x ∈ I que contiene a x0 tal que dy = f (x, y(x)), y(x0 ) = y0 dx

En el PVI

p dy = x2 |y|, y(a) = b dx

p la funci´on f (x, y) = x2 |y| es continua ∀(x, y) ∈ R2 y es derivable respecto a y, con derivada continua en R2 | {y = 0}. Entonces ∀(a, b) ∈ R2 hay soluci´on del PVI, mientras que la unicidad de la soluci´on est´a garantizada solo para b 6= 0, ∀a b) En el semiplano y > 0 √ y 0 = x2 y Esta ecuaci´on es separable ˆ

dy √ = y

ˆ dxx2 + C

x3 √ 2 y= +C 3

Luego  y(x) =

x3 +C 6

2

Donde C debe cumplir con la condici´on inicial. El intervalo de definici´on est´a dado por x /3 + C ≥ 0 3

69

En el semiplano y < 0 √ dy = x2 −y dx ˆ ˆ dy √ = x2 dx + C −y √ x3 −2 −y = +C 3 El intervalo de soluci´on es x3 /3 + C < 0, y se tiene  y(x) = −

x3 +C 6

2

c) Hay infinitas soluciones de p dy = x2 |y|, y(a) = 0 dx para cualquier a ∈ R. Las soluciones son y(x) = 0, ∀x ∈ R   2  x3 − a3 si x ≥ a 6 6  3  y(x) = 2 − x − a3 si x ≤ a 6 6 Adem´as son soluciones, para a2 < a < a1   2 a31 x3  − si x ≥ a1  6  6 0 si a2 ≤ x ≤ a1 y(x) =  3 2  3  − x − a2 si x ≤ a2 6 6 Por u ´ltimo, son soluciones tambi´en ( y(x) =

x3 6

− 0

a31 6

2

si x ≥ a1 si x ≤ a1

con a1 ≥ a, y ( y(x) =

−

si x ≥ a2

0 

x3 6

−

a32 6

para a ≥ a2 70

2

si x ≤ a2

Problema Sea ϕ(t) la soluci´on del problema con valores iniciales x0 (t) = x2 + t para t ≥ 0 x(0) = 0 Demuestre que ϕ(1) ≥ 1/2 Soluci´ on Como ϕ(t) es soluci´on, se tiene ϕ0 (t) = ϕ(t)2 + t ≥ t Por lo tanto ˆ

ˆ

1

1

0

dsϕ (s) ≥

dss

0

0

De donde 1 2 Usando el hecho de que ϕ(0) = 0 (ϕ(t) es soluci´on al PVI), obtenemos ϕ(1) − ϕ(0) ≥

ϕ(1) ≥

71

1 2

Problema a) Determine los valores de (a, b) tal que el problema de valor inicial xy 0 + 2y = 0, y(a) = b no tiene soluci´on b) Encuentre dos soluciones al problema de valor inicial y 0 = (x − y)3/4 + 1, y(1) = 1 Soluci´ on a) La ecuaci´on se puede escribir como dy 2y(x) =− , y(a) = b dx x En este caso, f (x, y) = −2y/x es continua para todo x 6= 0. Entonces, el PVI tiene soluci´on para a 6= 0 y los candidatos (a, b) para la no existencia de soluciones son de la forma (0, b) dy 2y(x) =− dx x

Esta ecuaci´on es separable, luego 2 dy = − dx y x ln y = −2 ln x + C Finalmente C1 x2 debemos agregar la soluci´on especial y = 0. Para (a, b) = (0, 0) hay una soluci´on que es y = 0. Para (a, b) = (0, b) con b 6= 0, no hay soluciones. y(x) =

b) Se tiene dy = (x − y)3/4 + 1, y(1) = 1 dx Sea u = x − y → µ0 (x) = 1 − y 0 (x) → y 0 (x) = 1 − µ0 (x). Con esto 1 − µ0 (x) = µ3/4 + 1 dµ(x) = −µ3/4 dx

72

Esta ecuaci´on es separable ˆ ˆ dµ = − dx + C → 4µ1/4 = −x + C µ3/4 Finalmente 4  x µ(x) = − + C1 4 4  x x − y = − + C1 4  4 1 y(x) = x − − x + C1 4 Debemos agregar la soluci´on especial µ(x) = 0, es decir y = x, la cual adem´as cumple con la condici´on inicial y(1) = 1. Tambi´en es soluci´on 4  1 y(x) = x − − x + C1 4 donde C1 se determina de  4 1 1 y(1) = 1 − − + C = 1 → C = 4 4

El PVI tiene por lo menos dos soluciones y=x  4 1 x y =x− − 4 4

73

74

Cap´ıtulo 3 Ecuaciones Lineales 3.1.

Introducci´ on

Recordemos el caso de una ecuaci´on lineal de primer orden dy(x) + a(x)y(x) = b(x) dx Este tipo de ecuaci´on presenta propiedades interesantes. En primer lugar, se puede resolver siempre con el mismo m´etodo (el del factor integrante). La soluci´on general est´a dada por ˆ x ´x ´x ´ − u dτ a(τ ) x0 dτ a(τ ) x0 dτ a(τ ) y(x) = y0 e +e b(u)e x0 | {z } x0 | {z } yh (x) yp (x)

donde yh (x) es soluci´on de la ecuaci´on homog´enea y 0 (x) + a(x)y(x) = 0, y yp (x) es llamada soluci´on particular. Veremos que las ecuaciones lineales de orden superior tambi´en poseen esta propiedad. M´as a´ un, veremos que una ecuaci´on lineal de orden n (la definici´on se dar´a a continuaci´on) se puede reducir a un sistema de n ecuaciones lineales de primer orden (Esto es important´ısimo)

3.2.

Defnici´ on: E.D.O Lineal

Decimos que una ecuaci´on diferencial ordinaria de orden n, (n ∈ N) es lineal si es de la forma p0 (x)y n (x) + p1 (x)y n−1 (x) + ... + pn (x)y(x) = f (x) donde p0 , p1 , ..., pn , f son funciones s´olo de la variable independiente. Nota a) Si p0 (x) = 1, la ecuaci´on es normal b) Si f (x) = 0, decimos que la ecuaci´on es homog´enea c) Si p0 , p1 , ..., pn son constantes, decimos que la ecuaci´on es lineal con coeficientes constantes Para resolver ecuaciones lineales utilizaremos variados m´etodos. Entre ellos, destaca la Transformada de Laplace, que veremos hacia el final del curso, y es fundamental para el estudio de sistemas din´amicos, an´alisis de se˜ nales, control autom´atico, etc. 75

3.3. 3.3.1.

Ecuaciones Lineales de orden arbitrario con coeficientes constantes Ejemplo: Motivaci´ on para m´ etodo del operador D

Sea la ecuaci´on lineal de primer orden homog´enea y¨(x) + ay(x) = 0 Es claro que la soluci´on general es de la forma y(x) = Ce−ax donde C es una constante arbitraria. Ahora, definiremos el siguiente operador, que act´ ua sobre funciones derivables D :=

d dx

En t´erminos de este operador derivada, la ecuaci´on puede ser escrita como (D + a)y(x) = 0

Notar que la soluci´on de d + a = 0 es d = −a, y entonces la soluci´on se escribe y(x) = Ce−ax

Ahora, consideremos la siguiente ecuaci´on y¨(x) − 3y(x) ˙ + 2y(x) = 0

la cual es lineal y homog´enea, de orden 2. En t´erminos del operador D, puede ser escrita como (D2 − 3D + 2)y(x) = 0

La idea es suponer soluciones de la forma Ced , donde d resulta ser una ra´ız del polinomio (d2 − 3d + 2). Notemos que ´este puede ser factorizado como (d2 − 3d + 2) = (d − 2)(d − 1) Una ra´ız est´a dada por d = 2 y1 (x) = C1 e2x

Es claro que y1 (x) es soluci´on de la ecuaci´on. 76

Adem´as, d = 1 es soluci´on y2 (x) = C2 ex

De forma que la soluci´on general de la ecuaci´on es y(x) = C1 e2x + C2 ex con C1 , C2 constantes Las dos soluciones de la ecuaci´on homog´enea que hemos obtenido, y1 (x) = C1 e2x y y2 = C2 ex , resultaron ser linealmente independientes

3.3.2.

Definici´ on: Funciones linealmente independientes

Decimos que el conjunto de funciones y1 , y2 , ..., yn (n ∈ N) son linealmente independientes si no existen constantes C1 , C2 , ...Cn que no sean todas nulas tales que C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + ...Cn yn (x) = 0 Notar que la definici´on es completamente an´aloga a la de independencia lineal de elementos de un espacio vectorial.

3.3.3.

Afirmaci´ on (a confirmar m´ as adelante)

La soluci´on de la ecuaci´on lineal homog´enea de orden n de coeficientes constantes a0 (x)y n (x) + a1 y n−1 + ... + an y(x) = 0 es una combinaci´on lineal de n funciones l.i

3.3.4.

Ejemplo: determinaci´ on de dos soluciones l.i

Sea la ecuaci´on y¨(x) − 2y(x) ˙ + y(x) = 0 Esta puede ser reescrita como (D2 − 2D + 1)y(x) = 0 Buscamos las soluciones de (d − 1)2 = 0 → d = 1

Entonces una soluci´on es y1 (x) = C1 ex . Necesitamos ahora encontrar otra soluci´on l.i con y1 (x). Una forma es buscar una soluci´on del tipo y2 (x) = a(x)ex 77

Luego x y˙ 2 (x) = a(x)e ˙ + a(x)ex x y¨2 (x) = a ¨(x)ex + 2a(x)e ˙ + a(x)ex

Para que y2 sea soluci´on de la ecuaci´on homog´enea, debe tenerse y¨2 (x) − 2y˙ 2 (x) + y2 (x) = a ¨(x)ex = 0

Luego, a(x) debe cumplir a ¨(x) = 0 y entonces es de la forma a(x) = c2 + c3 x As´ı, y2 (x) = C2 ex + C3 xex Es soluci´on de la ecuaci´on. En particular, las funciones ex , xex son l.i (demu´estrelo), de forma que la soluci´on general ser´a una superposici´on de ambas y(x) = C1 ex + C2 xex

3.3.5.

Teorema: Principio de Superposici´ on

Sean ϕ1 , ϕ2 , ..., ϕn soluciones de una EDO normal lineal y homog´enea. Luego, cualquier combinaci´on lineal de ϕ1 , ϕ2 , ..., ϕn es soluci´on. Es decir C1 ϕ1 + C2 ϕ2 + ... + Cn ϕn

es soluci´on para C1 , C2 , ..., Cn ∈ R

78

3.4.

Soluci´ on de ecuaciones lineales de orden arbitario con coeficientes constantes

Sea la ecuaci´on y (n) (x) + a1 y (n−1) (x) + ... + an y(x) = f (x) con (a1 , a2 , ..., an ) ∈ R. Primero se resuelve la ecuaci´on homog´enea asociada y (n) (x) + a1 y (n−1) (x) + ... + an y(x) = 0 Puede ser reescrita como
Dn + a1 Dn−1 + ... + an−1 D + an y(x) = 0

Existen soluciones de la forma y(x) = Cedx , donde d satisface la ecuaci´ on caracter´ıstica p(d) = dn + a1 dn−1 + ... + an−1 d + an = 0 El cual admite n ra´ıces complejas, y puede ser factorizado como p(d) = (d − d1 ) (d − d2 ) ... (d − dn ) = 0

3.4.1.

Caso 1

Las ra´ıces d1 , d2 , ...dn del polinomio p(d) son todas distintas. Se tienen entonces n soluciones de la forma yi (x) = Ci edi x 1 ≤ i ≤ n n Como d1 , d2 , ..., dn son todos distintos, el conjunto {yi (x)} es linealmente independiente. i=1 Por lo tanto, la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea es

3.4.2.

Caso 2

Existen k ra´ıces distintas, d1 , d2 , ..., dk ( con k < n), de modo que p(d) = (d − d1 )n1 (d − d2 )n2 ... (d − dk )nk con k X

ni = n

i=1

Entonces, para resolver (D − di )ni = 0 79

Buscamos soluciones de la forma yi (x) = u(x)edi x Sabemos que u(x) = cte nos da una soluci´on. Necesitamos, sin embargo, ni soluciones l.i

(D − di ) u(x)edi x = D u(x)edi x − di u(x)edi x = u0 (x)edi x + di u(x)edi x − di u(x)edi x

Luego
(D − di ) u(x)edi x = u0 (x)edi x
(D − di )ni u(x)edi x = u(ni ) edi x Entonces, necesariamente u(ni ) = 0 y entonces debe ser un polinomio de grado ni − 1, de la forma u(x) = c1 xni −1 + c2 xni −2 + ... + cni As´ı, el conjunto de ni elementos 

ni −1 yk (x) = xk eλi x k=0

es l.i y permite formar la soluci´on general de (D − di )ni y(x) = 0 yi (x) = c1 xni−1 edi x + c2 xni −2 edi x + ... + cni edi x

Finalmente, la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea ser´a yh (x) =

k X

yi (x)

i=1

La soluci´on general de y (n) (x) + a1 y (n−1) (x) + ... + an y(x) = f (x) Ser´a la suma de la soluci´on homog´enea m´as una soluci´on particular y(x) = yh (x) + yp (x) Ahora veremos como determinar la soluci´on particular

80

3.4.3.

M´ etodo de coeficientes indeterminados

A continuaci´on presentaremos un m´etodo para encontrar la soluci´on particular de una ecuaci´on lineal no homog´enea. Como ejemplo, tratemos de resolver y 00 (x) − 4y(x) = 2e3x Equivalentemente (D2 − 4)y(x) = 2e3x

Notemos adem´as que (D − 3)e3x = 0 (Decimos que el operador (D − 3) en un aniquilador de f (x) = 2e3x ). De forma que cualquier soluci´on debe cumplir con (D − 3)(D2 − 4)y(x) = 2(D − 3)e3x = 0 Luego, resolvemos (D − 3)(D2 − 4)y(x) = 0

Para ello determinamos las ra´ıces de p(d) = (d − 3)(d2 − 4), obteni´endose y(x) = C1 e3x +

C2 e2x + C3 e−2x {z } | Soluci´on de la ecuaci´on homog´enea

Sin embargo, esta funci´on no es soluci´on para cualquier valor de C1 . Decimos que la soluci´on particular de la ecuaci´on debe ser de la forma yp (x) = Ce3x donde C es un coeficiente a determinar. Simplemente se impone que yp satisfaga la ecuaci´on yp00 (x) − 4yp (x) = (9C − 4C)e3x = 2e3x → C = 2/5

Finalmente, la soluci´on general de la ecuaci´on es 2 yg (x) = e3x + C1 e2x + C2 e−2x 5

81

Otro ejemplo Resolver y 00 (x) + 5y 0 (x) + 4y(x) = 3x + 2 Se tiene (D2 + 5D + 4)y(x) = 3x + 2 Adem´as D2 (3x + 2) = 0 Luego D2 (D2 + 5D + 4)y(x) = 0 Resolvemos las ra´ıces del polinomio p(d) = d2 (d2 + 5d + 4) = d2 (d + 4)(d + 1)

de donde se obtiene y(x) = C1 e−4x + C2 e−x + Ae0x + Bxe0x

De aqu´ı se ve que la soluci´on particular necesariamente tiene la forma yp (x) = A + Bx para determinar los coeficientes, resolvemos yp00 (x) + 5yp0 (x) + 4yp (x) = 5B + 4A + 4Bx = 3x + 2 entonces 4B = 3x → B = 3/4 4A +

7 15 =2→A=− 4 16

Finalmente la soluci´on general es y(x) = −

7 3 + x + C1 e−4x + C2 e−x 16 4

82

En general, consideremos la ecuaci´on lineal de coeficientes constantes y (n) (x) + a1 y (n−1) (x) + ... + an y(x) = f (x) donde f (x) es una combinaci´on lineal de funciones de la forma: a) Un polinomio en x b) Una exponencial erx c) Alguna funci´on trigonom´etrica de la forma cos rx, sin rx, no siendo r una ra´ız del polinomio asociado a la ecuaci´on homog´enea dn + a1 dn−1 + ... + an = 0 Luego, podemos encontrar una soluci´on particular como una combinaci´on lineal de f y sus derivadas

83

Problema Resolver las ecuaciones siguientes a) x000 − 3x0 + 2x = et b) d4 d3 d2 y(t) − 4 3 y(t) + 5 2 y(t) = t + cos t dt4 dt dt Soluci´ on a) El aniquilador de et es el operador (D − 1), luego toda soluci´on satisface (D − 1)(D3 − 3D + 2)x(t) = 0 El polinomio de la derecha corresponde a la ecuaci´on homog´enea asociada 0 x000 h − 3xh + 2xh = 0

La ecuaci´on caracter´ıstica es d3 − 3d + 2 = 0 Claramente d1 = 1 es soluci´on. Adem´as (d3 − 3d + 2) : (d − 1) = d2 + d − 2 y entonces d3 − 3d + 2 = (d − 1)(d − 1)(d + 2) = 0

d1 = 1 es soluci´on con multiplicidad 3, luego x1 (t) = (A + Bt + Ct3 )et es soluci´on. Adem´as, d2 = −2 es soluci´on con mutiplicidad 1, as´ı x2 (t) = Ce−2t es soluci´on. Entonces identificamos soluciones de la forma xh (t) = C1 et + C2 tet + C3 e−2t +Ct2 et {z } | Homog´enea La soluci´on particular puede ser obtenida mediante el m´etodo de coeficientes indeterminados. (Se trata de encontrar el valor de C) xp (t) = Ct2 et x0p (t) = 2tCet + Ct2 et x00p (t) = 2Cet + 4Ctet + Ct2 et t t 2 t x000 p (t) = 6Ce + 6Cte + Ct e

84

Luego, para que satisfaga la ecuaci´on 6Cet + 6Ctet + Ct2 et − 6tCet − 3Ct2 et + 2Ct2 et = 6Cet = et Finalmente, la soluci´on general es 1 x(t) = C1 et + C2 tet + C3 e2t + t2 et 6

b) La ecuaci´on es D4 − 4D3 + 5D2 )y(t) = t + cos t La soluci´on homog´enea se encuentra resolviendo la ecuaci´on caracter´ıstica d4 − 4d3 + 5d2 = d2 (d2 − 4d + 5) = 0 Se obtiene, a parte de la soluci´on d = 0 ( de multiplicidad 2) 1√ −4 = 2 ± i 2 Luego, la soluci´on homog´enea es de la forma d=2±

yh (x) = C1 + C2 t + C3 e2t cos t + C4 e2t sin t

Para encontrar la particular, notemos que un aniquilador de t + cos t es (D2 + 1)D2 , que incorporan las soluciones d = 0 (multiplicidad 2), y d = ±i, luego la soluci´on particular es de la forma yp (t) = At2 + Bt3 + C cos t + D sin t

Al imponer que yp (t) satisfaga la ecuaci´on, se obtiene un sistema lineal de 4 ecuaciones y 4 inc´ognitas, al resolver resulta yp (t) =

4 2 1 1 1 t + t3 − cos t + sin t 25 30 8 8

y la soluci´on general queda yg (x) = C1 + C2 t + C3 e2t cos t + C4 e2t sin t +

85

1 1 1 4 2 t + t3 − cos t + sin t 25 30 8 8

Problema Resuelva a) x00 − 6x0 + 9x = t2 b) x000 − 5x00 + 7x0 − 3x = t cos t Soluci´ on a) Primero resolvemos la ecuaci´on homog´enea x00h − 6x0h + 9xh = 0 Escrito de otra manera: (D2 − 6D + 9)xh = 0

Las ra´ıces del polinomio caracter´ıstico est´an dadas por d2 − 6d + 9 = (d − 3)2 = 0 Se obtiene una soluci´on u ´nica (multiplicidad 2) d1 = 3 Luego, una soluci´on de la ecuaci´on homog´enea es x1 (t) = Ce3t y, dado que la multiplicidad de la ra´ız d1 = 3 es 2, tambi´en ser´a soluci´on x2 (t) = (A + Bt)e3t Finalmente, la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea ser´a xh (t) = C1 e3t + C2 te3t

La funci´on no homog´enea corresponde a un polinomio de orden 2, luego proponemos una soluci´on particular de la forma xp (t) = A + Bt + Ct2 x0p (t) = B + 2Ct x00p (t) = 2C

Se debe tener entonces 2C − 6B − 12Ct + 9A + 9Bt + 9Ct2 = 9A − 6B + 2C + (9B − 12C)t + 9Ct2 = t2

86

De aqu´ı se resuelve para A, B y C C=

1 9

12 4 12 →B= = 9 81 27 24 6 18 2 9A = 6B − 2C = − = →A= 27 27 27 27 9B =

Finalmente, la soluci´on general es x(t) =

2 4 1 + t + t2 + C1 e3t + C2 te3t 27 27 9

b) Para encontrar la soluci´on homog´enea se debe resolver la ecuaci´on caracter´ıstica d3 − 5d2 + 7d − 3 = 0 Notamos inmediatamente que d1 = 1 es soluci´on. De esta forma, el polinomio es divisible por (d − 1) d3 − 5d2 + 7d − 3 : (d − 1) = d2 − 4d − 3 Luego d3 − 5d2 + 7d − 3 = (d − d1 )(d − d2 )(d − d3 ) con d1 = 1  √  d2 = 2 1 + 7  √  d3 = 2 1 − 7

La soluci´on homog´enea es  √ √  xh (t) = C1 et + e2t C2 e 7t + C3 e− 7t

Para encontrar la soluci´on particular, proponemos una soluci´on de la forma xp (t) = At cos t + Bt sin t x0p (t) = A cos t − At sin t + B sin t + Bt cos t x00p (t) = −2A sin t − At cos t + 2B cos t − Bt sin t x000 p (t) = −3A cos t + At sin t − 3B sin t − Bt cos t

87

Resolviendo, se obtiene finalmente (4A − 10B) cos t + (10A + 4B) sin t + (−2A + 2B)t sin t + (2A + 6B)t cos t t xp (t) = 2



 3 2 cos t − sin t 13 13

88

Problema Considere la ecuaci´on diferencial y 00 + 4xy 0 + (6 + 4x2 )y = x2 e−x

2

2

a) Pruebe que si u(x) = ex y(x), entonces u satisface una ecuaci´on lineal no homog´enea de coeficientes constantes b) Use esto para determinar la soluci´on y(x) con y(0) = 1, y 0 (0) = 0 Soluci´ on 2 a) Sea u(x) = ex y(x), de forma que 2

y(x) = e−x u(x) 2

2

y 0 (x) = e−x u0 (x) − 2xe−x u(x) 2

2

2

y 00 (x) = e−x u00 (x) − 4xe−x u0 (x) + (4x2 − 2)e−x u(x)

De esta forma, la ecuaci´on es equivalente a 2

2

2

2

e−x u00 (x) − 4xe−x u0 (x) + (4x2 − 2)e−x u(x) + 4xe−x u0 (x) 2

2

2

−8x2 e−x u(x) + (6 + 4x2 )e−x u(x) = e−x x2 Simplificando, se tiene 2

2

2

e−x u00 (x) + 4e−x u(x) = e−x u(x) u00 (x) + 4u(x) = x2 Efectivamente se trata de una ecuaci´on lineal no homog´enea de coeficientes constantes b) La soluci´on de la ecuaci´on homog´enea satisface yh00 (x) + 4yh (x) = 0 Resolviendo el polinomio caracter´ıstico d2 + 4 = 0 → d = ±2i Con esto, la soluci´on de la ecuaci´on homog´enea es yh (x) = A cos 2x + B sin 2x

Para la ecuaci´on particular, suponemos una soluci´on de la forma yp (x) = αx2 + βx + γ yp00 (x) = 2 89

Luego 2α + 4αx2 + 4βx + 4γ = x2 De aqu´ı se obtiene 1 4 β=0

α=

2α + 4γ = 0 → γ = −

α 1 =− 2 8

La soluci´on general para u(x) resulta ser x2 1 − 4 8 La condici´on inicial y(0) = 1 es equivalente a u(0) = 1, luego u(x) = A cos 2x + B sin 2x +

A−

1 9 =1→A= 8 8

Por u ´ltimo, la condici´on y 0 (0) = u0 (0) = 0 = 2B → B = 0 Finalmente, la soluci´on es −x2

y(x) = e



9 x2 1 cos 2x + − 8 4 8

90



Problema Un cilindro vertical de altura h y radio R, est´a cerrado por su extermidad inferior (o base) y tiene empotrado un resorte de coeficiente de elasticidad k y largo l < h en reposo. El cilindro estpa lleno de un l´ıquido viscoso que opone un roce proporcional a la velocidad de desplazamiento en su interior, seg´ un una constante de proporcionalidad λ. En el instante inicial se contrae totalmente el resorte y sobre su extremidad libre, se adhiere una esfera de masa m y radio r, siendo r < R, r < h/2 a) Plantee las ecuaciones del movimiento de la esfera cuando el resorte se extiende y establezca las condiciones para que la esfera quede oscilando dentro del cilindro b) ¿Qu´e relaci´on deben cumplir las constantes m, h, k, λ, r, R, l para que la esfera aflore apenas fuera del cilindro al extenderse el resorte? (Lo anterior significa que s´olo un punto de la esfera alcanza la superficie del l´ıquido) Soluci´ on a) Colocando el origen de coordenadas en la base del cilindro, llamamos x(t) a la posici´on de la extremidad superior del resorte. De acuerdo a la segunda ley de Newton, se tiene mx00 (t) = k(l − x) − mg − λx0 , x(0) = 0, x0 (0) = 0 Primero hay que notar que para que el sistema suba inmediatamente despu´es de soltarlo, se requiere que mg < kl, es decir, la fuerza el´astica debe ser al menos superior al peso de la esfera. El problema con valores iniciales a resolver es x00 (t) +

λ 0 k kl x (t) + x(t) = −g m m m x(0) = 0 x0 (0) = 0

La ecuaci´on caracter´ıstica correspondiende a la ecuaci´on homog´enea es d2 +

λ k d+ =0 m m

y la soluci´on ser´a xh (t) = C1 ed1 t + C2 ed2 t con {d1 , d2 }, las ra´ıces de la ecuaci´on caracter´ıstica. As´ı, para que exista un comportamiento oscilatorio, es necesario y suficiente que las ra´ıces sean complejas. Se tiene s  2 1 λ k λ ± −4 d=− 2m 2 m m Las ra´ıces ser´an complejas si  ∆=

λ m

2 −4

k 0, entonces la soluci´on resulta ser amortiguada, y se ilustra a continuaci´on

Fig. 3.2: Si el coeficiente de roce es suficientemente alto, la masa no alcanza a oscilar

b) Notar que la derivada de la soluci´on est´a dada por √    2 λ −∆ λ − 2km mg 0 − 2m t sin ϕ (t) = 2 √ l− e t k 2 m −∆ La altura m´axima que alcanza √ la masa m ocurre cuando la velocidad se anula por primera vez. Esto ocurre cuando t = 2π/ −∆ = T . Para que la esfera aflore apenas, debe tenerse hmax = ϕ(T ) = h − 2r  o λ mg  n ϕ(T ) = l − 1 − e− 2m T = h − 2r k

92

Es decir, la condici´on que debe cumplirse es la siguiente l=

h − 2r mg √ + k 1 − e−λπ/ −∆

93

3.5.

Variaci´ on de par´ ametros en ecuaciones lineales de segundo orden

Consideremos ecuaciones lineales de segundo orden y 00 (x) + p1 (x)y 0 (x) + p2 (x)y(x) = f (x) donde, en general p1 (x), p2 (x) no son constantes. A continuaci´on veremos un m´etodo general para determinar la soluci´on particular de la ecuaci´on a partir de la soluci´on homog´enea. Supongamos que esta u ´ltima es yh (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) Para resolver la ecuaci´on no-homog´enea, buscamos una soluci´on particular de la forma y(x) = u1 (x)y1 (x) + u2 (x)y2 (x)

Se tiene y 0 (x) = u01 (x)y1 (x) + u02 y2 (x) + u1 y10 (x) + u2 (x)y20 (x) Suponiendo que u01 (x)y1 (x) + u02 (x)y2 (x) = 0 De esta forma yp (x) = u1 (x)y1 (x) + u2 (x)y2 (x) yp0 (x) = u1 (x)y10 (x) + u2 (x)y20 (x) yp00 (x) = u01 (x)y10 (x) + u02 (x)y20 (x) + u1 (x)y1 (x)00 + u2 (x)y2 (x)00

Adem´as, como y1 (x) y y2 (x) satisfacen la ecuaci´on homog´enea y100 (x) = −p1 (x)y1 (x)0 − p2 (x)y1 (x) y200 (x) = −p1 (x)y2 (x)0 − p2 (x)y2 (x)

De esto u ´ltimo yp00 (x) = u01 (x)y10 (x) + u02 (x)y20 (x) + u1 (x) (−p1 (x)y10 (x) − p2 (x)y1 (x)) +u2 (x) (−p1 (x)y20 (x) − p2 (x)y2 (x)) yp00 (x) = u01 (x)y10 (x) + u02 (x)y20 (x) − p1 (x)yp0 (x) − p2 (x)yp (x)

Por lo tanto, debe cumplirse u01 (x)y10 (x) + u02 (x)y20 (x) − p1 (x)yp (x) − p2 (x)yp (x) + p1 (x)yp (x) + p2 (x)yp (x) = f (x) 94

Simplificando u01 (x)y10 (x) + u02 (x)y20 (x) = f (x)

Finalmente, u1 (x) y u2 (x) se obtiene resolviendo el siguiente sistema

Cuya soluci´on es, por supuesto

3.5.1.

u01 (x) =

−y2 (x)f (x) y1 (x)y20 (x) − y2 (x)y10 (x)

u02 (x) =

y1 (x)f (x) 0 y1 (x)y2 (x) − y2 (x)y10 (x)

Definici´ on: Wronskiano

Llamamos Wronskiano de las soluciones y1 (x) e y2 (x) a la funci´on W (x) := y1 (x)y20 (x) − y2 (x)y10 (x) Notar que tambi´en puede ser escrito en la forma de un determinante y (x) W (x) = 10 y1 (x)

y2 (x) y20 (x)

El hecho de que las funciones y1 (x), y2 (x) sean linealmente independientes garantiza que W (x) 6= 0

En t´erminos del Wronskiano, se obtiene u01 (x) = − u02 (x) =

−y2 (x)f (x) Wy1 ,y2 (x) y1 (x)f (x) Wy1 ,y2 (x)

95

3.5.2.

Teorema

Consideremos una ecuaci´on lineal no homog´enea de segundo orden y 00 (x) + p1 (x)y 0 (x) + p2 (x)y(x) = f (x) donde p1 , p2 y f son continuas en alg´ un intervalo I = (a, b). Luego, la soluci´on general es yg (x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + yp (x) con yp (x) = u1 (x)y1 (x) + u2 (x)y2 (x) ˆ

x

yp (x) = x0

−y2 (s)f (s) ds y1 (x) + W (s)

ˆ

x

ds x0

y1 (s)f (s) y2 (x) W (s)

Escrito de forma a´ un mas elegante:  ˆ x  y1 (s)y2 (x) − y2 (s)y1 (x) ds yp (x) = f (s) W (s) x0

3.5.3.

Teorema: F´ ormula de Abel

Considere la ecuaci´on lineal homog´enea de segundo orden y 00 (x) + p(x)y 0 (x) + q(x)y(x) = 0 en un intervalo I ⊆ R, con p continua. El Wronskiano de dos soluciones de la ecuaci´on l.i satisface la ecuaci´on W (x) = W (x0 )e

−

´x x0

p(s)ds

para todo x0 en I. La demostraci´on es la siguiente, se sabe que W (x) = y1 (x)y20 (x) − y2 (x)y10 (x) donde y1 (x), y2 (x) son soluciones de la ecuaci´on homog´enea. Diferenciando W 0 (x) = y10 (x)y20 (x) + y1 (x)y200 (x) − y20 (x)y10 (x) − y2 (x)y100 (x) W 0 (x) = y1 (x)y200 (x)−y2 (x)y100 (x) = −y1 (x) (p(x)y20 (x) + q(x)y2 (x))+y2 (x) (p(x)y10 (x) + q(x)y1 (x))

W 0 (x) = −p(x) (y1 (x)y20 (x) − y2 (x)y10 (x)) = −p(x)W (x) Esta es una ecuaci´on de primer orden separable, y entonces ´x

W (x) = Wx0 e

x0

p(s)ds

El Wronskiano puede ser cero para todo t (en cuyo caso las coluciones no son l.i), o distinto de cero para todo t 96

Problema Considere la ecuaci´on y 00 + a0 (t)y 0 + y = 0 donde la funci´on a(t) es continua con derivada continua. Considere ϕ1 una soluci´on no nula de la ecuaci´on a) Demuestre que

ˆ

t

ϕ2 (t) = ϕ1 (t) 0

1 e−a(s) ds [ϕ1 (s)]2

es tambi´en una soluci´on b) Demuestre que las soluciones ϕ1 , ϕ2 son linealmente independientes Soluci´ on a) Se deriva directamente y se obtiene   ˆ t ˆ t 1 1 1 d −a(s) 0 ϕ1 (t) e−a(t) e ds = ϕ1 (t) e−a(s) ds + 2 2 dt [ϕ1 (t)] 0 [ϕ1 (s)] 0 [ϕ1 (s)] La segunda derivada es ˆ t ds 1 ϕ01 (t) −a(t) a0 (t) −a(t) 00 −a(s) 0 −a(t) ϕ1 (t) e + ϕ1 (t) e − e − e 2 [ϕ1 (t)]2 [ϕ1 (t)]2 [ϕ1 (t)]2 0 [ϕ1 (s)] Agrupando adecuadamente se obtiene que ˆ (ϕ001 (t)

+a

0

(t)ϕ01 (t)

+ ϕ1 (t)) 0

t

1 e−a(s) ds [ϕ1 (s)]2

Lo cual es cero puesto que ϕ1 es soluci´on de la ecuaci´on homog´enea b) Hay que probar que el Wronskiano Wϕ1 ,ϕ2 = ϕ1 (t)ϕ02 (t) − ϕ2 (t)ϕ01 (t) nunca se anula. Despejando se obtiene que ˆ t ds ϕ2 (t) = e−a(s) 2 ϕ1 (t) [ϕ (s)] 1 0 Derivando la igualdad, se obtiene Wϕ1 ,ϕ2 (t) 1 =− e−a(t) 2 [ϕ1 (t)] [ϕ1 (t)]2 Como ϕ1 (t) no es id´enticamente cero, podemos simplificar por [ϕ1 (t0 )]2 en un punto t0 . Luego, Wϕ1 ,ϕ2 (t0 ) = e−a(t0 ) no se anula pues a(t) es continua. Adem´as sabemos que si el Wronskiano es no nulo en un punto es siempre no nulo. Por lo tanto, las soluciones ϕ1 , ϕ2 son l.i

97

Problema Para resolver la ecuaci´on t2 x00 (t) − tx0 (t) + 5x(t) = t, (t > 0) siga el procedimiento siguiente a) Verifique que la funci´on ϕ(t) = 21t sin(2 ln t) es una soluci´on de la ecuaci´on homog´enea b) Calcule el Wronskiano de la ecuaci´on y encuentre un abase de soluciones de la ecuaci´on homog´enea c) Encuentre la soluci´on general de la ecuaci´on planteada Soluci´ on a) Sea ψ(t) = t sin(2 ln t). Un c´alculo directo de sus derivadas nos da ψ 0 (t) = sin(2 ln t) + 2 cos(2 ln t) ψ 00 (t) =

2 (cos(2 ln t) − 2 sin(2 ln t)) t

Reemplazando en la ecuaci´on 1 5 1 x00 (t) − x0 (t) + 2 x = t t t se observa que ψ verifica la ecuaci´on homog´enea asociada. b) El Wronskiano satisface la ecuaci´on W 0 (t) = W (1)e

´t

ds 1 s

= W (t)t

Si ϕ1 (t) = t sin(2 ln t) es soluci´on de la homog´enea, necesitamos otra soluci´on l.i, digamos ϕ2 (t). La forma m´as f´acil de encontrarla consiste en probar que ϕ2 (t) = t cos(2 ln t) es soluci´on l.i de ϕ1 (t) y para eso basta probar que el Wronskiano determinado por estas funciones es de la forma W (1)t. En efecto t sin(2 ln t) t cos(2 ln t) Wϕ1 ,ϕ2 (t) = sin(2 ln t) + 2 cos(2 ln t) cos(2 ln t) − 2 sin(2 ln t) Wϕ1 ,ϕ2 (t) = t sin(2 ln t) cos(2 ln t) − 2t sin2 (2 ln t) − t cos(2 ln t) sin(2 ln t) − 2t cos2 (2 ln t) Wϕ1 ,ϕ2 (t) = −2t = W (1)t pues, efectivamente W (1) = −2. De esta forma, ϕ1 (t), ϕ2 (t) constituyen una base de soluciones de la ecuaci´on homog´enea c) La soluci´on particular est´a dada por  ˆ t  ϕ1 (s)ϕ2 (t) − ϕ2 (s)ϕ1 (t) ds f (s) xp (t) = W (s) 1  ˆ t  s sin(2 ln s)ϕ2 (t) − s cos(2 ln s)ϕ1 (t) xp (t) = ds −2s2 1 98

ˆ

t

 ds

xp (t) = 1

cos(2 ln s)ϕ1 (t) sin(2 ln s)ϕ2 (t) − 2s 2s



pero ˆ

ˆ 1

Del mismo modo ˆ 1

t

t

t

ds cos(2 ln s) 2 → u = 2 ln s, du = ds 2s s 1 ˆ ds cos(2 ln s) 1 2 ln t 1 = du cos u = sin(2 ln t) 2s 4 0 4

ds sin(2 ln s) 1 = 2s 4

ˆ 0

2 ln t

1 1 du sin u = − cos(2 ln t) + 4 4

Finalmente 1 1 t 1 1 xp (t) = ϕ1 (t) sin(2 ln t) + cos(2 ln t)ϕ2 (t) − ϕ2 (t) = − ϕ2 (t) 4 4 4 4 4

Y la soluci´on general queda x(t) = C1 t sin(2 ln t) + C2 t cos(2 ln t) +

99

t 4

Problema Encuentre la soluci´on general de la siguiente ecuaci´on x2 y 00 + xy 0 − 4y = 1 sabiendo que y1 (x) = x2 es una soluci´on de la ecuaci´on homog´enea asociada Soluci´ on Mediante variaci´on de par´ametros, buscamos una soluci´on homog´enea de la forma y2 (x) = v(x)y1 (x). Entonces y20 (x) = v 0 (x)y1 (x) + v(x)y10 (x) y20 (x) = v 00 (x)y1 (x) + 2v 0 (x)y10 (x) + v(x)y100 (x)

Para que sea soluci´on de la homog´enea x2 v 00 (x)y1 (x) + 2v 0 (x)y10 (x)x2 + v(x)x2 y100 (x) + xv 0 (x)y1 (x) + xv(x)y10 (x) − 4v(x)y1 (x) = 0


x2 v 00 (x)y1 (x) + 2v 0 (x)y10 (x)x2 + v(x) x2 y100 (x) + xy10 (x) − 4y1 (x) +xv 0 (x)y1 (x) = 0 | {z } =0

x2 v 00 (x)y1 (x) + 2v 0 (x)y10 (x)x2 + xv 0 (x)y1 (x) = 0 x2 v 00 (x)x2 + 4v 0 (x)x3 + xv 0 (x)x2 = 0 xv 00 (x) + 5v 0 (x) = 0 de donde se obtiene v 0 (x) = −

De esta manera, y2 (x) =

1 , 4x2

1 1 1 → v = +C x5 4 x4

la ecuaci´on general de la ecuaci´on homog´enea es Ax2 +

B x4

El Wronskiano Wy1 ,y2 = x1 . Aplicando la f´ormula de variaci´on de par´ametros, se obtiene que la soluci´on particular yp de la no homog´enea est´a dada por  ˆ x  y1 (s)y2 (x) − y2 (s)y1 (x) 1 yp (x) = ds W (s) s2 x0

100

Reemplazando 1 yp (x) = x2 4

ˆ 1

x

ds 1 − 2 3 s 4x

ˆ

s

dss = − 1

Luego, la soluci´on general es y(x) = Ax2 +

101

B 1 − x2 4

1 4

Problema Considerar la ecuaci´on x00 (t) + p(t)x0 (t) + q(t)x(t) = 0 donde los coeficientes p y q son funciones continuas definidas sobre toda la recta real y con valores complejos. a) Dada una funci´on R → R diferenciable cont´ınuamente hasta segundo orden y estrictamente creciente, encontrar una relaci´on entre p y q de modo que al hacer el cambio de variable s = f (t), x(t) = y(s) = y(f (t)), la ecuaci´on precedente se transforme en una con coeficientes constantes b) Transforme la ecuaci´on x00 + (2et − 1)x0 + e2t x = 0 en

dy d2 y +y =0 + 2 ds2 ds mediante un cambio de variable s = f (t) apropiado

c) Encontrar la soluci´on general de x00 + (2et − 1)x0 + e2t x = 1 Soluci´ on a) Comencemos por calcular las derivadas sucesivas de x y de y x0 (t) =

dx dy ds dy = = f 0 (t) dt ds dt s

dy d2 y 0 x (t) = 2 (f (t))2 + f 00 (t) ds ds 00

Reemplazando las expresiones anteriores en la ecuaci´on propuesta obtenemos d2 y dy +P + Qy = 0 2 ds ds donde los coeficientes P =

f 00 + p(t)f 0 (f 0 )2

Q=

q(t) (f 0 )2

deben ser constantes b) Aplicamos lo anterior con los datos que se entregan p(t) = 2et − 1 q(t) = e2t

P = 2, Q = 1

102

Entonces se obtiene q(t) e2t = = 1 → f 0 = et (f 0 )2 (f 0 )2 Luego, un cambio de variable posible es s = f (t) = et (verificar que cumple la relaci´on correcta para P ) c) Si se aplica el cambio de variables de la pregunta anterior, se obtiene dy 0 dy t f = e ds ds 2 dy d2 y dy dy x00 (t) = 2 (f 0 (t))2 + f 0 (t) = e2t 2 + et ds ds ds ds x0 (t) =

Luego d2 y dy dy dy t e + e2t 2 + 2e2t − et + e2t y(s) = 1 ds ds ds ds dy 1 d2 y + +2 + y(s) = e−2t = 2 2 ds ds s

y la ecuaci´on no homog´enea en y es dy 1 d2 y + 2 + y = 2 , (s 6= 0) 2 ds ds s La ecuaci´on homog´enea correspondiente tiene una base de soluciones de la forma ϕ1 (s) = e−s , ϕ2 (s) = se−s El Wronskiano asociado es
W (s) = ϕ1 (s)ϕ02 (s) − ϕ2 (s)ϕ01 (s) = e−s e−s − se−s + se−s e−s W (s) = e−2s La soluci´on particular de la ecuaci´on no homog´enea es entonces ˆ s ϕ1 (r)ϕ2 (s) − ϕ1 (s)ϕ2 (r) = e−(s−r) (s − r) ϕp (s) = dr 2 r W (r) 1 De donde la soluci´on general de la ecuaci´on es ˆ s e−(s−r) (s − r) −s ϕ(s) = (C1 + C2 s) e + dr r2 1 y se obtiene la soluci´on de la ecuaci´on original haciendo el reemplazo x(t) = y(s) = y(et )

103

Problema Resuelva la siguiente ecuaci´on x00 (t) − cos tx0 (t) + sin tx(t) = sin t

Soluci´ on Primero se debe resolver la ecuaci´on homog´enea asociada x00 (t) − cos tx0 (t) + sin tx(t) = 0 Una soluci´on es x1 (t) = esin t . En efecto x01 (t) = cos tesin t x001 (t) = − sin tesin t + cos2 tesin t Luego x001 (t) − cos tx01 (t) + sin tx1 (t) = − sin tesin t + cos2 esin t − cos2 tesin t + sin tesin t = 0 Debemos encontrar otra soluci´on de la ecuaci´on homog´enea linealmente independiente con x1 . Proponemos una de la forma x2 (t) = w(t)x1 (t) Con lo que x02 (t) = w0 (t)x1 (t) + w(t)x01 (t) x02 (t) = w00 (t)x1 (t) + 2w0 (t)x01 (t) + w(t)x001 (t)

Se debe cumplir entonces w00 (t)x1 (t) + 2w0 (t)x0 (t) + w(t)x001 (t) − cos t (w(t)x1 (t) + w0 (t)x1 (t)) + sin tw(t)x1 (t) = 0 w(t) (x001 (t) − cos tx01 (t) + sin tx1 (t)) +2w0 (t)x01 (t) + w00 (t)x1 (t) = 0 | {z } =0

Luego w00 (t)x1 (t) + w0 (t) (2x01 (t) − cos tx1 (t)) = 0

w00 (t)esin t + w0 (t) 2 cos tesin t − cos tesin t w00 (t) + w0 (t) cos t = 0 104




Esta ecuaci´on resulta ser separable, notando que w00 (t) = − cos t w0 (t) ˆ t 0 − sin t e− sin s ds w (t) = e → w(t) = 0

Finalmente ˆ x2 (t) = e

t

dse− sin s

sin t 0

Ahora que tenemos dos soluciones l.i de la ecuaci´on homog´enea, el problema est´a pr´acticamente resuelto. El Wronskiano est´a dado por

W (t)x1 ,x2

x (t) = 0 1 x1 (t)

x2 (t) x02 (t)

  ˆ t ˆ t − sin s sin t sin t dse− sin s cos tesin t dse −e 1 + cos te

sin t

W (t)x1 ,x2 = e

0

0

W (t)x1 ,x2 = esin t

Luego, por el teorema de variaci´on de par´ametros, la soluci´on particular es ˆ

t

xp (t) = −x1 (t) 0

ˆ sin t

xp (t) = −e

ˆ

t

ds

x2 (s)f (s) ds + x2 (t) W (s)

s

dre

− sin r

ˆ

ds 0

ˆ

 sin s + e

y1 (s)f (s) W (s)

ˆ

t

sin t

dse

0

0

t

0

− sin s

t

ds sin s 0

S´olo por entretenci´on calculemos la siguiente integral doble ˆ I=

ˆ

t

ds 0

ˆ

s

dre

− sin r

sin s =

ˆ

t

0

0

t

dse− sin r sin s

dr r

Donde se ha explotado la forma de la regi´on de integraci´on en el plano s − r. Finalmente  ˆ t t  ˆ t − sin r I= dre − cos s = dr (cos r − cos t) e− sin r 0

r

0

105

ˆ

ˆ

t

dr cos re

I= 0

− sin r

t

− cos t

dre

− sin r

= −e

ˆ t t e− sin rdr − cos t

− sin r

0

0

0

Sea ˆ

t

dre− sin r

ϕ(t) = 0

Con lo que la soluci´on particular queda escrita en forma m´as compacta xp (t) = 1 − esin t + esin t ϕ(t)

y la soluci´on general queda   ˆ t − sin s sin t + 1 − esin t + esin t ϕ(t) dse C1 + C2 x(t) = e 0

106

3.6.

Series

Consideremos la sucesi´on S0 = 1 S1 = 1 + r S2 = 1 + r + r2 En general Sn = 1 + r + r2 + ... + rn {Sn }, n ∈ N es una sucesi´on . El l´ımite, si existe, es denotado por S = l´ım Sn = l´ım 1 + r + r2 + ... + rn n→∞




n→∞

S = l´ım

n→∞

n X

∞ X

rk =

k=0

rk

k=0

Sabemos que 1 − rn+1 , |r| < 1 Sn = 1−r de modo que S=

∞ X

rk =

k=0

3.6.1.

1 , |r| < 1 1−r

Definici´ on: Serie

∞ Una serie num´ercia es una sucesi´on {Sn } de n´ umeros de la forma n=1

S 1 = a1 S2 = a1 + a2 Sn = a1 + a2 + ... + an

Sn =

n X

ak

k=1

La serie converge si l´ım Sn

n→∞

existe

En tal caso, escribimos l´ım Sn =

n→∞

∞ X k=1

107

ak

3.7.

Series de t´ erminos no negativos

Consideremos ∞ X

an , an > 0

n=0

3.7.1.

Teorema (Criterio de la ra´ız) 1/n

Supongamos que l = l´ımn→∞ an P a) Si l < 1, ∞ n=1 an converge P b) Si l > 1, ∞ n=1 an diverge

3.7.2.

existe, entonces

Teorema (Criterio del cuociente)

Supongamos que l = l´ımn→∞ an+1 existe, entonces an P a) Si l < 1, ∞ n=1 an converge P b) Si l > 1, ∞ n=1 an diverge

3.7.3.

Definici´ on: Convergencia absoluta

Sea la serie general

∞ X

an

n=1

con an no necesariamente positivo. Decimos que la serie converge absolutamente si ∞ X

|an | converge

n=1

3.8.

Soluci´ ones en forma de series de potencias

La mayor parte de las ecuaciones diferenciales de coeficientes variables no se pueden resolver en t´erminos de funciones elementales. Sin embargo, es posible para algunas encontrar soluciones en series de potencia. Una serie de potencias en torno a a est´a definida por ∞ X

an (x − a)n

n=0

se dice que ´esta converge en x0 ∈ R si la serie evaluada en x0 converge a un valor real. Resulta de inter´es saber exactacmente para qu´e valores de x una serie de potencia resulta convergente. Obviamente converge para x = a ∞ X

an (x − a)n

n=0

x=a

= a0

Se puede demostrar que la serie converge en un intervalo de la forma {x ∈ R, |x − a| < R} 108

mientras que la serie diverge para x, |x − a| > R . A R ∈ R se le llama radio de convergencia de la serie. En efecto, sea ∞ X

|an (x − a)n |

n=0

Seg´ un el criterio del cuociente, la serie converge para cada x ∈ R tal que an+1 (x − a)n+1 R, la serie diverge Nota Utilizando el criterio de la ra´ız, se obtiene la siguiente equivalencia R=

1 l´ımn→∞ |an |1/n 109

an = l´ım n→∞ an+1

3.8.2.

Definici´ on de una funci´ on mediante serie de potencias

Para una funci´on dada se puede escribir f (x) =

∞ X

an (x − a)n = a0 + a1 (x − a) + a2 (x − a)2 + ...

n=0

cuyo dominio es el intervalo de convergencia de la serie. Si ´esta tiene un radio de convergencia R > 0, f es continua, diferenciable e integrable para x, |x − a| < R. Adem´as, tanto su derivada como la integral se pueden determinar por derivar e integrar t´ermino a t´ermino, respectivamente (convergencia uniforme) 0

2

f (x) = a1 + 2a2 (x − a) + 3a3 (x − a) + ... =

∞ X

an n(x − a)n−1

n=1

ˆ

3.8.3.

∞ X (x − a)3 (x − a)n+1 1 + ... = C + an dxf (x) = C + a0 (x − a) + a1 (x − a)2 + a2 2 3 n+1 n=0

Definici´ on: Funci´ on anal´ıtica en un punto

Se dice que f es anal´ıtica en x = a si se puede representar por una serie de potencias en x − a , con radio de convergencia positivo.

3.9.

Soluciones en torno a puntos ordinarios

Supongamos que la ecuaci´on diferencial de segundo orden a2 (x)y 00 (x) + a1 (x)y 0 (x) + a0 (x)y(x) = 0 se expresa en la forma normal dividiendo por a2 (x) y 00 (x) + P (x)y 0 (x) + Q(x)y(x) = 0

3.9.1.

Definici´ on: Punto ordinario y punto singular

Se dice que x0 es un punto ordinario de la ecuaci´on diferencial si P (x), Q(x) son anal´ıticas en x0 . Se dice que un punto no ordinario de la ecuaci´on es un punto singular

110

3.9.2.

Teorema: Existencia de la soluci´ on en series de potencias

Si x = x0 es un punto ordinario de la ecuaci´on y 00 (x) + P (x)y 0 (x) + Q(x)y(x) = 0

siempre se pueden determinar dos soluciones l.i en forma de series de potencias centradas en x0 y=

∞ X

an (x − x0 )n

n=0

Una soluci´on en serie converge, al menos, para |x − x0 | < R, donde R es la distancia de x0 al punto singular m´as cercano

3.10.

Soluciones en torno a puntos singulares

Para la ecuaci´on y 00 (x) + P (x)y 0 (x) + Q(x)y(x) = 0

vimos que para todo punto ordinario x = x0 no hab´ıa problemas para determinar dos soluciones l.i en forma de series de potencias en torno a x0 ∞ X

an (x − x0 )n

n=0

Sin embargo, si x0 es un punto singular, no siempre esto es posible. Se podr´ıa llegar a una soluci´on en series de la forma ∞ X

an (x − x0 )n+r

n=0

donde r es un entero no negativo por determinar

3.10.1.

Definici´ on: Puntos singulares regulares e irregulares

Para la ecuaci´on y 00 (x) + P (x)y 0 (x) + Q(x)y(x) = 0

Un punto singular x = x0 es singular regular si tanto (x − x0 )P (x) como (x − x0 )2 Q(x) son anal´ıticas en x0 . Se dice que un punto singular no regular es un punto singular irregular de la ecuaci´on.

111

3.10.2.

Teorema de Frobenius

Si x = x0 es un punto singular regular de la ecuaci´on y 00 (x) + P (x)y 0 (x) + Q(x)y(x) = 0

Existe al menos una soluci´on en serie de la forma r

y = (x − x0 )

∞ X

an (x − x0 )n

n=0

en donde r es una constante por determinar. Esta serie converge al menos en un intervalo 0 < |x − x0 | < R

112

Problema a) Encuentre las relaciones de recurrencia para la soluci´on en serie de potencias, alrededor de t = 0, de la ecuaci´on de Legendre (t2 − 1)y 00 (t) + 2ty 0 (t) − µ(µ + 1)y(t) = 0 b) Muestre que si µ es un entero positivo, entonces la ecuaci´on de Legendre tiene una soluci´on polinomial de grado µ Soluci´ on a) Sea y(t) =

∞ X

an tn

n=0

la soluci´on buscada. Derivando dos veces t´ermino a t´ermino y corriendo los ´ındices, obtenemos y(t) =

∞ X

an tn

n=0 0

y (t) =

∞ X

(n + 1)an+1 tn

n=0

y 00 (t) =

∞ X

(n + 1)(n + 2)an+2 tn

n=0

Por lo tanto, (t2 − 1)y 00 (t) + 2ty 0 (t) − µ(µ + 1)y(t) =

=

∞ X

n+2

(n + 1)(n + 2)an+2 t

+

∞ X

n=0

n+1

2(n + 1)an+1 t

n=0

=

∞ X

n n

(n − 1)na t +

n=2

∞ X n=2

−

∞ X

{(n + 1)(n + 2)an+2 + µ(µ + 1)an } tn

n=0

n

2nan t + 2a1 t −

∞ X

{(n + 1)(n + 2)an+2 + µ(µ + 1)an } tn

n=2

− (2a2 + µ(µ + 1)a0 ) − (6a3 + µ(µ + 1)a1 ) t = − (2a2 + µ(µ + 1)a0 ) − (6a3 + (µ(µ + 1) − 2)a1 ) t +

∞ X

{(n(n + 1) − µ(µ + 1)) an − (n + 1)(n + 2)an+2 } tn

n=2

113

Igualando todos los coeficientes a cero, obtenemos que a2 = − a3 = an+2 =

µ(µ + 1) a0 2

2 − µ(µ + 1) a1 6

n(n + 1) − µ(µ + 1) an n = 0, 1, 2, 3, 4, ... (n + 1)(n + 2)

b) Si µ ∈ N entonces, cuando en la recursi´on anterior se tiene n = µ, obtenemos aµ+2 = 0, luego aµ+2 = aµ+4 = aµ+6 = ... = 0 Por otra parte, todas las soluciones particulares se obtienen asignando a las constantes arbitrarias a1 y a0 valores dados. Entonces, si µ es par escogemos a1 = 0, con lo cual a2k+1 = 0 para todo k = 0, 1, 2, ... y, como vimos antes, a2k = 0 para 2k ≥ µ + 2, con lo cual an = 0 ∀n > µ implicando que todas las soluciones obtenidas haciendo a1 = 0 son polinomios de grado µ. Si µ es impar , en tal caso se puede escoger a2 = 0 y razonando como antes se obtiene como soluciones polinomio de grado µ

114

Problema Comencemos por considerar la ecuaci´on d2 y + λy = 0 dx2 que tiene una singularidad que no es regular en el punto x = 0 x4

a) Demuestre que el cambio de variable t = 1/x genera una ecuaci´on diferencial que posee una singularidad regular en t = 0, vale decir que se le puede aplicar el m´etodo de Frobenius (basado en serie de potencias) b) Aplique el m´etodo de potencias (Frobenius) para encontrar soluciones l.i ϕ1 (t), ϕ2 (t) de la ecuaci´on precedente Soluci´ on a) Al aplicar el cambio de variables, se observa que     d 1 dy d dy dt d2 y = − 2 = dx2 dx dt dx dx x dt   d2 y 2 dy 1 d dy = 3 − 2 dx2 x dt x dx dt    d2 y 1 −1 d2 y dy d2 y 4 3 dy = 2t − t + 2 t3 = 2 2 2 2 2 dx dt x x dt dt dt de modo que la ecuaci´on se reduce a 2 y 00 (t) + y 0 (t) + λy(t) = 0 t Notar que el punto t = 0 es singular regular de esta ecuaci´on b) Sabemos que la ecuaci´on acepta al menos una soluci´on de la forma r

y(t) = t

∞ X

an tn

n=0

Derivando 0

y (t) = rt

r−1

∞ X

n

r

an t + t

n=0 00

r−2

y (t) = r(r − 1)t

∞ X

n

an t + 2rt

n=0

r−1

∞ X

(n + 1)an+1 tn

n=0 ∞ X

∞ X (n + 1)an+1 t + t (n + 2)(n + 1)an+2 tn n

r

n=0

n=0

Reemplazando en la ecuaci´on r−2

r(r − 1)t

∞ X n=0

n

an t + 2rt

r−1

∞ X

n

(n + 1)an+1 t + t

n=0

2tr−1

r

∞ X

∞ X

n

(n + 2)(n + 1)an+2 t + 2rt

n=0

(n + 1)an+1 tn + λtr

n=0

∞ X n=0

∞ X n=0

115

r−2

an tn = 0

an tn +

Igualando a cero los coeficientes de tr−2 , se obtiene la ecuaci´on r(r − 1) + 2r = 0

Cuyas soluciones son r1 = 0, r2 = −1. Para r1 = 0, se tiene ∞ X

n

(n + 2)(n + 1)an+2 t + 2t

−1

∞ X

n

(n + 1)an+1 t + λ

n=0

n=0

∞ X

an tn = 0

n=0

∞ ∞ ∞ X X X (n + 2)(n + 1)an+2 tn + 2 (n + 1)an+1 tn−1 + λ an tn = 0 n=0

n=0

n=0

Luego a1 = 0 y ∞ X

n

(n + 2)(n + 1)an+2 t + 2

n=0

∞ X

n

(n + 2)an+2 t + λ

n=0

∞ X

an tn = 0

n=0

((n + 2)(n + 1) + 2(n + 2)) an+2 + λan = 0 ; n = 0, 1, 2, 3, ...
n2 + 5n + 6 an+2 + λan = 0 ; n = 0, 1, 2, 3, ... an+2 = −

λ an ; n = 0, 1, 2, 3, ... (n + 3)(n + 2)

Se ve que an = 0 para todo n impar (a1 = 0), mientras que a2 = − a4 = − a6 = −

λ a0 3×2

λ λ2 a2 = a0 5×4 5!

λ λ3 a4 = − a0 7×6 7!

Se deduce a2n =

(−1)n (λn ) (2n + 1)!

Finalmente una soluci´on queda dada por √ ∞ X (−1)n √ 2n sin( λt) y1 (t) = a0 ( λt) = a0 √ (2n + 1)! λt n=0 Por u ´ltimo, para r = −1 t−1

∞ ∞ X X (n + 2)(n + 1)an+2 tn + λt−1 an tn = 0 n=0

n=0

116

Luego an+2 = −

λ an (n + 2)(n + 1)

Tomando a1 = 0, entonces an = 0 para todo n impar, y adem´as a2 = − a4 = −

λ a0 2×1

λ λ2 a2 = 4×3 4!

λ λ3 a6 = − a4 = − 6×5 6!

As´ı a2n =

(−1)n √ 2n λ (2n)!

y otra soluci´on de la ecuaci´on, l.i con la anterior resulta ser √ ∞ X (−1)n √ 2n cos( λ)t λt = ϕ2 (t) = t b0 (2n)! t n=0 −1

Finalmente, volviendo a la variable x, la soluci´on general de la ecuaci´on propuesta toma la forma √  √  x y(x) = α1 √ sin λ/x + α2 x cos λ/x λ

117

Problema a) Resuelva el problema (x2 − 2x − 3)y 00 (x) + 3(x − 1)y 0 (x) + y = 0 y(1) = 4, y 0 (1) = 1 con serie de potencias centrada en x0 = 1. Encuentre el radio de convergencia de la soluci´on b) Encuentre los 5 primeros t´erminos de la expansi´on en serie de potencias centrada en 0 de la soluci´on del problema y 00 − ex y = 0, y(0) = 1, y 0 (0) = 1 Soluci´ on a) Sea el cambio de variable t = x − 1, y v(t) = y(x) = y(t + 1). Entonces, la ecuaci´on (x2 − 2x − 3)y 00 (x) + 3(x − 1)y 0 (x) + y = 0 y(1) = 4, y 0 (1) = 1

Es equivalente a (t2 − 4)v 00 (t) + 3tv 0 (t) + v = 0 y(1) = 4, y 0 (1) = 1 o bien v 00 (t) +

t2

1 3t 0 v (t) + 2 v = 0 y(1) = 4, y 0 (1) = 1 −4 t −4

Vemos que t = 0 es un punto ordinario de la ecuaci´on, de forma que admite soluci´on en serie de potencias centrada en 0 v(t) =

∞ X

an t n

n=0

Entonces 0

tv (t) =

∞ X

n

nan t

00

, v (t) =

n=0

∞ X

(n + 2)(n + 1)an+2 tn

n=0

y 2 00

t v (t) =

∞ X

n(n − 1)an tn

n=0

Sustituyendo en la ecuaci´on, se obtiene la relaci´on an+2 =

n+1 an para todo n ≥ 0 4(n + 2)

118

De esta forma 1 a0 4×2 3 3 2×3×4 4! a4 = a2 = a0 = 4 a0 = 4 a0 2 4×4 4×4×4×2 4 × (2!) 4 × (2!)2 a2 =

a6 =

5! × 6 6! 5 a4 = 4 a0 = 6 a0 2 4×6 4 × 4 × 6 × 6 × (2!) 4 × (3!)2

Luego, se ve que en general a2k =

(2k)!

para todo k ≥ 0

a0 42k (k!)2

del mismo modo se deduce a2k+1

(k!)2 a1 = (2k + 1)!

Las condiciones iniciales implican v(0) = 4 → a0 = 4 y v 0 (0) = 1 → a1 = 1. La soluci´on es entonces y(x) = 4

∞ ∞ X X (2k!)2 (k!)2 2k (x − 1) + (x − 1)2k+1 2k (k!)2 4 (2k + 1)! k=0 k=0

y su radio de convergencia es igual a 2, pues esta es la distancia entre x0 = 1 y la ra´ız m´as cercana del polinomio (x2 − 2x − 3) P k b) Busco una soluci´on de la forma y(x) = ∞ k=0 ak x . Las condiciones iniciales implican a0 = 1, a1 = 1. Sustituyendo la serie en la ecuaci´on diferencial se obtiene ! ∞ ! ∞ ∞ X X X xk k k ak x = 0 (k + 2)(k + 1)ak+2 x − k! k=0 k=0 k=0 Se tiene adem´as ∞ X xk k=0

k!

!

∞ X

! ak x k

= a0 + (a0 + a1 )x +

a

 a  a1 0 + a1 + a2 x 2 + + + a2 + a3 x3 + ... 2! 3! 2!

k=0

=

∞ k X X k=0

j=0

0

aj (k − j)!

! xk

Se tiene entonces la relaci´on k

ak+2

X aj 1 = (k + 2)(k + 1) j=0 (k − j)!

119

Por ende, los primeros 5 t´erminos de la expansi´on son 1+x+

x2 x3 x4 + + 2 3 6

120

Cap´ıtulo 4 Transformada de Laplace La transformada de Laplace es una herramienta realmente poderosa para resolver ecuaciones diferenciales lineales, o en general sistemas de ecuaciones lineales. Primeramente definiremos la transformada de Laplace, derivaremos sus propiedades m´as interesantes y luego la aplicaci´on a la resoluci´on de ecuaciones diferenciales ser´a inmediata

4.1.

Definici´ on: Transformada de Laplace

Sea f : [0, ∞) → R. Definimos la transformada de Laplace de f como la integral impropia ˆ ∞ dtf (t)e−st F (s) = L {f } (s) = 0

para aquellos valores de s ∈ C para los cuales la integral converge. El conjunto de estos valores constituye la regi´ on de convergencia, y corresponde al conjunto de valores para los cuales ˆ ∞ dt |f (t)| e−Re s t < ∞ 0

En efecto, si esto u ´ltimo se cumple, la transformada de Laplace existe. Sea s = σ + iδ ˆ ∞ ˆ ∞ ˆ ∞ −σt−iδt −st 0≤ dtf (t)e ≤ dt |f (t)| e = dt |f (t)| e−Re s t < ∞ 0

4.2. 4.2.1.

0

0

Algunas transformadas de Laplace Funci´ on de Heavyside

Sea la funci´on de Heavyside  H(t) =

0 t0

121

A continuaci´on se ilustra la forma de la funci´on Heavyside

Fig. 4.1: H(t) tambi´en es llamada popularmente funci´on escal´on

Su transformada de Laplace est´a dada por ˆ ∞ ˆ −st L {H(t)} (s) = dtH(t)e = 0

0

∞

∞ 1 dte−st = − e−st s 0

Esta u ´ltima integral converge u ´nicamente para < {s} > 0, y se tiene L {H(t)} (s) =

4.2.2.

1 < {s} > 0 s

Delta de Dirac δ(t)

En muchos modelos f´ısicos se utilizan funciones generalizadas, o distribuciones de Schwartz, que no son funciones en el sentido ordinario. El ejemplo mas ilustre y sobresaliente de funci´on generalizada es la delta de Dirac, que resulta fundamental para el desarollo de muchas teor´ıas de la f´ısica, as´ı como del An´alisis de Se˜ nales (Disciplina de la Ingenier´ıa El´ectrica). Las propiedades fundamentales de la delta son δ(t) = 0 ∀t 6= 0 ˆ

Es cero excepto en el origen

∞

dtδ(t) = 1 ˆ

Integra uno

−∞ ∞

dtδ(t)f (t) = f (0) −∞

ˆ

Para toda f definida en x = 0

∞

dt0 δ(t − t0 )f (t0 ) = f (t) −∞

Notar que a pesar de que la delta de dirac es nula excepto en el origen, su integral es 1. Esto por supuesto es imposible para una funci´on ordinaria, la u ´nica forma de pensarlo es que tenga un valor indefinidamente grande en x = 0 (infinito!). Esta es una forma intuitiva de pensar en la delta, sin embargo incorrecta, pues no se trata de una funci´on.

122

Existen varias sucesiones de funciones que se aproximan a este comportamiento. (Es decir, definen la delta de Dirac). Un ejemplo consiste en la siguiente sucesi´on de funciones   t < −1/n 0 δn (t) = n/2 −1/n < t < 1/n   0 t > 1/n

Fig. 4.2: Primeras 3 funciones dadas por la sucesi´on δn (x) Notar que a medida que aumenta n, la funci´on se asemeja a un rect´angulo cada vez m´as angosto en torno al origen y de mayor amplitud. Sin embargo, siempre el a´rea bajo δn (t) es 1. F´ısicamente usaremos la delta de Dirac para modelar fuerzas de gran amplitud que act´ uan sobre un intervalo de tiempo infinitamente breve Veamos que en efecto δn (t) se comporta como la delta cuando n → ∞ ˆ

ˆ

∞

1/n

dt

dtδn (t) =

n

−1/n

−∞

2

=

n 2 =1 2 n

Adem´as, para obtener ˆ

∞

dtδn (t)f (t) −∞

Usamos el teorema del valor medio integral ˆ

∞

n dtδn (t)f (t) = 2 −∞

ˆ

1/n

dtf (t) = −1/n

n2 fn = fn 2n

donde fn es el valor de la funci´on para alg´ un t entre −1/n < t < 1/n . De esta forma, es claro que ˆ ∞ l´ım dtδn (t)f (t) = l´ım fn = f (0) n→∞

n→∞

−∞

En resumen, la sucesi´on δn (t) define la funci´on generalizada δ(t) La transformada de Laplace de la delta de Dirac1 est´a dada por ˆ ∞ dtδ(t)e−st = e−s0 = 1 L {δ(t)} (s) = 0 1

As´ı es, definiremos la transformada de Laplace de la Delta sin remordimientos

123

As´ı L {δ(t)} (s) = 1 ∀s ∈ C

Fig. 4.3: Paul Dirac Paul Dirac(1902-1984) F´ısico Ingl´es. Se gradu´o de Ingeniero El´ectrico en 1921, posteriormente estudi´o matem´aticas y fue recibido en la Universidad de Cambridge. En 1926 desarroll´o una versi´on de la mec´anica cu´antica en la que un´ıa el trabajo previo de Werner Heisenberg y de Erwin Schr¨odinger en un u ´nico modelo matem´atico que asocia cantidades medibles con operadores que act´ uan en el espacio vectorial de Hilbert y describe el estado f´ısico del sistema. Por este trabajo recibi´o un doctorado en f´ısica por Cambridge. En 1928, trabajando en los spines no relativistas de Pauli, hall´o la ecuaci´on de Dirac, una ecuaci´on relativista que describe al electr´on. Este trabajo permiti´o a Dirac predecir la existencia del positr´on, la antipart´ıcula del electr´on

4.2.3.

Transformadas de funciones sencillas

Sea la funci´on f (t) = e−at H(t)

Fig. 4.4: f (t) es una exponencial decreciente para a > 1, y creciente para a < 1

Entonces ˆ L e 

−at

H(t) (s) =

ˆ

∞

dte

−at −st

e

0

∞

dte−(a+s)t =

= 0

−1 −(a+s)t ∞ e (a + s) 0

Esta u ´ltima integral converge u ´nicamente si < {a + s} > 0 , es decir para < {s} > −a  L e−at H(t) (s) =

1 < {s} > −a s+a

124

Sea la funci´on f (t) = tH(t)

Su transformada de Laplace est´a dada por   ˆ ∞ ˆ d ∞ d 1 −st −st dtte = − dte = − < {s} > 0 L {tH(t)} (s) = ds 0 ds s 0 L {tH(t)} (s) =

1 < {s} > 0 s2

En general, si f (t) = tn H(t) n ∈ N entonces ˆ 1 n −st ∞ 1 ∞ dtntn−1 e−st dtt e = − t e + L {t H(t)} (s) = 0 |s {z 0} s 0 0 si 0 ˆ ∞ ˆ n n(n − 1) ∞ n−2 −st n n−1 −st L {t H(t)} (s) = dtt e = dtt e s 0 s2 0 ˆ

∞

n −st

n

Se deduce entonces ˆ

n! L {t H(t)} (s) = n s

∞

dte−st =

n

0

L {tn H(t)} (s) =

4.2.4.

n!

n!

< {s} > 0

sn+1

< {s} > 0 n ∈ N

sn+1

Transformada de sin at y cos at

La transformada de cos at puede ser encontrada f´acilmente utilizando la forma compleja cos at =


1 iat e + e−iat 2

Se tiene entonces 1 L {cos atH(t)} (s) = 2

ˆ

1 L {cos atH(t)} (s) = 2

ˆ

∞ (s+ia)t

dte 0

∞ (s−ia)t

+



dte 0



 1 1 < {s} > 0 + s + ia s − ia | {z } 2s/(s2 +a2 )

125

Finalmente L {cos atH(t)} (s) =

s2

s < {s} > 0 + a2

Del mismo modo
1 iat e − e−iat 2i

sin at =

Luego 1 L {sin atH(t)} (s) = 2i

ˆ

1 L {sin atH(t)} (s) = 2i

ˆ

∞

dte

(s+ia)t

0

∞ (s−ia)t

−



dte 0



 1 1 − < {s} > 0 s + ia s − ia | {z } 2ia/(s2 +a2 )

Con esto L {sin atH(t)} (s) =

s2

126

a < {s} > 0 + a2

4.3. 4.3.1.

Propiedades de la transformada de Laplace Linealidad

Resulta evidente de la definici´on que la transformada de Laplace es una aplicaci´on lineal ˆ

ˆ

∞

L {af1 (t) + bf2 (t)} (s) =

dtaf1 (t)e

−st

0

∞

dtbf2 (t)e−st

+ 0

= aL {f1 (t)} + bL {f2 (t)} con a y b constantes arbitrarias

4.3.2.

Existencia

Si f (t) es Riemann integrable para 0 ≤ t ≤ T , para cualquier T finito, y de orden exponencial, es decir, existen M y a constantes tales que |f (t)| ≤ M eat ∀t > 0 entonces f (t) tiene una transformada de Laplace para < {s} > a y l´ım L {f (t)} (s) = 0

|s|→∞

Demostraci´ on Se tiene ˆ

0

T

dtf (t)e

ˆ ≤

−st

ˆ

T

dte

− −a

En general, utilizando la transformada de laplace de tn , se obtiene  L tn e−at (s) =

n! (s + a)n+1

< {s} > −a n ∈ N

Hasta ahora hemos simplemente definido la transformada de Laplace, hemos calculado expl´ıcitamente algunas de ellas y se han mostrado unas cuantas propiedades. Sin embargo, la propiedad siguiente, junto con la propiedad de linealidad, son las razones principales por las que la transformada de Laplace es reamente u ´til para resolver ecuaciones diferenciales lineales

4.4.

Derivaci´ on en el tiempo

Sea f : [0, ∞) → R acotada y diferenciable. Interesa encontrar la transformada de Laplace de su derivada, es decir ˆ ∞ 0 L {f (t)} (s) = dtf 0 (t)e−st 0

Integrando por partes, se obtiene L {f (t)} (s) = e 0

−st

ˆ ∞ f (t) + s 0

∞

dtf (t)e−st

0

Siendo f (t) acotada, se tiene ˆ L {f (t)} (s) = −f (0) + s 0

dtf (t)e−st 0

129

∞

y se obtiene la propiedad fundamental L {f 0 (t)} (s) = sL {f (t)} (s) − f (0) Es decir, la transformada de Laplace de la derivada es s veces la transformada de Laplace original, menos una constante, determinada por la condici´on inicial de f . La transformada de la segunda derivada es inmediata L {f 00 (t)} (s) = sL {f 0 (t)} (s) − f 0 (0) = s2 L {f (t)} (s) − sf (0) − f 0 (0) L {f 00 (t)} (s) = s2 L {f (t)} (s) − sf (0) − f 0 (0)

La obtenci´on de la transformada de derivadas de orden superior es absolutamente an´aloga. Lo que podemos conclu´ır es que las transformadas de Laplace de f y sus derivadas poseen una relaci´on realmente muy simple! Esta es la raz´on por la que las ecuaciones diferenciales lineales en el dominio de Laplace son simples de resolver. Adem´as, esta propiedad puede ser u ´til para calcular transformadas de Laplace, por ejemplo, si conocemos la transformada del coseno L {cos(at)H(t)} =

s < {s} > 0 s 2 + a2

Entonces la transformada del seno cumple con L {a cos(at)H(t)} = L {(sin(at)H(t))0 } = sL {sin(at)H(t)} − 0 a

s2

s = sL {sin(at)H(t)} + a2

Finalmente

a < {s} > 0 + a2 Resultado conocido. Lo mismo se puede utilizar para f (t) = teat , que cumple con f (0) = 0, luego L {sin(at)H(t)} =

s2

 L eat + ateat = sL {f (t)} (s) − 0 sL {f (t)} (s) =

1 + aL {f (t)} (s) s−a

L {f (t)} (s) =

1 < {s} > −a (s − a)2

As´ı

130

4.5.

Integraci´ on en el tiempo

Veamos ahora que ocurre para la transformada de Laplace de una integraci´on. Sea ˆ t f (t) = dτ g(τ ) 0

f cumple con f (0) = 0, luego podemos utilizar la propiedad de la derivada temporal y el teorema fundamental del c´alculo L {f 0 (t)} = L {g(t)} = sL {f (t)} − 0 As´ı L

ˆ

t

0

 1 dτ g(τ ) = L {g(t)} (s) s

y se obtiene otra propiedad interesante L

ˆ

t

0

4.6.

 1 dτ g(τ ) = L {g(t)} (s) s

Derivaci´ on en el dominio de Laplace

Las propiedades de la transformada de Laplace siguen aumentando. Por ejemplo, a partir de ˆ L {f (t)} (s) =

∞

dtf (t)e−st 0

Utilizando la convergencia uniforme de la transformada, podemos derivar con respecto a s e intercambiar con la integral sin problemas ˆ ∞ d L {f (t)} (s) = − dtf (t)te−st ds 0 y entonces d L {f (t)} (s) = −L {tf (t)} (s) ds Por ejemplo, se puede verificar que L te 

−at



d (s) = − ds



1 s+a



131

=

1 < {s} > −a (s + a)2

4.7.

Propiedad de la convoluci´ on

Se define la convoluci´on entre 2 funciones f y g como ˆ ∞ ˆ ∞ dτ f (t − τ )g(τ ) dτ f (τ )g(t − τ ) = h(t) = −∞

−∞

Notar que si g y f son nulas para t < 0, entonces ˆ t ˆ t dτ f (τ )g(t − τ ) = dτ f (t − τ )g(τ ) h(t) = 0

0

La transformada de Laplace de la convoluci´on cumple L {f ∗ g} (s) = L {f (t)} (s)L {g(t)} (s)

Es decir, una convoluci´on en el dominio del tiempo equivale a una multiplicaci´on en el dominio de Laplace. Tambi´en se tiene que L {f (t)g(t)} (s) = L {f (t)} (s) ∗ L {g(t)} (s) En resumen, la multiplicaci´on en un dominio equivale a una convoluci´on en el otro. Notar que a partir de esta propiedad, se deduce que f (t) ∗ δ(t) = f (t)

para todo f

Adem´as, si f (t) = 0 para t < 0 ˆ f (t) ∗ H(t) =

t

dτ f (τ ) 0

Es decir, convolucionar con la funci´on de Heavyside corresponde a una integraci´on. En el dominio de Laplace resulta evidente, pues 1 L {f ∗ H} (s) = L {f (t)} (s) s

4.8.

Transformada inversa

Dado que la transformada Laplace de una funci´on real est´a definida sobre un dominio complejo, calcular la transformada inversa de Laplace por definici´on requiere conocimientos de integraci´on de funciones de variable compleja que no est´an al alcance de este curso. Sin embargo, en muchos casos basta utilizar el hecho de que si L {f (t)} (s) = L {g(t)} (s)

s ∈ Regi´on de convergencia

Entonces f (t) = g(t). Con esto, si se conoce la transformada de Laplace de un conjunto de funciones, es posible encontrar la inversa por simple inspecci´on. 2 2

La astucia no se compra en las farmacias!

132

4.9.

Tabla de Transformadas de Laplace Cuadro 4.1: Transformadas de Laplace y sus propiedades Funci´on Transformada de Laplace Validez 1 H(t) < {s} > 0 s δ(t)

1

∀s∈C

e−at H(t)

1 s+a

< {s} > −a

tn H(t)

n! sn+1

< {s} > 0, n ∈ N

tn e−at H(t)

n! (s+a)n+1

< {s} > −a, n ∈ N

cos(at)H(t)

s s2 +a2

< {s} > 0

sin(at)H(t)

a s2 +a2

< {s} > 0

f (t − a)

e−as L {f (t − a)} (s)

a>0

f (t)e−at

L {f (t)} (s + a)

a∈R

f 0 (t)

sL {f (t)} (s) − f (0)

f acotada y derivable

´t 0

dτ f (τ )

1 L s

{f (t)} (s)

f integrable

tf (t)

d − ds L {f (t)} (s)

L {f (t)} (s) derivable

f (t) ∗ g(t)

L {f (t)} (s)L {g(t)} (s)

f, g con Transformada de Laplace

f (t)g(t)

L {f (t)} (s) ∗ L {g(t)} (s)

f, g con Transformada de Laplace

133

Problema Un bloque rectangular de masa m = 1 [kg] descansa sobre una superficie y est´a sujeto a una de las paredes por un resorte de coeficiente de elasticidad k = 1 [N/m]. El roce entre el bloque y la superficie es de tipo viscoso de coeficiente λ = 2. Suponga que inicialmente el bloque se encuentra en reposo, y se aplica una fuerza dada por  −1 si 0 ≤ t ≤ 1 F (t) 0 si t>1 Resuelva la ecuaci´on y describa el movimiento del bloque Soluci´ on Sea x(t) la coordenada del bloque respecto al largo natural del resorte. Inicialmente, x(0) = x(0) ˙ = 0, pues se encuentra en reposo y en equilibrio. La ecuaci´on a resolver corresponde a la segunda ley de Newton x00 + x + 2x0 = F (t)

Notar adem´as que F (t) puede ser expresada f´acilmente en t´erminos de la funci´on de Heavyside, cuya transformada de Laplace es muy conocida F (t) = − (H(t) − H(t − 1))

Resolviendo la ecuaci´on diferencial en el dominio de Laplace, se tiene L {x00 + x + 2x0 } (s) = L F (t) s2 L {x(t)} (s) + 2sL {x(t)} (s) + L {x(t)} (s) =
e−s − 1 L {x(t)} (s) s2 + 2s + 1 = s

Luego la transformada de Laplace de x(t) est´a dada por L {x(t)} (s) =


1 −s e − 1 s(s + 1)2

Notar adem´as que 1 1 1 = 2 s(s + 1) s (s + 1)2 donde 1/(s + 1)2 es la transformada de Laplace de te−t

134

e−s − 1 s

Utilizando la propiedad de convoluci´on, se tiene   ˆ t
1 −τ −t −1 −t dτ τ e = H(t) 1 − (t + 1)e L = H(t) ∗ (te H(t)) = s(s + 1)2 0 Con lo que, finalmente x(t) est´a dado por

x(t) = H(t) (t + 1)e−t − 1 + H(t − 1) 1 − te−(t−1)

135

Problema Encontrar la soluci´on del problema con valor inicial tx00 (t) − tx0 (t) + x(t) = 2 x(0) = 2 x0 (0) = −1 Soluci´ on Tomando la transformada de Laplace a ambos miembros se obtiene −


d 2 d 2 s L {x(t)} (s) − 2s + 1 + (sL {x(t)} (s) − 2) + L {x(t)} (s) = ds ds s

Reordenando d 2 2 L {x(t)} (s) = − L {x(t)} (s) + 2 ds s s ! Notar que se obtiene una ecuaci´on de primer orden lineal en el dominio de Laplace. La soluci´on es de la forma   2 d C 2 C + L {x(t)} (s) = 2 + = − s s ds s s

De forma que la funci´on x(t) debe ser x(t) = (2 + Ct) H(t)

La condici´on inicial x0 (0) = −1 determina C = −1, y entonces la soluci´on es x(t) = (2 − t)H(t) t ≥ 0 voil`a!

136

Problema Resuelva la ecuaci´on integral ˆ t x(t − r) (x(r) − 1 − er ) dr = et − 1 t ≥ 0 0

Soluci´ on Esta ecuaci´on puede ser resuelta tomando la transformada de Laplace a ambos lados de la igualdad. Antes de eso, se puede notar que ˆ

ˆ

t r

ˆ

t

0

0

t

drx(t − r)er

drx(t − r) −

drx(t − r)x(r) −

x(t − r) (x(r) − 1 − e ) dr = 0

ˆ

t

0

Se reconocen inmediatamente tres convoluciones = x(t) ∗ x(t) − x(t) ∗ H(t) − x(t) ∗ et

De forma que la ecuaci´on puede ser reescrita de la siguiente manera x(t) ∗ x(t) − x(t) ∗ H(t) − x(t) ∗ et = et − 1 t ≥ 0

Tomando la transformada de Laplace y recordando que L {f ∗ g} (s) = L {f (t)} (s)L {g(t)} Equivalentemente   1 1 1 2 (L {x(t)} (s)) − L {x(t)} (s) + = s s−1 s(s − 1)

   1 1 L {x(t)} (s) − L {x(t)} (s) − =0 s s−1

de donde hay dos valores posibles para la transformada de Laplace (y entonces, dos soluciones) L {x(t)} (s) = L {x(t)} (s) =

1 → x(t) = H(t) s

1 → x(t) = et H(t) s−1

137

Problema Use la transformada de Laplace para resolver el sistema lineal de 2x2 de segundo orden x00 = 2x + y y 00 = 2x + 3y con condiciones iniciales x(0) = 0, x0 (0) = 1, y(0) = 0, y 0 (0) = 3 Soluci´ on Hasta un sistema de ecuaciones de segundo orden es tremendamente sencillo con el elegante formalismo de Laplace. Se tiene s2 L {x(t)} (s) − 1 = 2L {x(t)} (s) + L {y(t)} (s) s2 L {y(t)} (s) − 3 = 2L {x(t)} (s) + 3L {y(t)} (s)

En el dominio de Laplace tenemos un sencillo sistema algebraico, que puede ser escrito de forma matricial como  2     s − 2 −1 L {x(t)} (s) 1 = 2 −2 s − 3 L {y(t)} (s) 3

Esto es f´acilmente invertible. En efecto  2     1 L {x(t)} (s) s −3 1 1 = 2 2 2 L {y(t)} (s) 2 s −2 3 (s − 1)(s − 4)   1 s2 = 2 2 (s − 1)(s2 − 4) 3s − 4

De aqu´ı se obtienen ambas transformadas de Laplace L {x(t)} (s) = L {y(t)} (s) =

s2 1 1 4 1 =− 2 + 2 2 2 (s − 1)(s − 4) 3s −1 3s −4 3s2 − 4 1 1 8 1 = + 2 2 2 2 (s − 1)(s − 4) 3s −1 3s −4

Encontremos finalmente las transformadas inversas 1 1 4 1 1 L {x(t)} (s) = − 2 + 2 =− 3s −1 3s −4 3

    1/2 1/2 4 −1/4 1/4 − + + + s+1 s−1 3 s+2 s−2

De aqu´ı se lee  x(t) =

 1 −t 1 t 1 2t 1 −2t e − e + e − e H(t) 6 6 3 3 138

De igual forma, para y 1 L {y(t)} (s) = 3



1/2 1/2 − s−1 s+1



8 + 3



1/4 1/4 − s−2 s+2

Luego  x(t) =

 1 t 1 −t 2 2t 2 −2t H(t) e − e + e − e 6 6 3 3

139



Problema Considere el oscilador arm´onico x00 (t) + x(t) = f (t) sometido a impulsos peri´odicos decrecientes en amplitud, modelados por una suma ponderada de deltas de Dirac ∞ X 1 f (t) = δ(t − 2nπ) 2n n=0

a) Determine la soluci´on x(t) con x(0) = x0 (0) = 0 x(t) =2 b) Demuestre que l´ımt→∞ sin(t) Soluci´ on a) Tomando la transformada de Laplace a ambos lados de la ecuaci´on, y utilizando linealidad (∞ ) ∞ X 1 X 1 00 L {x (t) + x(t)} (s) = L δ(t − 2nπ) = L {δ(t − 2nπ)} n 2 2n n=0 n=0

∞ X 1 −2πns e (s + 1)L {x(t)} (s) = 2n n=0 2

L {x(t)} (s) =

∞ X 1 e−2πns 2n s2 + 1 n=0

La transformada inversa est´a dada por ∞ ∞ X X 1 1 x(t) = H(t − 2nπ) sin(t − 2nπ) = sin t H(t − 2nπ) n 2 2n n=0 n=0

Notar adem´as que para t ≥ 0, H(t − 2nπ) 6= 0 para t > 2nπ. Es decir, la suma es finita, y va desde n = 0 hasta la parte entera de 2πt , esto es ∞ N X X
1 1 1 − 1/2N +1 N +1 H(t − 2nπ) = = = 2 1 − 12 2n 2n 1 − 1/2 n=0 n=0

con N = [t/2π]. Finalmente  x(t) = 2 1 −

1 2N +1

Si t → ∞, entonces N → ∞ y l´ım

t→∞

x(t) =2 sin t

140

 sin t

Problema Para peque˜ nas oscilaciones, la din´amica de un p´endulo doble queda representada por un sistema de ecuaciones de la forma (m1 + m2 ) l12 ϑ¨001 + m2 l1 l2 ϑ002 + (m1 + m2 ) l1 gϑ1 = 0 m2 l22 ϑ002 + m2 l1 l2 ϑ001 + m2 l2 gϑ2 = 0 Escriba el sistema de ecuaciones lineales satisfecho por la transformada de Laplace de ϑ1 y ϑ2 . Encuentre ϑ1 (t) en el caso particular en que ϑ1 (0) = 0, ϑ01 (0) = 0, ϑ2 (0) = 0, ϑ02 (0) = 1 y l1 = l2 = l

Soluci´ on Utilizaremos la siguiente notaci´on para las transformadas de Laplace Θ1 (s) = L {ϑ1 (t)} (s) Θ2 (s) = L {ϑ2 (t)} (s)

El sistema de ecuaciones a resolver, en el caso l1 = l2 = l es g (m1 + m2 ) ϑ¨001 + m2 ϑ002 + (m1 + m2 ) ϑ1 = 0 l g m2 ϑ002 + m2 ϑ001 + m2 ϑ2 = 0 l

Aplicando la transformada de Laplace, y las condiciones iniciales respectivas 
g 2 (m1 + m2 ) s + Θ1 (s) + m2 s2 Θ2 (s) − 1 = 0 l   g 2 s Θ2 (s) + Θ2 (s) − 1 + s2 Θ1 (s) = 0 l

141

Reescribiendo   m1  2 g  1+ s + Θ1 (s) + s2 Θ2 (s) = 1 m2 l  g Θ2 (s) + s2 Θ1 (s) = 1 s2 + l Definiendo M 2 = 1 +

m1 , m2

escribimos este sistema de la siguiente manera  2 2 g
    Θ1 (s) 1 M s +l s2 = g 2 2 Θ2 (s) 1 s s +l

Cuya soluci´on es      2 g 1 −s2
s +l Θ1 (s) 1 = 2 2 Θ2 (s) 1 −s2 M 2 s2 + gl M (s + g/l)2 − s4 N´otese que M 2 (s2

1 1 = 2 2 4 2g 2 4 + g/l) − s (M − 1)s + l M 2 s2 + M 2 gl2   1 1 1 = gM gM M 2 − 1 s2 + l(M −1) s2 + l(M +1)

Definiendo s w1 =

M 2 (s2

gM l(M − 1)

s w2 =

gM l(M + 1)

m2 w2 1 w1 = 2 2 2 4 2 + g/l) − s m1 w1 w2 s + w1 s + w22

1 = M 2 (s2 + g/l)2 − s4

r

m2 l m1 gM



w1 s2 + w12



w2 s2 + w22



Y entonces r

   w2 m2 + m1 w1 Θ1 (s) = m1 s2 + w12 s2 + w22    r  m2 l w1 w2 2 2 2g Θ2 (s) = (M − 1)s + M m1 gM s2 + w12 s2 + w22 l

142

Aqu´ı se aprecia que r

m2 + m1 (sin w1 tH(t) ∗ sin ww (t)H(t)) m1 r ˆ m2 + m1 t ϑ1 (t) = dτ sin(w1 τ ) sin (w2 (t − τ )) m1 0 ϑ1 (t) =

143

Problema Resuelva el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales x01 + x02 + x03 = t x01 + 2x02 + x03 = et x01 + x02 − x03 = 0 con condiciones iniciales x1 (0) = x2 (0) = 0 x3 (0) = 1

Soluci´ on Se tiene L {x01 (t)} (s) = sL {x1 (t)} (s) L {x02 (t)} (s) = sL {x2 (t)} (s) L {x03 (t)} (s) = sL {x3 (t)} (s) − 1

Con esto, el sistema equivale a sL {x1 (t)} (s) + sL {x2 (t)} (s) + sL {x3 (t)} (s) = L {t} (s) + 1  sL {x1 (t)} (s) + 2sL {x2 (t)} (s) + sL {x3 (t)} (s) = L et (s) + 1 sL {x1 (t)} (s) + sL {x2 (t)} (s) − sL {x3 (t)} (s) = −1

1 + s2 s3 1 L {x1 (t)} (s) + 2L {x2 (t)} (s) + L {x3 (t)} (s) = s−1 1 L {x1 (t)} (s) + L {x2 (t)} (s) − L {x3 (t)} (s) = − s L {x1 (t)} (s) + L {x2 (t)} (s) + L {x3 (t)} (s) =

Restando la segunda ecuaci´on con la primera, se obtiene L {x2 (t)} (s) =

1 1 1 1 + s2 1 − = − 3− 3 s−1 s s−1 s s

Luego, sumando la primera y la tercera 2L {x1 (t)} (s) + 2L {x2 (t)} (s) = L {x1 (t)} (s) =

1 s3

1 3 1 1 − L {x2 (t)} (s) = 3 − + 3 2s 2s s−1 s 144

Finalmente, reemplazando en la primera se obtiene 3 1 1 1 1 1 1 1 + + − 3 − + L {x3 (t)} (s) = 3 + − 3 2s s−1 s s−1 s s s s L {x3 (t)} (s) =

1 1 + 3 2s s

Ahora basta con calcular las transformadas inversas. Es u ´til recordar que   1 d 1 = 2 L {t} (s) = − ds s s    2 d 1 2 L t (s) = − = 3 2 ds s s

Con esto x1 (t) = L

−1



1 1 3 − + 3 2s s−1 s



3 = L −1 2

 x1 (t) =

x2 (t) = L

−1



x2 (t) = L



1 s3



−L

−1



1 s−1



 3 2 t t − e + 1 H(t) 4

1 1 1 − 3− s−1 s s

−1



1 1 + 3 2s s



  1 2 t = e − t − 1 H(t) 2



Botado!

145

 =

 1 2 t + 1 H(t) 4

  1 +L s

Problema Resuelva la elegante ecuaci´on ˆ

t

0

dτ x(τ ) = f (t)

x (t) + 3x(t) + 2 0

con condiciones iniciales nulas Soluci´ on Utilizando la transformada de Laplace, obtenemos 2 sL {x(t)} (s) + 3L {x(t)} (s) + L {x(t)} (s) = L {f (t)} (s) s    2  2 s + 3s + 2 L {x(t)} (s) s + 3 + = L {x(t)} (s) = L {f (t)} (s) s s

L {x(t)} (s) =



s (s + 2)(s + 1)



L {f (t)} (s)

Notar que si llamamos h(t) a la soluci´on cuando f (t) = δ(t), entonces   s 2 −1 L {h(t)} (s) = + = (s + 2)(s + 1) s+1 s+2
h(t) = 2e−2t − e−t H(t)

de forma que para cualquier f (t), la soluci´on de la ecuaci´on est´a dada por x(t) = h(t) ∗ f (t) pues L {x(t)} (s) = L {h(t)} (s)L {f (t)} (s) Notar esta espectacular propiedad que cumplen los sistemas descritos por ecuaciones diferenciales lineales: basta conocer la soluci´on cuando f (t) es una delta de dirac, o impulso. Esta soluci´on, llamada respuesta al impulso por los ingenieros el´ectricos 3 es todo lo que se debe conocer de este tipo de sistemas para caracterizarlo completamente. En efecto, para cualquier f (t), la soluci´on est´a dada por ˆ t x(t) = h(t) ∗ f (t) = dτ f (τ )h(t − τ ) 0

Esto es realmente notable.

3

Yo tambi´en soy Ingeniero El´ectrico, pero encuentro muy poco elegante llamar impulso a la Delta de Dirac

146

Problema a) Exprese la transformada inversa de Laplace de F (s) = e−2s

s 1 3 2 (s + 1) s + 2s + 2

como una convoluci´on b) Mediante la transformada de Laplace resuelva la ecuaci´on  ˆ t t2 sujeta a la condici´on inicial y(0) = 1 Soluci´ on a) Se tiene F (s) = e−2s

1 s (s + 1)3 s2 + {z 2s + 2} | {z } | H(s)

G(s)

Luego t2 e−t H(t) 2   s −1 −1 g(t) = L {G(s)} = L s2 + 2s + 2   s+1 1 −1 g(t) = L − = e−t (cos t − sin t) H(t) 2 2 (s + 1) + 1 (s + 1) + 1 h(t) = L −1 {H(s)} =

Entonces  L −1 {F (s)} = L −1 e−2s H(s) L −1 {G(s)} | {z } h(t−2)

Finalmente  f (t) = ˆ f (t) = 0

t

 1 −(t−2) 2 e (t − 2) H(t − 2) ∗ et (cos t − sin t) 2

1 dτ e−(τ −2) (τ − 2)2 H(τ − 2)et−τ (cos(t − τ ) − sin(t − τ )) 2

147

b) Se debe notar que la funci´on definida a tramos puede ser expresada en t´erminos de funciones de Heavyside ˆ

t

0

y(t − τ )dτ = t (H(t) − H(t − 1)) + (2 − t) (H(t − 1) − H(t − 2))

y (t) + 2y(t) + 0

y 0 (t) + 2y(t) + y(t) ∗ H(t) = tH(t) + 2(1 − t)H(t − 1) + (t − 2)H(t − 2) Tomando la transformada de Laplace a ambos lados de la ecuaci´on 1 1 e−s e−2s sL {y(t)} (s) − 1 + 2L {y(t)} (s) + L {y(t)} (s) = 2 − 2 2 + 2 s s s s   1 1 e−s e−2s =1+ 2 −2 2 + 2 L {y(t)} (s) s + 2 + s s s s   2 1 s + 2s + 1 e−s e−2s =1+ 2 −2 2 + 2 L {y(t)} (s) s s s s

L {y(t)} (s) =

s 1 e−s e−2s + − 2 + (s + 1)2 s(s + 1)2 s(s + 1)2 s(s + 1)2

Ahora realizamos las siguientes jugadas estrat´egicas    
s+1−1 s −1 −1 =L = e−t − te−t H(t) L 2 2 (s + 1) (s + 1)

L

−1



1 s(s + 1)2

ˆ

 =

0

t

t
dτ e−τ τ = −e−τ (τ + 1) = 1 − e−t (t + 1) H(t) 0


e−s = 1 − e−(t−1) t H(t − 1) 2 s(s + 1)  
e−2s −1 L = 1 − e−(t−2) (t − 1) H(t − 2) 2 s(s + 1) L −1





Finalmente nos comemos a la reina


y(t) = 1 − 2te−t H(t) − 2 1 − e−(t−1) t H(t − 1) + 1 − e−(t−2) (t − 1) H(t − 2)

148

Problema Resolver 00



0

y (t) + 2y (t) + 5y(t) =

0 t0

  4 −t/2 1 −2t + e t>0 y(t) = 1 − e 3 3 Pueden notar lo sencillo que es resolver este problema con Laplace d2 y(t) dy(t) + 2,5 + y(t) = x(t) y(0) = y 0 (0) = 0 2 dt dt
1 1 s2 + 2,5s + 1 Y (s) = → Y (s) = s s(s + 2)(s + 12 ) Y (s) =

1 1/3 −4/3 + + s (s + 2) (s + 12 )

  4 −t/2 1 −2t y(t) = 1 − e + e H(t) 3 3

177

Problema (Osciladores acoplados) Considere dos masas m1 , m2 conectadas una a la otra y a dos paredes por medio de tres resortes, como indica la siguiente figura

Suponga que las masas se desplazan sin fricci´on y que cada resorte obedece la ley de Hooke, en que su extensi´on o compresi´on x y la fuerza de reacci´on est´an relacionadas por la f´ormula F = −kx. Sean x1 (t), x2 (t) las posiciones de las masas m1 , m2 con respecto a sus respectivas posiciones de equilibrio. Suponga que m1 = m2 = 1/2, k1 = 5, k2 = 3/2, k3 = 1 a) Escriba las ecuaciones diferenciales que gobiernan a x1 (t), x2 (t) en la forma ~x00 = A~x, donde A es una matriz de dimensi´on 2 b) Determine V tal que V −1 AV = D, donde D es una matriz diagonal c) Realizando la susbtituci´on ~x = V ~y , resuelva la ecuaci´on diferencial Soluci´ on a) Se tiene, a partir de la segunda ley de Newton m1 x001 = −k1 x1 + k2 (x2 − x1 ) = −(k1 + k2 )x1 + k2 x2 m2 x002 = −k2 (x2 − x1 ) − k3 x2 = k2 x1 − (k2 + k3 )x2 Con m1 = m2 = 1/2, k1 = 5, k2 = 3/2 y k3 = 1 13 3 1 00 x1 = − x1 + x2 2 2 2 1 00 3 5 x2 = x1 − x 2 2 2 2 Equivalentemente x001 = −13x1 + 3x2 x002 = 3x1 − 5x2 Esto es un sistema de la forma d2 dt2

     x1 −13 3 x1 = x2 3 −5 x2 178

~x00 = A~x

b) Busquemos los valores y vectores propios de A −13 − λ 3 |A − λ1| = 3 −5 − λ λ2 + 18λ + 65 − 9 = λ2 + 18λ + 56 = 0 Entonces λ=

−18 ±

√ 324 − 224 −18 ± 10 = 2 2

Se obtiene λ1 = −14 λ2 = −4 Ahora calculamos los vectores propios (A + 141)~v1 = 0 

   1 3 −3 ~v1 → ~v1 = 3 9 1

Del mismo modo (A + 41) ~v2 = 0     −9 3 1 ~v → ~v2 = 3 −1 2 3 Con esto A = V DV −1 Donde  V =

−3 1 1 3



  −14 0 D= 0 −4

179

c) De esta forma, mediante el cambio de variable ~x = V ~y → ~y = V −1~x Entonces ~y 00 = V −1~x00 = V −1 A~x = V −1 AV ~y Se obtiene ~y 00 = D~y

Este es un problema totalmente desacoplado y100

= −14y1 → y1 (t) = C1 cos

√

 √  14t + C2 sin 14t

y200 = −4y2 → y2 (t) = C3 cos (2t) + C4 sin (2t)

Finalmente    −3 1 y1 ~x = 1 3 y2 x1 (t) = −3C1 cos x2 (t) = C1 cos

√  √  14t − 3C2 sin 14t + C3 cos (2t) + C4 sin (2t)

√

 √  14t + C2 sin 14t + 3C3 cos (2t) + 3C4 sin (2t)

180

´Indice alfab´ etico Algebra lineal, 154 Catenaria, 11 Convergencia absoluta, 108 Convoluci´on, 132 Delta de Dirac, 122 Dirac, Paul, 124 Ecuaci´on de Bernoulli, 32 Ecuaci´on Diferencial ordinaria, 10 Ecuaci´on Diferencial Ordinaria Normal, 10 Ecuaci´on homog´enea, 75 Ecuaciones exactas, 46 Ecuaciones Lineales, 30 Ecuaciones lineales, 75 F´ormula de Abel, 96 Factor integrante, 30, 48 Funci´on de Heavyside, 122 Funciones linealmente independientes, 77 M´etodo de coeficientes indeterminados, 81 Modelo Log´ıstico, 17 Polinomio caracter´ıstico, 154 Principio de superposici´on, 78 Problema de valores iniciales, 17 Radio de convergencia, 109 Separaci´on de variables, 16 Series, 107 Series de potencias, 108 Sistemas lineales, 151 Soluci´on particular, 31 Teorema de Caley- Hamilton, 160 Teorema de Existencia y unicidad, 63 Teorema de Frobenius, 112 Teorema de Jordan, 161 Transformada de Laplace, 121 Valor propio, 154 Variaci´on de par´ametros, 94 Vector propio, 154 Wronskiano, 95 181