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Pontificia Universidad Catolica de ChileFacultad de Matematicas
Cadiz Fabian
Ecuaciones Diferenciales
Con ejercicios resueltos
Indice general
1. Introduccion 71.1. Definiciones y ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.1.1. La ecuacion de propagacion del Calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.1.2. La ecuacion de Shrodinger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.1.3. Definicion: Ecuacion diferencial ordinaria . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.1.4. Definicion: EDO Normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.1.5. Ejemplo: Forma de la Catenaria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2. Ecuaciones de Primer Orden 152.1. Separacion de variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.2. Problema de Valores Iniciales (PVI) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.2.1. Ejemplo: Poblaciones en crecimiento, modelo exponencial . . . . . . . . . 172.2.2. Ejemplo: Modelo logıstico (Pierre Verhulst, 1838) . . . . . . . . . . . . . 17
2.3. Ecuaciones Lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.3.1. Definicion: Ecuacion Lineal de primer orden . . . . . . . . . . . . . . . . 302.3.2. Solucion general de ecuaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.4. Ecuacion de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.5. Ecuaciones Exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.5.1. Definicion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462.5.2. Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.5.3. Definicion: Factor Integrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 482.5.4. Ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.6. Acerca de los problemas de valores iniciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 622.6.1. Ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
2.7. Teorema (Existencia y Unicidad) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
3. Ecuaciones Lineales 753.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 753.2. Defnicion: E.D.O Lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 753.3. Ecuaciones Lineales de orden arbitrario con coeficientes constantes . . . . . . . . 76
3.3.1. Ejemplo: Motivacion para metodo del operador D . . . . . . . . . . . . . 763.3.2. Definicion: Funciones linealmente independientes . . . . . . . . . . . . . . 773.3.3. Afirmacion (a confirmar mas adelante) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 773.3.4. Ejemplo: determinacion de dos soluciones l.i . . . . . . . . . . . . . . . . 773.3.5. Teorema: Principio de Superposicion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
3.4. Solucion de ecuaciones lineales de orden arbitario con coeficientes constantes . . 793.4.1. Caso 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 793.4.2. Caso 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 793.4.3. Metodo de coeficientes indeterminados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
3.5. Variacion de parametros en ecuaciones lineales de segundo orden . . . . . . . . . 94
3
3.5.1. Definicion: Wronskiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 953.5.2. Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 963.5.3. Teorema: Formula de Abel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
3.6. Series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1073.6.1. Definicion: Serie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
3.7. Series de terminos no negativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1083.7.1. Teorema (Criterio de la raız) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1083.7.2. Teorema (Criterio del cuociente) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1083.7.3. Definicion: Convergencia absoluta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
3.8. Soluciones en forma de series de potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1083.8.1. Teorema: Radio de convergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1093.8.2. Definicion de una funcion mediante serie de potencias . . . . . . . . . . . 1103.8.3. Definicion: Funcion analıtica en un punto . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
3.9. Soluciones en torno a puntos ordinarios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1103.9.1. Definicion: Punto ordinario y punto singular . . . . . . . . . . . . . . . . 1103.9.2. Teorema: Existencia de la solucion en series de potencias . . . . . . . . . 111
3.10. Soluciones en torno a puntos singulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1113.10.1. Definicion: Puntos singulares regulares e irregulares . . . . . . . . . . . . 1113.10.2. Teorema de Frobenius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
4. Transformada de Laplace 1214.1. Definicion: Transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1214.2. Algunas transformadas de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
4.2.1. Funcion de Heavyside . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1214.2.2. Delta de Dirac δ(t) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1224.2.3. Transformadas de funciones sencillas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1244.2.4. Transformada de sin at y cos at . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
4.3. Propiedades de la transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1274.3.1. Linealidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1274.3.2. Existencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1274.3.3. Desplazamiento temporal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1284.3.4. Desplazamiento en el dominio de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
4.4. Derivacion en el tiempo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1294.5. Integracion en el tiempo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1314.6. Derivacion en el dominio de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1314.7. Propiedad de la convolucion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1324.8. Transformada inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1324.9. Tabla de Transformadas de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
5. Sistemas de Ecuaciones Lineales de primer orden 1515.1. Definicion: Sistema lineal de primer orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1515.2. Teorema: Existencia y unicidad de solucion para un PVI de sistemas lineales . . 152
5.2.1. Sistemas lineales de coeficientes constantes . . . . . . . . . . . . . . . . 1535.3. Breve repaso de Algebra Lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154
5.3.1. Matriz simetrica y antisimetrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1545.3.2. Valores y vectores propios de una matriz A . . . . . . . . . . . . . . . . . 1545.3.3. Diagonalizacion de una matriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1555.3.4. Exponenciacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1555.3.5. Algunos comentarios adicionales sobre matrices simetricas . . . . . . . . 157
5.4. Solucion de sistemas lineales de coeficientes constantes . . . . . . . . . . . . . . 157
4
5.4.1. Por definicion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1575.4.2. Caso en que A es una matriz nilpotente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1585.4.3. A es diagonalizable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1585.4.4. Teorema de Caley - Hamilton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1595.4.5. Matrices que conmutan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160
5.5. Sistemas lineales homogeneos de dimension 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1605.5.1. Teorema de Jordan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
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Capıtulo 1
Introduccion
En fısica e Ingenierıa resulta de gran importancia la caracterizacion de determinados blo-ques, procesos, o sistemas. Un sistema es una interconexion de elementos que en su conjuntopresentan un determinado comportamiento. Ejemplo de un sistema puede ser un conjunto masa-resorte, en donde es posible aplicar una fuerza externa (a disposicion nuestra). El movimientode la masa dependera tanto de la fuerza externa aplicada como de las propiedades inherentesal sistema masa-resorte. Otro ejemplo puede ser un sistema simple de levitacion magnetica, endonde un electroiman (dispositivo que genera un campo magnetico mediante la aplicacion deuna corriente) atrae una masa de material ferromagnetico. Este sistema podrıa encontrarse enuna situacion de equilibrio en que la fuerza magnetica sobre la masa m es igual en magnitud ala atraccion gravitacional. Resulta de particular interes saber como se comportarıa este sistemaante una perturbacion, por ejemplo, cuando la masa m es forzada a abandonar su posicion deequilibrio.
Estos sistemas son caracterizados de forma analıtica mediante alguna relacion matematicaentre dos o mas variables. Dependiendo de la modelacion del sistema, esta relacion podrıaser realmente simple, o extremadamente compleja. Muchas de esas relaciones matematicascorresponden justamente a Ecuaciones Diferenciales, esto es, una relacion que involucra a lasvariables y algunas de sus derivadas(La definicion formal se dara mas adelante). Como ejemplo,suponga que x(t) representa la posicion al tiempo t de una partıcula de masa constante quese mueve en 1 dimension respecto a un determinado origen, y F (t) es la fuerza neta actuandosobre ella. Entonces
md2x(t)
dt2= F (t)
La segunda derivada de la posicion es proporcional a la fuerza neta. Este es un ejemplo deuna ecuacion diferencial sencilla. (al menos, en forma) Una vez que el comportamiento de undeterminado sistema es comprendido, muchas veces es deseable intervenir en el de modo quepresente algun comportamiento deseado, para ello existen herramientas muy utilizadas que severan al final del curso (por ejemplo, La transformada de Laplace).
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1.1. Definiciones y ejemplos
1.1.1. La ecuacion de propagacion del Calor
Sea u : R× (0, T ]→ R la temperatura en una barra unidimensional infinita, en la posicionx (x ∈ R) y al tiempo t (t ∈ (0, T ]). Suponiendo que tanto la capacidad calorica del materialcomo su conductividad termica son constantes ( e iguales a 1 por simplicidad), entonces ladistribucion de temperatura en la barra satisface la siguiente ecuacion
∂u(x, t)
∂t=∂2u(x, t)
∂x2
Dado que u(x, t) es funcion de dos variables, esta es una ecuacion diferencial de derivadasparciales (un tipo de ecuacion que no se vera en este curso). Una solucion de esta ecuacion es
u(x, t) =1√2πt
e−x2
2t
Esta solucion representa una distribucion inicial de temperatura muy alta en el origen. Laecuacion del calor nos permite determinar la evolucion temporal de la temperatura en la barra.A continuacion se ilustra la solucion para 4 instantes diferentes
Fig. 1.1: Distribucion de temperaturas para t = 0,23 s (izq) y t = 0,54 s (der)
Fig. 1.2: Distribucion de temperaturas para t = 1,54 s (izq) y t = 3,11 s (der)
La solucion describe como el calor (o bien, la temperatura) se comienza a distribuır a lolargo de la barra. Por supuesto que en el lımite cuando t→∞, la temperatura se iguala a 0 entodos lados (esto sucede por que la barra es infinita)
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1.1.2. La ecuacion de Shrodinger
En la mecanica Newtoniana, si se conocen la fuerza neta actuando sobre una partıculade masa m (constante), y sus condiciones iniciales en t = 0 (posicion y velocidad iniciales),entonces la trayectoria de una partıcula queda absolutamente determinada para todo t > 0, lacual es solucion de la segunda ley de Newton
md2x(t)
dt= F (t, x, dx/dt)
La fuerza actuando sobre la partıcula podrıa no solo depender del tiempo, sino tambien dela posicion (ejemplo de una fuerza que depende de la posicion es la fuerza elastica), inclusopuede depender tambien de la velocidad de la partıcula (las fuerzas de roce viscoso cumplencon esta propiedad). En mecanica Cuantica, el concepto de trayectoria carece de validez, solose puede conocer la probabilidad de que una partıcula se encuentre en una vecindad de x alinstante t (en una dimension). Esta probabilidad es
P =| ψ(x, t) |2 dx
donde ψ, conocida como funcion de onda, es solucion de la Ecuacion de Schrodinger
i~∂ψ(x, t)
∂t= − ~2
2m
∂2ψ(x, t)
∂t+ V (x, t)ψ(x, t)
Fig. 1.3: Funcion de onda de un electron en un atomo de Hidrogeno
Las ecuaciones diferenciales juegan un rol fundamental en el desarrollo de las cienciasbasicas. En este curso veremos el tipo mas simple de ecuaciones diferenciales (llamadas ecua-ciones diferenciales ordinarias). El manejo y comprension de los metodos de solucion de estetipo de ecuaciones es basico para diversas areas de la Ingenierıa y la fısica.
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1.1.3. Definicion: Ecuacion diferencial ordinaria
Una ecuacion diferencial ordinaria corresponde a una ecuacion que involucra una variableindependiente x, una funcion desconocida y(x), mas 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
= 0, cuya solucion es y(x) = C, con C constante
b) d2y(x)dx2 = 0, cuya solucion general es de la forma y(x) = C1x+ C2, con C1, C2 constantes
c) d2y(t)dt2
= −g con g = 9,8 m/s2
Esta ultima corresponde al movimiento unidimensional de una partıcula en un campo grav-itacional. Esta puede ser resuelta de forma muy sencilla
d2y(t)
dt2= −g
Luegody(x)
dt= −gt+ C1
y(t) = C2 + C1t−gt2
2
Dadas las condiciones iniciales y(0) = C2 = y0, y′(0) = C1 = v0
La solucion general resulta ser
y(t) = y0 + v0t−gt2
2
1.1.4. Definicion: EDO Normal
Una ecuacion diferencial ordinaria normal (EDO Normal) es una ecuacion que involucrauna variable independiente x ∈ R, una funcion de x (que llamaremos y), mas algunas derivadasde y de la forma
dny(x)
dxn= f(x, y, y(1), ..., y(n−1)) (1.1)
donde f es una funcion de n+ 1 variables, y n ∈ N, con n ≥ 1
Observacion: Se entiende que f se puede evaluar solo para valores de su argumento dondeesta definida. En otras palabras, f tiene un dominio
Df ⊆ Rn+1
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Ejemplo de una EDO normal es la siguiente
dy(x)
dx=
1
1− y
Supongamos que ϕ(x) es una funcion 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 solucion de (1.1) enx1 < x < x2. Al intervalo (x1, x2) lo llamamos el intervalo de definicion de la solucion
EjemploConsideremos la EDO normal
dy(x)
dx= 1 + y(x)2
con condicion inicial y(0) = 0. Es claro que y(x) = tan(x) es una solucion con intervalo dedefinicion I = [0, π/2)
Observaciones
a) Las soluciones siempre son funciones continuas
b) n ∈ N se llama el orden de la ecuacion
c) Si ϕ(x), x1 < x < x2 es solucion, necesariamente
(x, ϕ(x), ϕ′(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 uncampo gravitatorio uniforme. Los primeros matematicos en tratar este problema sugirieron quela curva serıa una parabola. La ecuacion correcta fue obtenida por Gottfried Leibniz, ChristianHuygens y Johann Bernoulli en 1691, en respuesta a un desafıo planteado por Jakob Bernoulli.La situacion es la siguiente
Se tiene una cuerda homogenea (densidad lineal de masa ρ [kg/m]) en un campo gravita-cional uniforme sujeta en sus extremos en x1 y x2. La forma que adquiere la cuerda estara dadapor la condicion de equilibrio de fuerzas sobre esta.
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Sea un intervalo [a, b] ⊂ [x1, x2]
Sea ~T (x) =(Tx(x)i+ Ty(x)j
)la tension 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 ecuacion implica que la componentehorizontal de la tension es constante a lo largo de la cuerda
Tx = T
La segunda puede ser expresada de la siguiente forma
Ty(b)− Ty(a) = ρg
ˆ b
a
dx√
1 + y′(x)2
Ademas, es claro que para todo x ∈ [x1, x2], la direccion de la tension coincide con latangente a la curva
Ty(x)
Tx(x)= y′(x)→ Ty(x) = Ty′(x)
Luego
dTy(x)
dx= T
d2y(x)
dx2
Equivalentemente
dTy(x) = Td2y(x)
dx2dx
Ası
Ty(b)− Ty(a) = T
ˆ b
a
dxy′′(x)
Finalmente se obtiene la siguiente identidad
T
ˆ b
a
dxy′′(x) = ρg
ˆ b
a
dx√
1 + y′(x)2
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ˆ b
a
dx(Ty′′(x)− ρg
√1 + y′(x)2
)= 0
Lo cual es valido para todo intervalo [a, b] ⊂ [x1, x2], suponiendo que el integrando es unafuncion continua se tiene
y′′(x) =ρg
T
√1 + y′(x)2
Corresponde a una ecuacion diferencial ordinaria normal de segundo orden. Sea v = y′,entonces
v′(x) =ρg
T
√1 + v(x)2
Recordando algunas propiedades de las funciones hiperbolicas
cosh2 x− sinh2 x = 1
(coshx)′ = sinhx
Es facil verificar que la solucion es
v(x) = sinh(ρgxT
)Finalmente
y(x) =T
ρgcosh
(ρgxT
)+ C
La curva de la catenaria corresponde a un coseno hiperbolico. La siguiente figura muestrala solucion para T = 100, g = 9,81, ρ = 1, con extremos en −5 y 5, y y(5) = 5
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Capıtulo 2
Ecuaciones de Primer Orden
Comenzaremos con el estudio de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden, esdecir, con ecuaciones de la forma
F (x, y, y′) = 0
Si la ecuacion es normal, entonces
dy(x)
dx= f(x, y)
No existe una formula o metodo general que permita resolver cualquier ecuacion de primerorden. Por lo mismo, resulta util clasificar las ecuaciones diferenciales de acuerdo a la formaque estas tengan, pues para cierto tipo de ecuaciones si existen metodos de resolucion generales.Hay que notar ademas que para una ecuacion diferencial, multiples soluciones pueden existir.Un ejemplo trivial es el siguiente
dy(x)
dx= 2
Soluciones validas en todo R son y1(x) = 2x, y2(x) = 2x + 4, y3(x) = 2x − 5. De hecho,existen infinitas soluciones a esta ecuacion. A pesar de esto, muchas veces se desea encontraruna solucion en particular, que cumpla con tomar algun valor determinado para cierto valor dela variable independiente. Como ejemplo
dy(x)
dx= 2, y(5) = −π
Es decir, ya no basta con encontrar una funcion cuya derivada sea 2. Se debe cumplir ademascon la condicion impuesta en x = 5. La solucion general es de la forma
y(x) = 2x+ C
donde C debe cumplir con −π = 10 + C → C = −π − 10. Por lo tanto, la unica solucionposible es
y(x) = 2x− π − 10
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2.1. Separacion de variables
Una ecuacion de variables separables es una EDO normal de primer orden
dy
dt= f(t, y)
donde
f(t, y) = h(t)g(y)
En este caso la solucion de la ecuacion se logra escribiendola de la siguiente manera
dy
g(y)= h(t)dt
y entonces
ˆdy
g(y)=
ˆdth(t) + C
Ejemplo
dy
dt= −y2, y(0) = 1
Se tiene
ˆdy
y2= −ˆdt+ C
−1
y= −t+ C
Luego
1
y(t)= t+ C ′ → y(t) =
1
t+ C ′
La condicion inicial es y(0) = 1→ C ′ = 1.Luego la solucion 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 solucion de la ecuacion
dy
dt= f(t, y)
con la condicion inicial y(0) = y0
Observacion: La condicion inicial a veces se da en un instante t0 > 0, es decir, se imponey(t0) = y0
2.2.1. Ejemplo: Poblaciones en crecimiento, modelo exponencial
Sea P (t) la poblacion de individuos en una zona al tiempo t. Se propone el siguiente modelopara la evolucion temporal de P
dP (t)
dt= kP (t)
donde k ∈ R+. Este modelo simple establece que la tasa de crecimiento de la poblaciones proporcional a la cantidad de individuos. Corresponde a una EDO normal de primer ordenseparable
dP
P= kdt
lnP = kt+ C
Finalmente
P (t) = P0ekt
P0 representa la poblacion inicial. La solucion al PVI
dP (t)
dt= kP (t), P (0) = P0
esP (t) = P0e
kt
2.2.2. Ejemplo: Modelo logıstico (Pierre Verhulst, 1838)
El matematico belga Pierre Vershulst propuso en 1838 el famoso modelo logıstico
dP (t)
dt= kP (t)
(1− P (t)
M
)donde M ∈ R+ es la cantidad maxima de poblacion permitida. Supongamos que se desea
resolver el PVI con P (0) = P0. La ecuacion sigue siendo separable
dP
P(1− P
M
) = kdt
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ˆdP
P(1− P
M
) =
ˆdP
(1
P+
1/M
1− PM
)
Luego
ln
(P
1− PM
)= kt+ C1
P
1− PM
= C2ekt
MP
M − P= C2e
kt → P (t) =MC2e
kt
M + C2ekt
La condicion inicial es
P (0) =MC2
M + C2
= P0
Luego
C2 =MP0
M − P0
Finalmente la solucion es
P (t) =MP0e
kt
M − P0 + P0ekt
P (t) =MP0
P0 + (M − P0)e−kt
Notar que
lımt→∞
P (t) = M
Es decir, la poblacion tiende a estabilizarse en un valor muy cercano a M individuos. Lasiguiente figura muestra la solucion para M = 10, k = 1. En azul se ilustra la solucion concondicion inicial P (0) = 20, mientras que en rojo la condicion inicial es P (0) = 2
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Problema
La difusion de una epidemia es modelada por la ecuacion logıstica
dx
dt= kx(m− x)
donde k > 0, la poblacion total del pueblo es m y x(t) representa la cantidad de individuosinfectados pasados t dıas. Para t = 0 un decimo de la poblacion esta infectada. Despues decinco dıas, un quinto de la poblacion esta infectada.a) ¿Que proporcion de la poblacion estara infectada despues de diez dıas?b) ¿Para que valor de t la mitad de la poblacion estara infectada?
Soluciona) La ecuacion a resolver es la siguiente
dx
dt= kx(m− x)
La cual es una ecuacion separable, en efecto
dx
x(m− x)= kdt
Ademas
1
x(m− x)=
1
m
(1
x+
1
m− x
)Entonces
dx
x+
dx
(m− x)= kmdt
lnx− ln (m− x) = kmt+ C0
ln
(x
m− x
)= kmt+ C0
x
m− x= C1e
kmt
Finalmente
x(t) =C1me
kmt
1 + C1ekmt
La solucion general es
x(t) =C1m
C1 + e−kmt
19
Para t = 0, un decimo de la poblacion esta infectada, luego
x(0) =m
10=
C1m
C1 + 1
De aquı se obtiene el valor de C1
m
10= C1
(m− m
10
)= C1
9m
10
C1 =1
9Entonces
x(t) =m/9
19
+ e−kmt
Ademas, como x(5) = m/5
m
5=
m/919
+ e−km5
5
9=
1
9+ e−km5
1
5mln
(9
4
)= k
Con esto, la proporcion de la poblacion infectada despues de 10 dıas es
x(10) =m/9
19
+ e−km10
x(10) =m/9
19
+ e−2 ln(9/4)=
m/919
+(
49
)2
x(10) =m
1 + 9(
49
)2 = m9
25
b) Se debe resolver
x(t) =m
2Es decir
m
2=
m/919
+ e−kmt
1
9= e−kmt
20
Problema
Resuelva
a) (t2 − xt2
)x′ + x2 + tx2 = 0
b)tdx− xdt =
√t2 + x2dt
Soluciona) Se debe resolver
t2 (1− x)x′ + x2 (1 + t) = 0
que puede ser escrita de la siguente forma
dx
dt=
x2
x− 1
1 + t
t2
que es una ecuacion de variables separables. Se tiene entonces
dx
x2(x− 1) =
dt(1 + t)
t2
Ası
lnx+1
x= −1
t+ ln t+ C
La solucion x(t) queda expresada en forma implıcita
ln
(x(t)
t
)+
1
x(t)+
1
t= C
b) Se tiene
tdx− xdt =√t2 + x2dt
Luego
tdx
dt− x =
√t2 + x2
dx
dt=x
t+
1
t
√t2 + x2 =
x
t+
√1 +
(xt
)2
Resulta natural el siguiente cambio de variable, v = x/t, luego se tiene x′ = v′t+ v, ası
v′t+ v = v +√
(1 + v2)
22
dv
dt=
1
t
√1 + v2
La cual es una ecuacion separable
dv√1 + v2
=dt
t
Arc sinh v = ln t+ C0
v =C1
2t− 1
2C1t
y entonces la solucion general de la ecuacion es de la forma
x(t) =1
2
(C1t
2 − 1
2C1
)
23
Problema
Resolver las ecuaciones siguientes
x′ =x2
tx− t2
x′ = x− x2
SolucionPara la primera ecuacion, se propone el siguiente cambio de variable
y =x
tcon esto
y′ =x′
t− x
t2=x′
t− y
t
Luego
y′ =x2
t2x− t3− y
t=
1ty− t
y2
− y
t
y′ =y2
t(y − 1)− y
t=y2 − y2 + y
t(y − 1)
y′ =1
t
y
y − 1
Esta ultima es una ecuacion separable. En efecto
dyy − 1
y=dt
t
Luego
y − log y = log t+ C
Luego, x queda determinado en forma implıcita por la siguiente relacion
x(t)
t− log x(t) + log t = log t+ C
x(t)− t log x(t)− Ct = 0
24
La ecuacionx′ = x− x2
es una ecuacion separable. Equivalentemente se puede escribir
x′
x− x2= 1
Notar que
1
x− x2=
1
x+
1
1− xLuego
dx
x+
dx
1− x= dt
Entonces
lnx− ln (1− x) = t+ C
ln
(x
1− x
)= t+ C
Puede obtenerse una solucion explıcita, pues
x
1− x= Ket
x(t) =Ket
1 +Ket
o bien
x(t) =1
Ke−t + 1
25
Problema
Encuentre las funciones y(x) que satisfacen la siguiente ecuacion
ˆ 1
0
dsy(sx) = 2y(x)
Idea: haga un cambio de variables
SolucionHaciendo el cambio de variables u = sx se obtiene
1
x
ˆ x
0
duy(u) = 2y
Derivando con respecto a x
xy −´ x
0duy(u)
x2= 2
dy
dx
Reemplazando el valor de la integral se obtiene la siguiente ecuacion diferencial
xy − 2xy
x2=y
x− 2
y
x= 2
dy
dx
Luego
−yx
= 2dy
dx
Claramente una ecuacion separable
2dy
y= −dx
x
2 ln y = − lnx+ C0
y2 =C1
x
26
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 proposito deeste problema es determinar la trayectoria y(x) que sigue el perroa) Dado un instante t cualquiera, el conejo se encontrara en la posicion C = (0, at) del planoxy, y llamamos P = (x, y) a las coordenadas de la posicion del perro. Observando que el trazoPC es tangente a la trayectoria buscada, obtenga la ecuacion diferencial que satisface y(x)b) Derivando la expresion anterior con respecto a x pruebe que se tiene
xd2y
dx2= −a dt
dx
c) Para calcular dt/dx en la ecuacion anterior, comience por obtener el valor de la derivadads/dx de la longitud s del arco de curva descrito por y(x). Para esto recuerde que
ds2 = dx2 + dy2
y que s crece si x decrece en nuestro casod) Continuando con el calculo de dx/dt, observe que ds/dt representa la velocidad del perro quees constante y conocida segun los datos del problema. Usando este hecho y el valor de ds/dx,calcule dt/dxe) Demuestre entonces que la ecuacion buscada de la curva es
xd2y
dx2= k
√1 +
(dy
dx
)2
donde k = a/bf) Mediante la sustitucion p = dy/dx, obtendra una ecuacion de primer orden en p. Resuelvadicha ecuacion.
Soluciona) La trayectoria del perro sera algo similar a lo que se muestra en la siguiente figura
En todo instante el perro se mueve en la direccion de la recta que une su posicion con laposicion del conejo. Dado que la posicion de ambos varıa de forma continua en el tiempo, latrayectoria debe tener una forma similar a la que se ha dibujado
27
La siguiente figura ilustra por que el trazo PC es tangente a la trayectoria
Basta escribir la ecuacion de la tangente
y − atx
=dy
dx
de donde resulta
xdy
dx= y − at
b) La derivacion con respecto a x de la expresion anterior entrega
xd2y
dx2+dy
dx=dy
dx− a dt
dx
xd2y
dx2= −a dt
dx
c) Se tienedt
dx=dt
ds
ds
dx
Usando la expresion de ds2 se obtiene
ds
dx= −
√1 +
(dy
dx
)2
d) Se sabe ademas que dt/ds = 1/b y finalmente, usando el resultado de la pregunta anterior
dt
dx= −1
b
√1 +
(dy
dx
)2
e) Reemplazando en la ecuacion obtenida en c
xd2y
dx2=a
b
√1 +
(dy
dx
)2
28
f) La sustitucion indicada lleva a la ecuacion
xdp
dx=a
b
√1 + p2
La que es una ecuacion de variables separables
dp√1 + p2
= kdx
x
Arc sinh p = k lnx+ C0
p = sinh (k lnx+ C0) =1
2ek lnxeC0 − 1
2e−k lnxe−C0
p =1
2C1x
k − 1
2C1
x−k
Finalmente, para k 6= 1
y(x) =1
2(k + 1)C1x
k+1 − 1
2C1(1− k)x1−k + C2
29
2.3. Ecuaciones Lineales
2.3.1. Definicion: Ecuacion Lineal de primer orden
Decimos que una EDO de primer orden
dy
dx= f(x, y)
es lineal sif(x, y) = a(x)y + b(x)
Observaciones
a) La funcion f(x, y) cumple con f(x, c1y1 + c2y2) = c1f(x, y1) + c2f(x, y2)
b) Si b(x) = 0, llamamos a la ecuacion lineal homogenea
c) Si b(x) = 0, la ecuacion es separable. Pero en general, una ecuacion separable no es lineal
2.3.2. Solucion general de ecuaciones lineales
Para una ecuacion lineal de primer orden
dy
dx− a(x)y = b(x)
se define el factor integrante como
F.I = e−´ xx0dτa(τ)
Al multiplicar ambos lados de la ecuacion por el factor integrante resulta
dy
dxe−´ xx0dτa(τ) − a(x)ye
−´ xx0dτa(τ)
= b(x)e−´ xx0dτa(τ)
Se reconoce inmediatamente el lado izquierdo como una derivada total
d
dx
(y(x)e
−´ xx0dτa(τ)
)= b(x)e
−´ xx0dτa(τ)
Luego
y(x)e−´ xx0dτa(τ)
=
ˆ x
x0
b(u)e−´ ux0dτa(τ)
+ C
Finalmente la solucion general es
y(x) = Ce´ xx0dτa(τ)
+ e´ xx0dτa(τ)
ˆ x
x0
b(u)e−´ ux0dτa(τ)
Notar que C representa el valor de y en x = x0
30
En resumen, la solucion general al PVI
dy(x)
dx− a(x)y(x) = b(x)
y(x0) = y0
es
y(x) = y0e´ xx0dτa(τ)︸ ︷︷ ︸
yh(x)
+ e´ xx0dτa(τ)
ˆ x
x0
b(u)e−´ ux0dτa(τ)
︸ ︷︷ ︸yp(x)
Notar que y(x) se ha descompuesto en 2 funciones. yh(x) es solucion a la ecuacion homogenea
dyh(x)
dx− a(x)yh(x) = 0
la cual incluye el valor inicial de y. Por otro lado, yp(x) recibe el nombre de solucion par-ticular, y no depende de la condicion inicial, sino del termino no homogeneo b(x)
Ejemplo
Resolver
dy(x)
dx= 3y + ex
con y(0) = y0
El factor integrante de esta ecuacion es
F.I = e−´ x0 3dτ = e−3x
Entonces
dy(x)
dxe−3x − 3ye−3x = exe−3x
d
dx
(y(x)e−3x
)= e−2x
Luego
y(x)e−3x =
ˆ x
0
due−2u + C =1
2− 1
2e−2x + C
y(x) = y0e3x︸ ︷︷ ︸
yh(x)
+1
2e3x − 1
2ex︸ ︷︷ ︸
yp(x)
yh(x) es solucion a la ecuacion homogenea, y′(x) = 3y(x).
31
2.4. Ecuacion de Bernoulli
Una ecuacion de Bernoulli es una EDO de primer orden de la forma
dy
dx= a(x)y(x) + b(x)yα
donde α 6= 1
Si bien una ecuacion de Bernoulli no es lineal, mediante el cambio de variable
v = y1−α
se obtiene una EDO lineal para v. En efecto
dv
dx= (1− α)y−α
dy
dx= (1− α)y−α (a(x)y(x) + b(x)yα)
dv
dx= (1− α)a(x)y(x)1−α + (1− α)b(x)
Finalmente
dv(x)
dx= (1− α)a(x)v(x) + (1− α)b(x)
La cual es una EDO lineal de primer orden en v
32
Problema
Resolver las ecuaciones siguientes
a)
x′ − 2x
t+ 1= (t+ 1)2
b)x′ + tx = t3x3
Soluciona) La ecuacion es lineal, y puede ser resuelta mediante un factor integrante
F.I = e−´ tt1
2dττ+1 = Ce−2 ln(t+1) =
C
(t+ 1)2
Luego
x′
(t+ 1)2− 2x
(t+ 1)3= 1
d
dx
(x
(t+ 1)2
)= 1
Ası
x
(t+ 1)2= t+ C
Finalmente
x(t) = (C + t)(t+ 1)2
b)x′ + tx = t3x3
Esta es una ecuacion de Bernoulli, que puede ser transformada en una ecuacion linealmediante el cambio de variable
z = x−2
dz
dt= − 2
x3x′ =
2t
x4− 2t2
dz
dt=
2t
x2− 2t3 = 2tz − 2t3
Multiplicando a ambos lados por
e−´ tt0dτ2t
= Ce−t2
dz
dte−t
2 − 2tze−t2
=d
dt
(z(t)e−t
2)
= −2t3e−t2
33
Problema
Resolver
a)
x′ + 2x
t− 1 = 0
b)x′ + (tan t)x = t sin(2t)
Soluciona) Corresponde a una ecuacion lineal, que tiene sentido para t 6= 0. El factor integrante es
FI = e´ tt1dτ 2
τ = e2 ln t/t1 =
(t
t1
)2
Luego
x′t2 + 2xt = t2
d
dt
(xt2)
= t2
xt2 =
ˆ t
t0
t2 + C0 =1
3t3 + C1
La solucion general queda
x(t) =1
3t+
1
t2C1
b) Tambien corresponde a una ecuacion lineal. El factor integrante es
F.I =
ˆ t
t1
dτ tan τ = Ce− ln(cos t) = C1
cos t
luego
x′
cos t+
sin t
cos2 tx = t
sin(2t)
cos t
d
dt
( x
cos t
)=
ˆ t
t0
du2u sinu+ C = −2t cos t+ 2 sin t+ C1
Finalmente
x(t)
cos t= −2t cos t+ 2 sin t+ C1
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 lepermitan usar sus conocimientos sobre ecuaciones de primer orden
a)y′y′′ + 2(y′)2 = 0
b)x3yy′ + 2x2y2 − 1 = 0
En este ultimo caso se recomienda u(x) = x2y(x)
Soluciona) Si se realiza el cambio de variables z(x) = [y′(x)]2, la ecuacion propuesta se transforma en
dz(x)
dx= 2y′(x)y′′(x) = −4(y′)2
dz(x)
dx= −4z(x)
Una EDO lineal de primer orden homogenea. Se tiene
z(x) = Ce−4x
Luego
y′(x) = C1e−2x
Finalmente
y(x) = C0 −C1
2e−2x
b) Haciendo
u(x) = x2y(x)
du(x)
dx= 2xy(x) + x2dy(x)
dx
du(x)
dx=
1
y(x)x
(2x2y2 + x3yy′
)du(x)
dx=
x
y(x)x2
Luego
u′(x)u(x) = x
36
Esta es una ecuacion separable
duu = xdx→ 1
2u2 =
1
2x2 + C
u(x) =√x2 + C1
Luego
y(x) =1
x2
√x2 + C1
37
Problema
Al caer, una gota de agua se evapora y al mismo tiempo retiene su forma esferica. Haremoslas suposiciones adicionales de que la rapidez con que se evapora (perdida de masa) es propor-cional a su area, con una constante de proporcionalidad k < 0, y no se considera la resistenciadel aire. Designamos por ρ la densidad del agua, r0 el radio de la gota cuando t = 0 y ladireccion positiva se define hacia abajoa) Detemuestre que bajo los supuestos anteriores la rapidez con que disminuye el radio r(t) dela gota es constante y que se tiene
r(t) =
(k
ρ
)t+ r0
b) Si r0 = 0,01 m, y si r = 0,007 m 10 segundos despues, determine el tiempo en el que seevapora la gota de lluvia por completoc) Obtenga la ecuacion diferencial satisfecha por la velocidad v(t) de la gota de agua en sucaıda libre. Para ello comience por establecer el valor de su masa en funcion del tiempo. Si lagota de lluvia cae desde el reposo, determine v(t)
Soluciona) Se tiene
dm(t)
dt= k4πr(t)2
Donde
m(t) = ρ4
3πr(t)3
Luego
ρ4
3π3r(t)2dr
dt= k4πr(t)2
Finalmente
dr
dt=
(k
ρ
)
y entonces
r(t) = r0 +
(k
ρ
)t
b) Se tiene
r(10) = 0,007 = 0,01 + 10k
ρ
Luego
k
ρ= −0,003
10= 0,0003
38
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 funcion del tiempo es
m(t) = ρ4
3πr(t)3
Luego, la evolucion de su posicion esta dada por la segunda ley de Newton
d
dt
(4πr(t)3
3ρv(t)
)=
4πr(t)3
3ρg
d
dt
(r(t)3v(t)
)= r(t)3g
Luego
3r(t)2(k/ρ)v(t) + r(t)3dv(t)
dt= r(t)3g
3(k/ρ)
r(t)v(t) +
dv(t)
dt= g
dv(t)
dt+
3(k/ρ)
(k/ρ)t+ r0
= g
Es una EDO lineal no homogenea. El factor integrante es
e´ tt1dτ
3(k/ρ)(k/ρ)τ+r0 = Ce3 ln((k/ρ)t+r0)
= C ((k/ρ)t+ r0)3
Luego, llamando A = k/ρ
dv(t)
dt(At+ r0)3 + 3v(t)A(At+ r0)2 = g(At+ r0)3
d
dt
(v(t)(At+ r0)3
)= g(At+ r0)3
v(t)(At+ r0)3 = g
ˆ t
0
(Aτ + r0)3 + C0 =g
4A(At+ r0)4 − gr4
0
4A+ C0
Finalmente
v(t) =g
4A(At+ r0)− gr4
0
4A(At+ r0)3+
C0
(At+ r0)3
39
Con C0 = v(0) = 0La solucion es
v(t) =g
4A(At+ r0)− gr4
0
4A(At+ r0)3
v(t) =g
4A
((At+ r0)3 − r4
0
(At+ r0)3
)
40
Problema
Considere un estanque que esta lleno con 1000 litros de agua. Por un tubo conectado alestanque se hace ingresar una solucion contaminada en la proporcion de 1 a 100, con una tasade 300 lts/ min. Por un tubo fluye agua pura hacia el estanque con una tasa de 300 lts/min.Una bomba extrae lıquido del estanque con una velocidad de 700 lts/mina) Si C(t) representa la cantidad de contaminante en el estanque en el instante t, medida enlitros, deduzca el problema con valores iniciales que modela su evolucionb) Encuentre la solucion al problema planteado. Indique en que instante se alcanza la maximacantidad de contaminante en el estanque
Soluciona) Sea V (t) el volumen de lıquido que esta en el estanque en el instante t. Inicialmente es 1000,y decrece a razon 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 in-greso al estanque es de 300/100 lts/min. Sin embargo, debido a la bomba que extrae lıquidodiluıdo, tambien hay una perdida de contaminante. Al instante t, se tendra una concentracionde contaminante
C(t)/V (t)
la cual es extraıda por la bomba a razon de 700 lts/min. En resumen
dC(t)
dt=
300
100− 700
V (t)C(t)
y el problema con valores iniciales se escribe
C ′(t) = 3 +7
t− 10C
C(0) = 0
b) La ecuacion diferencial a resolver es del tipo lineal no homogenea. El factor integrante es
F.I = e−´ tt0ds 7s−10 = Ce−7 ln(t−10) =
C
(t− 10)7
Luego
C ′(t)1
(t− 10)7− 7
(t− 10)8C(t) =
3
(t− 10)7
d
dt
C(t)
(t− 10)7=
3
(t− 10)7
C(t)
(t− 10)7=
ˆ t
0
3du
(u− 10)7+ C = −1
2(t− 10)−6 +
1
2
1
106+ C0
41
Luego
C(t) = −(t− 10)
2+
(t− 10)7
2× 106+ C0(t− 10)7
Notar que C0 = C(0) = 0, luego
C(t) = −(t− 10)
2+ 5
(t− 10)7
107
Esta solucion es valida siempre y cuando V (t) ≥ 0, es decir para
t ∈ [0, 10)
. Para encontrar el instante t0 en que C(t) es maxima, basta derivar e igualar la derivada a 0.Esto es
dC(t0)
dt= 3 +
7
t0 − 10C(t0) = 0
Luego
−7
2+ 35
(t0 − 10)6
107+ 3 = 0
Finalmente se obtiene
t0 = 10(1− 7−1/6
)
42
Problema
Considere la ecuaciony′ + y = esinx (cosx+ 1)
a) Obtenga la forma general de la solucion y(x) de la ecuacion anterior
b) Verifique que, independientemente de la condicion inicial, la solucion y(x) tiende a unafuncion periodica cuando x→∞
SolucionSe trata de una ecuacion lineal, cuyo factor integrante es
F.I = e´ xx0ds
= Cex
Entonces
exy′ + yex = ex+sinx (cosx+ 1)
d
dx(exy(x)) = ex+sinx (cosx+ 1)
Luego
y(x) = e−xy0 + e−xˆ x
0
dueu+sinu (cosu+ 1)
La ultima integral se resuelve mediante u+ sinu = v, luego dv = (1 + cosu)du
y(x) = e−xy0 + e−xˆ x+sinx
0
dvev = e−xy0 + e−x(ex+sinx − 1
)
La solucion esy(x) = e−x(y0 − 1) + esinx
donde y0 = y(0). Es facil ver que cuando x→∞
y(x)→ esinx
que es una funcion perıodica en x
43
Problema
Una esfera metalica de masa unitaria se deja caer libremente desde una altura H > 0. En sutrayectoria encuentra un vaso que contiene un lıquido que opone un roce viscoso de coeficienteλ al movimiento de la esfera. La columna lıquida tiene una altura h < H; el vaso se encuentraapoyado sobre la superficie de la tierra. Calcule el tiempo T que demora la esfera en quedar ala altura h/2 de la superficie de la tierra. Su calculo puede quedar expresado en forma de unaecuacion algebraica que determine el tiempo T
SolucionSea x(t) la posicion de la esfera en el instante t ≥ 0, medida sobre la vertical y colocando elorigen 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 movil enalcanzar la altura h/2 que es lo que se busca. Usando la segunda ley de Newton se tienen lossiguientes problemas con valores iniciales. Para 0 < t ≤ T0:
x′′(t) = −g, x(0) = H, x′(0) = 0
Llamando v = x′, se tiene v′ = −g; v(0) = 0, luego
v(t) = −gt
Integrando esta expresion, se encuentra x(t)
x(t) = H − 1
2gt2
Esto nos permite calcular T0, pues x(T0) = h, de donde
T0 =
√2(H − h)
g
y ademas
v(T0) = −gT0 = −√
2g(H − h)
Para T0 < t ≤ T
x′′(t) = −g + λx′, x(T0) = h, x′(T0) = −√
2g(H − h)
Nuevamente llamando v(t) = x′(t), se obtiene una ecuacion lineal para v(t)
v′(t) = −g + λv(t)
v′(t)e−λt − λv(t)e−λt = −ge−λt
d
dt
(v(t)e−λt
)= −ge−λt
44
v(t) = Ceλt − geλtˆ t
T0
dse−λs
v(t) = Ceλt +g
λ
(1− eλ(t−T0)
)
donde v(T0) = −gT0 = CeλT0 → C = −gT0e−λT0
v(t) = −gT0eλ(t−T0) +
g
λ
(1− eλ(t−T0)
)v(t) = −g
(T0 +
1
λ
)eλ(t−T0) +
g
λ
Integrando entre T0 y t (T0 < t ≤ T ), y usando que x(T0) = h
x(t) = h− g
λ
(T0 +
1
λ
)e(t−T0) +
g
λ(t− T0)
Finalmente, se tendra x(T ) = h2
si y solo si
h
2− g
λ
(T0 +
1
λ
)e(T−T0) +
g
λ(t− T0) = 0
45
2.5. Ecuaciones Exactas
2.5.1. Definicion
Una EDO de primer orden de la forma
M(x, y) +N(x, y)dy
dx= 0
Es exacta si existe una funcion F (x, y) diferenciable tal que
M(x, y) =∂F (x, y)
∂x
N(x, y) =∂F (x, y)
∂y
En tal caso, la solucion de la ecuacion esta dada implıcitamente por
F (x, y) = C
donde C es una constante
NotaLa idea es la siguiente. Sea F (x, y) una funcion diferenciable. Entonces el diferencial exacto deF esta dado por
dF (x, y) =∂F (x, y)
∂xdx+
∂F (x, y)
∂ydy
Entonces la relaciondF (x, y) = 0
entrega una curva en el plano x − y dada por y = y(x) en la cual la funcion F (x, y) no varıa.Es decir, a lo largo de la curva y(x) la funcion F (x, y) permanece constante. La ecuacion quesatisface esta curva puede ser vista como la siguiente EDO
∂F (x, y)
∂x+∂F (x, y)
∂y
dy
dx= 0
Notar que en todo punto de continuidad de las primeras derivadas de F se tiene
∂2F (x, y)
∂y∂x=∂2F (x, y)
∂x∂y
Luego, dada la ecuacion
M(x, y) +N(x, y)dy
dx= 0
veremos que la ecuacion es exacta ssi
∂M(x, y)
∂y=∂N(x, y)
∂x
46
2.5.2. Teorema
Consideremos una EDO de primer orden
M(x, y) +N(x, y)dy
dx= 0
con M,N y sus derivadas parciales de primer orden continuas en una region R = (x0, x1)×(y0, y1). Luego, esta ecuacion es exacta ssi
∂M(x, y)
∂y=∂N(x, y)
∂x
DemostracionPrimero veamos que si la ecuacion es exacta, entonces se cumple
∂M(x, y)
∂y=∂N(x, y)
∂x
En efecto, existe F (x, y) tal que
M(x, y) =∂F (x, y)
∂x
N(x, y) =∂F (x, y)
∂y
Entonces
∂M
∂y=
∂2F
∂y∂x=
∂2F
∂x∂y=∂N
∂x
Ahora, se debe mostrar que si
∂M(x, y)
∂y=∂N(x, y)
∂x
entonces la ecuacion es exacta. Hay que encontrar F (x, y) tal que ∂F (x, y)/∂x = M(x, y)
F (x, y) =
ˆdxM(x, y) + g(y)
Para encontrar g(y) se impone ademas que
N(x, y) =∂F (x, y)
∂y=
∂
∂y
ˆdxM(x, y) + g′(y)
luego
g′(y) = N(x, y)− ∂
∂y
ˆM(x, y)dx
Hay que probar que el termino de la derecha no depende de x. En efecto
47
∂g′(y)
∂x=∂N(x, y)
∂x− ∂
∂x
∂
∂y
ˆdxM(x, y) =
∂N(x, y)
∂x− ∂M(x, y)
∂y= 0
Finalmente, hemos encontrado F (x, y) tal que
M(x, y) =∂F (x, y)
∂x
N(x, y) =∂F (x, y)
∂y
y por lo tanto la ecuacion es exacta
2.5.3. Definicion: Factor Integrante
Dada una EDO de primer orden
M(x, y) +N(x, y)dy
dx= 0
con M,N y sus primeras derivadas parciales continuas en R = (x0, x1) × (y0, y1), decimosque µ(x, y) es un factor integrante ssi
µ(x, y)M(x, y) + µ(x, y)N(x, y)dy
dx= 0
es exacta, y si µ y sus derivadas parciales de primer orden son continuas en R
2.5.4. Ejemplo
Sea la EDO normal
y + xdy
dx= 0
Se reconoce inmediatamente M(x, y) = y, N(x, y) = x . Se verifica que
∂M(x, y)
∂y= 1 =
∂N(x, y)
∂x
Decimos entonces que la ecuacion es exacta y buscamos F (x, y) tal que
∂F (x, y)
∂x= y
∂F (x, y)
∂y= x
La primera condicion entrega
F (x, y) =
ˆdxy + h(y) = xy + h(y)
donde h es una funcion unicamente de y. Imponiendo la segunda condicion
48
∂F (x, y)
∂y= x+ h′(y) = x
Entonces h(y) es una constante y la solucion a la ecuacion esta dada por
F (x, y) = xy = C
Explıcitamente
y(x) =C
x
49
Problema
a) Resolver la ecuacion(2t+ 3x2)dt+ 6txdx = 0
b) Sean µ(x, t) y ν(x, t) dos factores integrantes de la ecuacion
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 implıcitamente la solucion general de (b)
Soluciona) Si llamamos M(t, x) = 2t+ 3x2, N(t, x) = 6tx, se puede verificar directamente que
∂M(x, t)
∂x= 6x =
∂N(x, t)
∂t
de donde resulta que la ecuacion propuesta es exacta. Luego existe F (t, x) cuyas derivadasparciales con respecto a t y x coincidan con M y N , respectivamente. Para calcular F (x, t)hacemos
F (t, x) =
ˆdt(2t+ 3x2
)+ g(x)
F (t, x) = t2 + 3x2t+ g(x)
Enseguida, derivando con respecto a x
6tx = 6xt+ g′(x)
luego g′ = 0, g(x) = const. y podemos tomar una constante particular, g(x) = 0 . Con estaeleccion obtenemos que x(t) debe verificar la relacion
t2 + 3x2(t)t = c
vale decir
x(t) =
√c− t2
3t
b) Bajo las hipotesis del enunciado, si µ y ν son factores integrantes de la ecuacion planteada,se tiene
∂µ
∂tN + µ
∂N
∂t=∂µ
∂xM + µ
∂M
∂x
∂ν
∂tN + ν
∂N
∂t=∂ν
∂xM + ν
∂M
∂x
50
Multiplicando la primera ecuacion por ν y la segunda por µ, y luego restando ambas, setiene (
∂µ
∂tν − ∂ν
∂tµ
)N =
(∂µ
∂xν − µ∂ν
∂x
)M
Esto equivale a (∂µ
∂t
1
ν− 1
ν2
∂ν
∂tµ
)N =
(∂µ
∂x
1
ν− 1
ν2µ∂ν
∂x
)M
De donde se obtiene que para α = µ/ν se cumple
∂α
∂tN =
∂α
∂xM
Escribiendo ahora el diferencial de α, observamos que
dα =∂α
∂tdt+
∂α
∂xdx
dα =1
N
(∂α
∂tNdt+
∂α
∂xNdx
)
dα =1
N
∂α
∂x(M(t, x)dt+N(t, x)dx)
En consecuencia, si dα = 0, sobre alguna curva x(t), entonces ella resuelve la ecuaciondiferencial
M(t, x)dt+N(t, x)dx = 0
51
Problema
Resolver las ecuaciones diferenciales siguientes
a)(x cos t+ 2tex)dt+ (sin t+ t2ex + 2)dx = 0
b)(3x2 + 4t)dt+ (2xt)dx = 0
Soluciona) En este caso tenemos una ecuacion que se resuelve por el metodo de los diferenciales exactos.En efecto, sean M(t, x) = x cos t+ 2tex, N(t, x) = sin t+ t2ex + 2, entonces
∂M(t, x)
∂x= cos t+ 2tex =
∂N(t, x)
∂t
Se construye entonces una funcion F (t, x) en la forma
F (t, x) =
ˆ t
0
(x cos s+ 2sex)ds+ g(x) = x sin t+ t2ex + g(x)
donde g es una funcion a determinar. Para ello se iguala
∂F (t, x)
∂x= sin t+ t2ex + g′(x) = N(t, x) = sin t+ t2ex + 2
Entonces g′(x) = 2. Luego, podemos tomar
F (t, x) = x sin t+ t2ex + 2x
Finalmente, las soluciones ϕ(t) de la ecuacion diferencial quedan determinadas implıcita-mente por la ecuacion
ϕ(t) sin t+ t2eϕ(t) + 2ϕ(t) = C(const.)
b) Este caso la ecuacion no es exacta. Sin embargo, al multiplicar a ambos lados por t2 setiene
(3x2t2 + 4t3)dt+ (2xt3)dx = 0
Definiendo
M(t, x) = t2(3x2 + 4t)
N(t, x) = 2xt3
se obtiene
∂M(t, x)
∂x=∂N(t, x)
∂t
52
Para encontrar una funcion F (t, x), como en la parte a), integramos N con respecto a t
F (t, x) = x2t2 + g(x)
y se verificar g′(x) = 4t3, de donde basta tomar
F (t, x) = x2t2 + t4
Las soluciones ϕ(t) deben verificar entonces
ϕ(t)2 t2 + t4 = C
ϕ(t) = ±√C
t2− t2
53
Problema
En la ecuacionM(t, x)dt+N(t, x)dx = 0
suponga que los coeficientes M y N son continuamente diferenciables y tales que la funcion
1
M(t, x)
(∂N(t, x)
∂t− ∂M(t, x)
∂x
)solo depende de x. Llame g(x) a esta funcion
a) Demuestre que bajo las condiciones anteriores, existe un factor integrante para la ecuacionque tiene la forma
µ(x) = e´ xx0g(y)dy
donde x0 es un punto arbitrario en el dominio de definicion de g
b) Aproveche el resultado anterior para resolver la ecuacion diferencial
x cos tdt+ (2x2 + 1) sin tdx = 0
Soluciona) Verifiquemos que
∂
∂xµ(x)M(t, x) =
∂
∂tµ(x)N(t, x)
En efecto
∂
∂xµ(x)M(t, x) =
∂µ(x)
∂xM(t, x) + µ(x)
∂M(t, x)
∂x
= g(x)µ(x)M(t, x) + µ(x)∂M(t, x)
∂x
= µ(x)
(∂N(t, 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 ecuacion propuesta
b) En este caso
∂N(t, x)
∂t(t, x)− ∂M(t, x)
∂x= 2x2 cos t
de donde g(x) = 2x y
µ(x) = ex2
Para encontrar F (x, t) tal que ∂F∂t
= µM y ∂F∂x
= µN , integramos µM con respecto a t, loque nos da una funcion de la forma
xex2
sin t+ h(x)
54
donde h es una funcion desconocida que se determina derivando lo anterior con respecto ax e imponiendo que esa expresion coincida con N
2x2ex2
sin t+ ex2
sin t+ h′(x) = (2x2 + 1)ex2
sin t
Luego h′(x) = 0, de donde h(x) es constante y basta tomar como funcion F la siguiente
F (t, x) = xex2
sin t
La solucion ϕ de la ecuacion propuesta satisface entonces
ϕ(t)eϕ(t)2 sin t = C
donde C es una constante arbitraria
55
Problema
a) Encuentre una funcion M(x, y) de modo que la ecuacion
M(x, t)dx+
(xexy + 2xy +
1
x
)dy = 0
sea exacta
b) Resuelvaxydx+ (2x2 + 3y2 − 20)dy = 0
Soluciona) Para que la ecuacion sea exacta debe existir una funcion F (x, y) tal que ∂F (x,y)
∂x= M(x, y) y
∂F (x,y)∂y
= xexy + 2xy + 1x. Integrando esta ultima expresion, F debe ser de la forma
F (x, y) = exy + xy2 +y
x+ g(x)
donde g(x) es una funcion desconocida. Luego, M debe satisfacer
M(x, y) =∂F (x, y)
∂x= yexy + y2 − y
x2+ g′(x)
Tomando entonces una funcion g(x) constante se obtiene que una funcion M(x, y) quesatisface lo solicitado es
M(x, y) = yexy + y2 − y
x2
Observese que hay una familia infinita de funciones M que satisfacen lo pedido
b) Se puede observar que esta ecuacion no es exacta pues
∂
∂yxy = x 6= 2x =
∂
∂x
(2x2 + 3y2 − 20
)
Se puede ensayar, por ejemplo, un factor integrante de la forma xnym. Planteamos lasigualdades
∂
∂yxn+1ym+1 =
∂
∂x
(2x2 + 3y2 − 20
)xnym
de donde obtenemos que la condicion a satisfacer es
(m+ 1)xn+1ym − 2(n+ 2)xn+1ym − 3nxn−1ym+2 + 20nxn−1ym = 0
Si se escoge n = 0 llegamos a una expresion mas simple
(m+ 1)xym − 4xym = 0
De donde se deduce que m = 3 y la funcion y3 es un factor integrante. Con este, se tiene
xy4dx+ (2x2y3 + 3y5 − 20y3)dy = 0
56
Buscamos una funcion F (x, y) que satisfaga
∂F (x, y)
∂x= xy4
de donde F (x, y) = x2y4/2 + h(y). Luego
∂F (x, y)
∂y= 2x2y3 +
dh(y)
dy= 2x2y3 + 3y5 − 20y3
Luego, podemos tomar h(y) = y6/2− 5y4, de donde
F (x, y) =
(1
2x2 − 5
)y4 +
1
2y6
Y la solucion y(x) de la ecuacion original queda dada en forma implıcita por la relacion(1
2x2 − 5
)y(x)4 +
1
2y(x)6 = C
con C una constante
57
Problema
Una cadena uniforme de largo L metros esta enrollada en el piso. Se tira uno de sus extremoshacia arriba con una fuerza constante de F0 Newton. La cadena pesa 1 Newton por metro. Sedesea calcular la velocidad que tendra la cadena en el momento en que su segunda extremidadpierda contacto con el pisoa) Designando por x(t) la altura de la extremidad que se tira y por v(t) su velocidad, comiencepor expresar el valor que tiene la masa suspendida en el tiempo t y determine la ecuaciondiferencial satisfecha por x y v usando la Segunda Ley de Newton en su forma generalb) Multiplicando la ecuacion de la parte a) por x y usando las relaciones
v =dx
dt,dv
dt==
dv
dxv
pruebe que su ecuacion se reduce a una del tipo diferencial exacto
Soluciona) El peso total de la cadena es
mg = L→ m =L
g
Con esto, la densidad lineal de masa esta dada por
ρ =m
L=
1
g
Sea x(t) la coordenada de la extremidad de la cadena con respecto al piso. Con esto, lacantidad de masa suspendida al tiempo t esta dada por
m(t) = x(t)ρ =1
gx(t)
La segunda ley de Newton para el pedazo de cadena suspendida al tiempo t es
F0 −m(t)g =d
dt(m(t)v(t))
F0 − x(t) =1
g
dx(t)
dtv(t) +
1
gx(t)
dv(t)
dt
g (F0 − x(t)) = x(t)dv(t)
dt+dx(t)
dtv(t)
b) Multiplicando por x(t), se obtiene
gF0x(t)− gx(t)2 = x(t)2dv(t)
dt+dx(t)
dtv(t)x(t)
gF0x− gx2 = x2 dv
dxv + v2x
Finalmente
gx(F0 − x) = xv2 + x2vdv
dx
58
Escrito de otra forma (xv2 − gx(F0 − x)
)︸ ︷︷ ︸M(x,v)
dx+ x2v︸︷︷︸N(x,v)
dv = 0
Se verifica que esta es una ecuacion exacta, pues
∂M(x, v)
∂v= 2vx =
∂N(x, v)
∂x
Luego, se busca una funcion F (x, v) tal que
∂F (x, v)
∂v= N(x, v) = x2v → F (x, v) =
1
2x2v2 + h(x)
y
∂F (x, v)
∂x= xv2 + h′(x) = M(x, v) = xv2 − gxF0 + gx2
Luego podemos tomar
h′(x) = gx2 − gxF0 → h(x) =gx3
3− g
2x2F0
y la solucion en su forma implıcita es
1
2x2v2 +
1
3gx3 − 1
2gx2F0 = C
Imponiendo las condiciones iniciales x(0) = v(0) = 0, se deduce que C = 0. Luego
1
2x2v2 +
1
3gx3 − g
2x2F0 = 0
v2 +2g
3x− gF0
Se obtiene finalmente
v(x) =
√g
(F0 −
2
3x
)Finalmente, la velocidad de la cadena cuando el extremo inferior deja de estar en contacto
con el piso es
v(L) =
√g
(F0 −
2
3L
)Notar que es necesario que F0 >
23L, de lo contrario es imposible levantar completamente
la cadena del piso
59
Problema
a) Determine condiciones en M,N de modo que la ecuacion M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0tenga un factor integrante de la forma µ = µ(x− y2)
b) Encuentre un factor integrante para
(3x− y2)dx− 4xydy = 0
Soluciona) Si µ(x, y) es factor integrante de la ecuacion, entonces
∂
∂y(µ(x, y)M(x, y)) =
∂
∂x(µ(x, y)N(x, y))
Luego
∂µ(x, y)
∂yM(x, y) + µ(x, y)
∂M(x, y)
∂y=∂µ(x, y)
∂xN(x, y) + µ(x, y)
∂N(x, y)
∂x
Ahora, µ(x− y2) = µ(u). Entonces
∂µ
∂y=∂µ(u)
∂u
∂u
∂y= −2yµ′(u)
Del mismo modo∂µ
∂x=∂µ(u)
∂u
∂u
∂x= µ′(u)
Finalmente
−2yµ′(u)M(x, y) + µ(u)∂M(x, y)
∂y= µ′(u)N(x, y) + µ(x, y)
∂N(x, y)
∂x
µ′(u)
µ=∂M(x, y)/∂y − ∂N(x, y)/∂x
N(x, y) + 2yM(x, y)
Ası
∂M(x, y)/∂y − ∂N(x, y)/∂x
N(x, y) + 2yM(x, y)
debe ser funcion solo de x− y2
b) Se tiene
(3x− y2)dx− 4xydy = 0
Luego M(x, y) = 3x − y2, N(x, y) = −4xy. Es claro que la ecuacion no es exacta. Sinembargo
∂M(x, y)/∂y − ∂N(x, y)/∂x
N(x, y) + 2yM(x, y)=
−2y + 4y
−4xy + 2y(3x− y2)=
2y
2xy − 2y3
60
∂M(x, y)/∂y − ∂N(x, y)/∂x
N(x, y) + 2yM(x, y)=
1
x− y2
Efectivamente resulta ser una funcion de (x− y2), y entonces existe un factor integrante dela forma µ(x− y2) que satisface
µ′(u)
µ=
1
u
Luego
lnµ = lnu+ C
Podemos tomar
µ = u = x− y2
61
2.6. Acerca de los problemas de valores iniciales
Consideremos el problema de valores iniciales
dy
dt= f(t, y)
y(x0) = y0
Es un hecho que no siempre un PVI tiene solucion unica.
2.6.1. Ejemplo
dy
dt=√y(t)
y(0) = 0
Se puede encontrar una solucion general facilmente, pues la ecuacion es separable
ˆdy√y
=
ˆdt+ C
2√y = t+ C
Luego
y(t) =(t+ C)2
4
Imponiendo la condicion inicial
C2
4= y(0) = 0→ C = 0
Luego una solucion al PVI es
y(t) =t2
4
Sin embargo, no es solucion unica, de hecho
y(t) = 0
es igualmente una solucion. En general, si r ≥ 0, la siguiente familia de funciones
y(t) =
0 0 ≤ t ≤ r
(t−r)24
t > r
Es solucion del PVI, en efecto, se cumple y(0) = 0. Ademas, se puede verificar que laderivada en x = r esta 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 funcion 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) esta definida y es continua en Df , entonces
a) Existencia: Si (t0, y0) ∈ Df , luego el PVI
dy
dt= f(t, y)
y(t0) = y0
tiene una solucion ϕ(t)
b) Unicidad: Si ademas se cumple que la derivada parcial ∂f(t, y)/∂y esta definida y escontinua en Df , y si ϕ(t) y ψ(t) son soluciones del PVI, entonces ϕ(t) = ψ(t) en suintervalo comun de definicion
63
Problema
a) Resuelvat2y′ = 3ty + 1, y(1) = 0
y pruebe que la solucion es unica en el intervalo t > 0
b) Determine dos soluciones del problema de valor inicial
dy
dx= x(y − 1)1/3, y(0) = 1
Explique como se enciente esto en virtud del Teorema de existencia y Unicidad
SolucionPara t > 0, la ecuacion equivale a
y′ − 3
ty =
1
t2
Se trata de una ecuacion lineal de primer orden, el factor integrante es
µ(t) = e−´ tt0
3sds
= C1
t3
Luego
dy
dt
1
t3− 3
t4y(t) =
1
t5
d
dt
(1
t3y′(t)
)=
1
t5
Ası
y(t) = t3(− 1
4t4+ C
)y(t) = Ct3 − 1
4t
Imponiendo la condicion inicial
y(1) = 0→ C − 1
4= 0→ C =
1
4
Por lo tanto, la solucion al PVI es
y(t) =1
4
(t3 − 1
t
)
Vemos que
dy
dt= f(t, y)
64
con
f(t, y) =3ty + 1
t2
Se cumple que f(t, y) y ∂f(t, y)/∂y son continuas en R = (t, y), t > 0
Por lo tanto, para todo (t0, y0) con t0 > 0, el PVI
y′(t) = f(t, y), y(t0) = y0
tiene unica solucion
b)Se tiene
y′(x) = x(y − 1)1/3, y(0) = 1
Es claro que y(x) = 1 es solucion. Busquemos otra solucion, notemos que la ecuacion esseparable
dy
(y − 1)1/3= xdx
Luego(y − 1)2/3
2/3=x2
2+ C
(y − 1)1/3 =2
3
(x2
2+ C
)=x2
3+ C0
Pero y(0) = 1, luego C0 = 0. Entonces
y(x) =
(x2
3
)3/2
+ 1
Dos posibles soluciones son
y(x) =x3
33/2+ 1
y(x) = − x3
33/2+ 1
Pues (x2)1/2 = ±x. Esto no contradice el teorema de existencia y unicidad, pues la ecuaciones de la forma
dy
dx= f(x, y)
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 unasolucion, En el punto (0, 1), la derivada parcial
∂f(x, y)
∂y= x
1
3(y − 1)−2/3
No es continua, y por lo tanto es posible que exista mas de una solucion
65
Problema
Encuentre la solucion x(t) de la ecuacion integral
x(t) = k0 +
ˆ t
−1
ds |sx(s)|
donde t ≥ 1 y k0 > 0
SolucionLa ecuacion diferencial asociada es
dx(t)
dt= |tx(t)|
con condicion inicial x(−1) = k0 > 0. Como la derivada de la solucion es positiva, la soluciones creciente y por lo tanto x(t) ≥ k0 > 0 para todo t > −1. De donde la ecuacion es
dx
dt= −tx(t) t ∈ [−1, 0]
dx
dt= tx(t) t ≥ 0
La solucion general a la primera es
x(t) = C−e−t2/2
y a la segunda es
x(t) = C+et2/2
Como x(−1) = k0 = C−e−1/2, se tiene que
x(t) = k0e1/2e−t
2/2 t ∈ [−1, 0]
Esto implica que x(0) = k0e1/2 = C+, por lo tanto
x(t) = k0e1/2et
2/2 t ≥ 0
66
Problema
a) Utilizando el teorema de existencia y unicidad, demuestre que el problema con valor inicial
xtdx
dt= 3x2 + t2, x(−1) = 2
tiene unica solucion definida en algun intervalo abierto que contiene el punto t = −1
b) Resuelva explıcitamente el PVI
c) Encuentre el intervalo maximo de definicion de la solucion
Soluciona) Si x 6= 0, y t 6= 0, podemos escribir la ecuacion de la siguiente forma
dx
dt=
3x2 + t2
xt, x(−1) = 2
La funcion
f(t, x) :=3x2 + t2
xt
y su derivada parcial
∂f(t, x)
∂x=
6x2 − 3x2 − t2
tx2
son continuas en la region (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 unica solucion definida en algun intervalo abierto que con-tiene al punto t = −1
b) La ecuacion se puede reescribir como
dx
dt=
3x
t+t
x, x(−1) = 2
Notar que esta es una ecuacion de Bernoulli, la que puede ser resuelta utilizando el cambiode variable v = x1−(−1) = x2. Entonces
dv
dt= 2x
dx
dt=
6x2
t+ 2t =
6v
t+ 2t
Se obtiene la ecuacion lineal en v
dv
dt− 6
tv = 2t v(−1) = 4
El factor integrante es t−6, de forma que
dv
dtt−6 − 6
t7v = 2t−5
67
d
dt
(1
t6v
)= 2t−5
Luego
v(t) = t6(−1
2t−4C
)v(t) = Ct6 − 1
2t2
Satisfaciendo la condicion inicial, se tiene
v(−1) = −C − 1
2= 4→ C = −9
2
Finalmente
v(t) =9
2t6 − 1
2t2
x(t) =
√t2(9t4 − 1)
2
c) La funcion x(t) es definida y diferenciable en el dominio
D =
t ∈ R|t
2(9t4 − 1)
2> 0
= (−∞,−3−1/2)
⋃(3−1/2,∞)
Como −1 ∈(−∞,−3−1/2
)encontramos que el intervalo maximo de definicion de la solucion
es (−∞,−3−1/2
)
68
Problema
Considere el PVI y′ = x2√|y|, y(a) = b
a) Enuncie el Teorema de Existencia y Unicidad, y aplıquelo a este PVI
b) Resuelva la ecuacion diferencial en cada semiplano y > 0, y < 0
c) Estudie la existencia y unicidad de soluciones del PVI para a arbitrario y b = 0. Funda-mente su respuesta
Soluciona) 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 unica) y = y(x) definida en un intervalo x ∈ I quecontiene a x0 tal que
dy
dx= f(x, y(x)), y(x0) = y0
En el PVIdy
dx= x2
√|y|, y(a) = b
la funcion 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 solucion del PVI, mientras que la unicidadde la solucion esta garantizada solo para b 6= 0, ∀a
b) En el semiplano y > 0
y′ = x2√y
Esta ecuacion es separable
ˆdy√y
=
ˆdxx2 + C
2√y =
x3
3+ C
Luego
y(x) =
(x3
6+ C
)2
Donde C debe cumplir con la condicion inicial. El intervalo de definicion esta dado porx3/3 + C ≥ 0
69
En el semiplano y < 0
dy
dx= x2√−y
ˆdy√−y
=
ˆx2dx+ C
−2√−y =
x3
3+ C
El intervalo de solucion es x3/3 + C < 0, y se tiene
y(x) = −(x3
6+ C
)2
c) Hay infinitas soluciones de
dy
dx= x2
√|y|, y(a) = 0
para cualquier a ∈ R. Las soluciones son
y(x) = 0,∀x ∈ R
y(x) =
(x3
6− a3
6
)2
si x ≥ a
−(x3
6− a3
6
)2
si x ≤ a
Ademas son soluciones, para a2 < a < a1
y(x) =
(x3
6− a3
1
6
)2
si x ≥ a1
0 si a2 ≤ x ≤ a1
−(x3
6− a3
2
6
)2
si x ≤ a2
Por ultimo, son soluciones tambien
y(x) =
(x3
6− a3
1
6
)2
si x ≥ a1
0 si x ≤ a1
con a1 ≥ a, y
y(x) =
0 si x ≥ a2
−(x3
6− a3
2
6
)2
si x ≤ a2
para a ≥ a2
70
Problema
Sea ϕ(t) la solucion del problema con valores iniciales
x′(t) = x2 + t para t ≥ 0
x(0) = 0
Demuestre que ϕ(1) ≥ 1/2
SolucionComo ϕ(t) es solucion, se tiene
ϕ′(t) = ϕ(t)2 + t ≥ t
Por lo tanto
ˆ 1
0
dsϕ′(s) ≥ˆ 1
0
dss
De donde
ϕ(1)− ϕ(0) ≥ 1
2
Usando el hecho de que ϕ(0) = 0 (ϕ(t) es solucion al PVI), obtenemos
ϕ(1) ≥ 1
2
71
Problema
a) Determine los valores de (a, b) tal que el problema de valor inicial
xy′ + 2y = 0, y(a) = b
no tiene solucion
b) Encuentre dos soluciones al problema de valor inicial
y′ = (x− y)3/4 + 1, y(1) = 1
Soluciona) La ecuacion se puede escribir como
dy
dx= −2y(x)
x, y(a) = b
En este caso, f(x, y) = −2y/x es continua para todo x 6= 0. Entonces, el PVI tiene solucionpara a 6= 0 y los candidatos (a, b) para la no existencia de soluciones son de la forma (0, b)
dy
dx= −2y(x)
x
Esta ecuacion es separable, luego
dy
y= −2
xdx
ln y = −2 lnx+ C
Finalmente
y(x) =C1
x2
debemos agregar la solucion especial y = 0. Para (a, b) = (0, 0) hay una solucion que esy = 0. Para (a, b) = (0, b) con b 6= 0, no hay soluciones.
b) Se tiene
dy
dx= (x− y)3/4 + 1, y(1) = 1
Sea u = x− y → µ′(x) = 1− y′(x)→ y′(x) = 1− µ′(x). Con esto
1− µ′(x) = µ3/4 + 1
dµ(x)
dx= −µ3/4
72
Esta ecuacion es separable
ˆdµ
µ3/4= −ˆdx+ C → 4µ1/4 = −x+ C
Finalmente
µ(x) =(−x
4+ C1
)4
x− y =(−x
4+ C1
)4
y(x) = x−(−1
4x+ C1
)4
Debemos agregar la solucion especial µ(x) = 0, es decir y = x, la cual ademas cumple conla condicion inicial y(1) = 1. Tambien es solucion
y(x) = x−(−1
4x+ C1
)4
donde C1 se determina de
y(1) = 1−(−1
4+ C
)4
= 1→ C =1
4
El PVI tiene por lo menos dos soluciones
y = x
y = x−(
1
4− x
4
)4
73
Capıtulo 3
Ecuaciones Lineales
3.1. Introduccion
Recordemos el caso de una ecuacion lineal de primer orden
dy(x)
dx+ a(x)y(x) = b(x)
Este tipo de ecuacion presenta propiedades interesantes. En primer lugar, se puede resolversiempre con el mismo metodo (el del factor integrante). La solucion general esta dada por
y(x) = y0e´ xx0dτa(τ)︸ ︷︷ ︸
yh(x)
+ e´ xx0dτa(τ)
ˆ x
x0
b(u)e−´ ux0dτa(τ)
︸ ︷︷ ︸yp(x)
donde yh(x) es solucion de la ecuacion homogenea y′(x) + a(x)y(x) = 0, y yp(x) es llamadasolucion particular. Veremos que las ecuaciones lineales de orden superior tambien poseen estapropiedad. Mas aun, veremos que una ecuacion lineal de orden n (la definicion se dara acontinuacion) se puede reducir a un sistema de n ecuaciones lineales de primer orden (Esto esimportantısimo)
3.2. Defnicion: E.D.O Lineal
Decimos que una ecuacion diferencial ordinaria de orden n, (n ∈ N) es lineal si es de laforma
p0(x)yn(x) + p1(x)yn−1(x) + ...+ pn(x)y(x) = f(x)
donde p0, p1, ..., pn, f son funciones solo de la variable independiente.
Nota
a) Si p0(x) = 1, la ecuacion es normal
b) Si f(x) = 0, decimos que la ecuacion es homogenea
c) Si p0, p1, ..., pn son constantes, decimos que la ecuacion es lineal con coeficientes constantes
Para resolver ecuaciones lineales utilizaremos variados metodos. Entre ellos, destaca laTransformada de Laplace, que veremos hacia el final del curso, y es fundamental parael estudio de sistemas dinamicos, analisis de senales, control automatico, etc.
75
3.3. Ecuaciones Lineales de orden arbitrario con coefi-
cientes constantes
3.3.1. Ejemplo: Motivacion para metodo del operador D
Sea la ecuacion lineal de primer orden homogenea
y(x) + ay(x) = 0
Es claro que la solucion general es de la forma
y(x) = Ce−ax
donde C es una constante arbitraria. Ahora, definiremos el siguiente operador, que actuasobre funciones derivables
D :=d
dx
En terminos de este operador derivada, la ecuacion puede ser escrita como
(D + a)y(x) = 0
Notar que la solucion de d+ a = 0 es d = −a, y entonces la solucion se escribe
y(x) = Ce−ax
Ahora, consideremos la siguiente ecuacion
y(x)− 3y(x) + 2y(x) = 0
la cual es lineal y homogenea, de orden 2. En terminos del operador D, puede ser escritacomo
(D2 − 3D + 2)y(x) = 0
La idea es suponer soluciones de la forma Ced, donde d resulta ser una raız del polinomio(d2 − 3d+ 2). Notemos que este puede ser factorizado como
(d2 − 3d+ 2) = (d− 2)(d− 1)
Una raız esta dada por d = 2
y1(x) = C1e2x
Es claro que y1(x) es solucion de la ecuacion.
76
Ademas, d = 1 es solucion
y2(x) = C2ex
De forma que la solucion general de la ecuacion es
y(x) = C1e2x + C2e
x
con C1, C2 constantes
Las dos soluciones de la ecuacion homogenea que hemos obtenido, y1(x) = C1e2x y y2 =
C2ex, resultaron ser linealmente independientes
3.3.2. Definicion: Funciones linealmente independientes
Decimos que el conjunto de funciones y1, y2, ..., yn (n ∈ N) son linealmente independientessi no existen constantes C1, C2, ...Cn que no sean todas nulas tales que
C1y1(x) + C2y2(x) + ...Cnyn(x) = 0
Notar que la definicion es completamente analoga a la de independencia lineal de elementosde un espacio vectorial.
3.3.3. Afirmacion (a confirmar mas adelante)
La solucion de la ecuacion lineal homogenea de orden n de coeficientes constantes
a0(x)yn(x) + a1yn−1 + ...+ any(x) = 0
es una combinacion lineal de n funciones l.i
3.3.4. Ejemplo: determinacion de dos soluciones l.i
Sea la ecuacion
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 solucion es y1(x) = C1ex . Necesitamos ahora encontrar otra solucion l.i con
y1(x). Una forma es buscar una solucion del tipo
y2(x) = a(x)ex
77
Luegoy2(x) = a(x)ex + a(x)ex
y2(x) = a(x)ex + 2a(x)ex + a(x)ex
Para que y2 sea solucion de la ecuacion homogenea, debe tenerse
y2(x)− 2y2(x) + y2(x) = a(x)ex = 0
Luego, a(x) debe cumplir a(x) = 0 y entonces es de la forma
a(x) = c2 + c3x
Ası,
y2(x) = C2ex + C3xe
x
Es solucion de la ecuacion. En particular, las funciones
ex, xex
son l.i (demuestrelo), de forma que la solucion general sera una superposicion de ambas
y(x) = C1ex + C2xe
x
3.3.5. Teorema: Principio de Superposicion
Sean ϕ1, ϕ2, ..., ϕn soluciones de una EDO normal lineal y homogenea. Luego, cualquiercombinacion lineal de ϕ1, ϕ2, ..., ϕn es solucion. Es decir
C1ϕ1 + C2ϕ2 + ...+ Cnϕn
es solucion para C1, C2, ..., Cn ∈ R
78
3.4. Solucion de ecuaciones lineales de orden arbitario
con coeficientes constantes
Sea la ecuaciony(n)(x) + a1y
(n−1)(x) + ...+ any(x) = f(x)
con (a1, a2, ..., an) ∈ R. Primero se resuelve la ecuacion homogenea asociada
y(n)(x) + a1y(n−1)(x) + ...+ any(x) = 0
Puede ser reescrita como(Dn + a1D
n−1 + ...+ an−1D + an)y(x) = 0
Existen soluciones de la forma y(x) = Cedx, donde d satisface la ecuacion caracterıstica
p(d) = dn + a1dn−1 + ...+ an−1d+ an = 0
El cual admite n raıces complejas, y puede ser factorizado como
p(d) = (d− d1) (d− d2) ... (d− dn) = 0
3.4.1. Caso 1
Las raıces d1, d2, ...dn del polinomio p(d) son todas distintas. Se tienen entonces n solucionesde la forma
yi(x) = Ciedix 1 ≤ i ≤ n
Como d1, d2, ..., dn son todos distintos, el conjunto yi(x)∣∣∣ni=1
es linealmente independiente.
Por lo tanto, la solucion general de la ecuacion homogenea es
3.4.2. Caso 2
Existen k raıces distintas, d1, d2, ..., dk ( con k < n), de modo que
p(d) = (d− d1)n1 (d− d2)n2 ... (d− dk)nk
conk∑i=1
ni = n
Entonces, para resolver(D − di)ni = 0
79
Buscamos soluciones de la forma
yi(x) = u(x)edix
Sabemos que u(x) = cte nos da una solucion. Necesitamos, sin embargo, ni soluciones l.i
(D − di)(u(x)edix
)= D
(u(x)edix
)− diu(x)edix
= u′(x)edix + diu(x)edix − diu(x)edix
Luego
(D − di)(u(x)edix
)= u′(x)edix
(D − di)ni(u(x)edix
)= u(ni)edix
Entonces, necesariamente
u(ni) = 0
y entonces debe ser un polinomio de grado ni − 1, de la forma
u(x) = c1xni−1 + c2x
ni−2 + ...+ cni
Ası, el conjunto de ni elementos yk(x) = xkeλix
∣∣∣ni−1
k=0
es l.i y permite formar la solucion general de (D − di)niy(x) = 0
yi(x) = c1xni−1edix + c2x
ni−2edix + ...+ cniedix
Finalmente, la solucion general de la ecuacion homogenea sera
yh(x) =k∑i=1
yi(x)
La solucion general de
y(n)(x) + a1y(n−1)(x) + ...+ any(x) = f(x)
Sera la suma de la solucion homogenea mas una solucion particular
y(x) = yh(x) + yp(x)
Ahora veremos como determinar la solucion particular
80
3.4.3. Metodo de coeficientes indeterminados
A continuacion presentaremos un metodo para encontrar la solucion particular de unaecuacion lineal no homogenea. Como ejemplo, tratemos de resolver
y′′(x)− 4y(x) = 2e3x
Equivalentemente
(D2 − 4)y(x) = 2e3x
Notemos ademas que
(D − 3)e3x = 0
(Decimos que el operador (D − 3) en un aniquilador de f(x) = 2e3x). De forma quecualquier solucion 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 raıces de p(d) = (d− 3)(d2 − 4), obteniendose
y(x) = C1e3x + C2e
2x + C3e−2x︸ ︷︷ ︸
Solucion de la ecuacion homogenea
Sin embargo, esta funcion no es solucion para cualquier valor de C1. Decimos que la solucionparticular de la ecuacion debe ser de la forma
yp(x) = Ce3x
donde C es un coeficiente a determinar. Simplemente se impone que yp satisfaga la ecuacion
y′′p(x)− 4yp(x) = (9C − 4C)e3x = 2e3x → C = 2/5
Finalmente, la solucion general de la ecuacion es
yg(x) =2
5e3x + C1e
2x + C2e−2x
81
Otro ejemplo
Resolvery′′(x) + 5y′(x) + 4y(x) = 3x+ 2
Se tiene
(D2 + 5D + 4)y(x) = 3x+ 2
Ademas
D2(3x+ 2) = 0
Luego
D2(D2 + 5D + 4)y(x) = 0
Resolvemos las raıces del polinomio
p(d) = d2(d2 + 5d+ 4) = d2(d+ 4)(d+ 1)
de donde se obtiene
y(x) = C1e−4x + C2e
−x + Ae0x +Bxe0x
De aquı se ve que la solucion particular necesariamente tiene la forma
yp(x) = A+Bx
para determinar los coeficientes, resolvemos
y′′p(x) + 5y′p(x) + 4yp(x) = 5B + 4A+ 4Bx = 3x+ 2
entonces
4B = 3x→ B = 3/4
4A+15
4= 2→ A = − 7
16
Finalmente la solucion general es
y(x) = − 7
16+
3
4x+ C1e
−4x + C2e−x
82
En general, consideremos la ecuacion lineal de coeficientes constantes
y(n)(x) + a1y(n−1)(x) + ...+ any(x) = f(x)
donde f(x) es una combinacion lineal de funciones de la forma:
a) Un polinomio en x
b) Una exponencial erx
c) Alguna funcion trigonometrica de la forma cos rx, sin rx, no siendo r una raız del poli-nomio asociado a la ecuacion homogenea
dn + a1dn−1 + ...+ an = 0
Luego, podemos encontrar una solucion particular como una combinacion lineal de f y susderivadas
83
Problema
Resolver las ecuaciones siguientes
a)x′′′ − 3x′ + 2x = et
b)d4
dt4y(t)− 4
d3
dt3y(t) + 5
d2
dt2y(t) = t+ cos t
Soluciona) El aniquilador de et es el operador (D − 1), luego toda solucion satisface
(D − 1)(D3 − 3D + 2)x(t) = 0
El polinomio de la derecha corresponde a la ecuacion homogenea asociada
x′′′h − 3x′h + 2xh = 0
La ecuacion caracterıstica es
d3 − 3d+ 2 = 0
Claramente d1 = 1 es solucion. Ademas
(d3 − 3d+ 2) : (d− 1) = d2 + d− 2
y entonces
d3 − 3d+ 2 = (d− 1)(d− 1)(d+ 2) = 0
d1 = 1 es solucion con multiplicidad 3, luego
x1(t) = (A+Bt+ Ct3)et
es solucion. Ademas, d2 = −2 es solucion con mutiplicidad 1, ası
x2(t) = Ce−2t
es solucion. Entonces identificamos soluciones de la forma
xh(t) = C1et + C2te
t + C3e−2t︸ ︷︷ ︸
Homogenea
+Ct2et
La solucion particular puede ser obtenida mediante el metodo de coeficientes indetermina-dos. (Se trata de encontrar el valor de C)
xp(t) = Ct2et
x′p(t) = 2tCet + Ct2et
x′′p(t) = 2Cet + 4Ctet + Ct2et
x′′′p (t) = 6Cet + 6Ctet + Ct2et
84
Luego, para que satisfaga la ecuacion
6Cet + 6Ctet + Ct2et − 6tCet − 3Ct2et + 2Ct2et = 6Cet = et
Finalmente, la solucion general es
x(t) = C1et + C2te
t + C3e2t +
1
6t2et
b) La ecuacion es (D4 − 4D3 + 5D2)y(t) = t+ cos t
La solucion homogenea se encuentra resolviendo la ecuacion caracterıstica
d4 − 4d3 + 5d2 = d2(d2 − 4d+ 5) = 0
Se obtiene, a parte de la solucion d = 0 ( de multiplicidad 2)
d = 2± 1
2
√−4 = 2± i
Luego, la solucion homogenea es de la forma
yh(x) = C1 + C2t+ C3e2t cos t+ C4e
2t sin t
Para encontrar la particular, notemos que un aniquilador de t + cos t es (D2 + 1)D2, queincorporan las soluciones d = 0 (multiplicidad 2), y d = ±i, luego la solucion particular es dela forma
yp(t) = At2 +Bt3 + C cos t+D sin t
Al imponer que yp(t) satisfaga la ecuacion, se obtiene un sistema lineal de 4 ecuaciones y 4incognitas, al resolver resulta
yp(t) =4
25t2 +
1
30t3 − 1
8cos t+
1
8sin t
y la solucion general queda
yg(x) = C1 + C2t+ C3e2t cos t+ C4e
2t sin t+4
25t2 +
1
30t3 − 1
8cos t+
1
8sin t
85
Problema
Resuelva
a)x′′ − 6x′ + 9x = t2
b)x′′′ − 5x′′ + 7x′ − 3x = t cos t
Soluciona) Primero resolvemos la ecuacion homogenea
x′′h − 6x′h + 9xh = 0
Escrito de otra manera:(D2 − 6D + 9)xh = 0
Las raıces del polinomio caracterıstico estan dadas por
d2 − 6d+ 9 = (d− 3)2 = 0
Se obtiene una solucion unica (multiplicidad 2)
d1 = 3
Luego, una solucion de la ecuacion homogenea es
x1(t) = Ce3t
y, dado que la multiplicidad de la raız d1 = 3 es 2, tambien sera solucion
x2(t) = (A+Bt)e3t
Finalmente, la solucion general de la ecuacion homogenea sera
xh(t) = C1e3t + C2te
3t
La funcion no homogenea corresponde a un polinomio de orden 2, luego proponemos unasolucion particular de la forma
xp(t) = A+Bt+ Ct2
x′p(t) = B + 2Ct
x′′p(t) = 2C
Se debe tener entonces
2C − 6B − 12Ct+ 9A+ 9Bt+ 9Ct2 = 9A− 6B + 2C + (9B − 12C)t+ 9Ct2 = t2
86
De aquı se resuelve para A,B y C
C =1
9
9B =12
9→ B =
12
81=
4
27
9A = 6B − 2C =24
27− 6
27=
18
27→ A =
2
27
Finalmente, la solucion general es
x(t) =2
27+
4
27t+
1
9t2 + C1e
3t + C2te3t
b) Para encontrar la solucion homogenea se debe resolver la ecuacion caracterıstica
d3 − 5d2 + 7d− 3 = 0
Notamos inmediatamente que d1 = 1 es solucion. De esta forma, el polinomio es divisiblepor (d− 1)
d3 − 5d2 + 7d− 3 : (d− 1) = d2 − 4d− 3
Luego
d3 − 5d2 + 7d− 3 = (d− d1)(d− d2)(d− d3)
cond1 = 1
d2 = 2(
1 +√
7)
d3 = 2(
1−√
7)
La solucion homogenea es
xh(t) = C1et + e2t
(C2e
√7t + C3e
−√
7t)
Para encontrar la solucion particular, proponemos una solucion de la forma
xp(t) = At cos t+Bt sin t
x′p(t) = A cos t− At sin t+B sin t+Bt cos t
x′′p(t) = −2A sin t− At cos t+ 2B cos t−Bt sin t
x′′′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
xp(t) =t
2
(3
13cos t− 2
13sin t
)
88
Problema
Considere la ecuacion diferencial
y′′ + 4xy′ + (6 + 4x2)y = x2e−x2
a) Pruebe que si u(x) = ex2y(x), entonces u satisface una ecuacion lineal no homogenea de
coeficientes constantes
b) Use esto para determinar la solucion y(x) con y(0) = 1, y′(0) = 0
Soluciona) Sea u(x) = ex
2y(x), de forma que
y(x) = e−x2
u(x)
y′(x) = e−x2
u′(x)− 2xe−x2
u(x)
y′′(x) = e−x2
u′′(x)− 4xe−x2
u′(x) + (4x2 − 2)e−x2
u(x)
De esta forma, la ecuacion es equivalente a
e−x2
u′′(x)− 4xe−x2
u′(x) + (4x2 − 2)e−x2
u(x) + 4xe−x2
u′(x)
−8x2e−x2
u(x) + (6 + 4x2)e−x2
u(x) = e−x2
x2
Simplificando, se tiene
e−x2
u′′(x) + 4e−x2
u(x) = e−x2
u(x)
u′′(x) + 4u(x) = x2
Efectivamente se trata de una ecuacion lineal no homogenea de coeficientes constantes
b) La solucion de la ecuacion homogenea satisface
y′′h(x) + 4yh(x) = 0
Resolviendo el polinomio caracterıstico
d2 + 4 = 0→ d = ±2i
Con esto, la solucion de la ecuacion homogenea es
yh(x) = A cos 2x+B sin 2x
Para la ecuacion particular, suponemos una solucion de la forma
yp(x) = αx2 + βx+ γ
y′′p(x) = 2
89
Luego
2α + 4αx2 + 4βx+ 4γ = x2
De aquı se obtiene
α =1
4
β = 0
2α + 4γ = 0→ γ = −α2
= −1
8
La solucion general para u(x) resulta ser
u(x) = A cos 2x+B sin 2x+x2
4− 1
8
La condicion inicial y(0) = 1 es equivalente a u(0) = 1, luego
A− 1
8= 1→ A =
9
8
Por ultimo, la condicion
y′(0) = u′(0) = 0 = 2B → B = 0
Finalmente, la solucion es
y(x) = e−x2
9
8cos 2x+
x2
4− 1
8
90
Problema
Un cilindro vertical de altura h y radio R, esta cerrado por su extermidad inferior (o base)y tiene empotrado un resorte de coeficiente de elasticidad k y largo l < h en reposo. El cilindroestpa lleno de un lıquido viscoso que opone un roce proporcional a la velocidad de desplazamien-to en su interior, segun una constante de proporcionalidad λ. En el instante inicial se contraetotalmente 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 es-tablezca las condiciones para que la esfera quede oscilando dentro del cilindro
b) ¿Que relacion deben cumplir las constantes m,h, k, λ, r, R, l para que la esfera afloreapenas fuera del cilindro al extenderse el resorte? (Lo anterior significa que solo un puntode la esfera alcanza la superficie del lıquido)
Soluciona) Colocando el origen de coordenadas en la base del cilindro, llamamos x(t) a la posicion dela extremidad superior del resorte. De acuerdo a la segunda ley de Newton, se tiene
mx′′(t) = k(l − x)−mg − λx′, x(0) = 0, x′(0) = 0
Primero hay que notar que para que el sistema suba inmediatamente despues de soltarlo,se requiere que mg < kl, es decir, la fuerza elastica debe ser al menos superior al peso de laesfera. El problema con valores iniciales a resolver es
x′′(t) +λ
mx′(t) +
k
mx(t) =
kl
m− g
x(0) = 0
x′(0) = 0
La ecuacion caracterıstica correspondiende a la ecuacion homogenea es
d2 +λ
md+
k
m= 0
y la solucion sera
xh(t) = C1ed1t + C2e
d2t
con d1, d2, las raıces de la ecuacion caracterıstica. Ası, para que exista un comportamientooscilatorio, es necesario y suficiente que las raıces sean complejas. Se tiene
d = − λ
2m± 1
2
√(λ
m
)2
− 4k
m
Las raıces seran complejas si
∆ =
(λ
m
)2
− 4k
m< 0
Bajo esta condicion, la solucion general de la ecuacion es
91
ϕ(t) = e−λ
2mt
(C1 cos
(√−∆
2t
)+ C2 sin
(√−∆
2t
))+ ϕp(t)
Por simple inspeccion se verifica que ϕp puede ser escogida como l − mgk
. Utilizando luegolas condiciones iniciales para calcular las constantes C1 y C2 se llega a la solucion
ϕ(t) =(l − mg
k
)1− e−
λ2m
t
(cos
(√−∆
2t
)+
λ
m√−∆
sin
(√−∆
2t
))Aquı hemos supuesto que en todo instante ϕ(t) ≤ h (La condicion de la parte b) asegura que
este sea el caso). La siguiente figura ilustra la evolucion de la solucion para el caso pertinente
Fig. 3.1: El comportamiento es subamortiguado, la masa presenta un comportamiento oscila-torio, y se frena debido a la perdida de energıa por roce viscoso
Si se tuviera ∆ > 0, entonces la solucion resulta ser amortiguada, y se ilustra a continuacion
Fig. 3.2: Si el coeficiente de roce es suficientemente alto, la masa no alcanza a oscilar
b) Notar que la derivada de la solucion esta dada por
ϕ′(t) =λ2 − 2km
m2√−∆
(l − mg
k
)e−
λ2m
t sin
(√−∆
2t
)La altura maxima 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
ϕ(T ) =(l − mg
k
)1− e−
λ2m
T
= h− 2r
92
3.5. Variacion de parametros en ecuaciones lineales de
segundo orden
Consideremos ecuaciones lineales de segundo orden
y′′(x) + p1(x)y′(x) + p2(x)y(x) = f(x)
donde, en general p1(x), p2(x) no son constantes. A continuacion veremos un metodo gen-eral para determinar la solucion particular de la ecuacion a partir de la solucion homogenea.Supongamos que esta ultima es
yh(x) = c1y1(x) + c2y2(x)
Para resolver la ecuacion no-homogenea, buscamos una solucion particular de la forma
y(x) = u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x)
Se tiene
y′(x) = u′1(x)y1(x) + u′2y2(x) + u1y′1(x) + u2(x)y′2(x)
Suponiendo queu′1(x)y1(x) + u′2(x)y2(x) = 0
De esta forma
yp(x) = u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x)
y′p(x) = u1(x)y′1(x) + u2(x)y′2(x)
y′′p(x) = u′1(x)y′1(x) + u′2(x)y′2(x) + u1(x)y1(x)′′ + u2(x)y2(x)′′
Ademas, como y1(x) y y2(x) satisfacen la ecuacion homogenea
y′′1(x) = −p1(x)y1(x)′ − p2(x)y1(x)
y′′2(x) = −p1(x)y2(x)′ − p2(x)y2(x)
De esto ultimo
y′′p(x) = u′1(x)y′1(x) + u′2(x)y′2(x) + u1(x) (−p1(x)y′1(x)− p2(x)y1(x))
+u2(x) (−p1(x)y′2(x)− p2(x)y2(x))
y′′p(x) = u′1(x)y′1(x) + u′2(x)y′2(x)− p1(x)y′p(x)− p2(x)yp(x)
Por lo tanto, debe cumplirse
u′1(x)y′1(x) + u′2(x)y′2(x)− p1(x)yp(x)− p2(x)yp(x) + p1(x)yp(x) + p2(x)yp(x) = f(x)
94
Simplificando
u′1(x)y′1(x) + u′2(x)y′2(x) = f(x)
Finalmente, u1(x) y u2(x) se obtiene resolviendo el siguiente sistema
Cuya solucion es, por supuesto
u′1(x) =−y2(x)f(x)
y1(x)y′2(x)− y2(x)y′1(x)
u′2(x) =y1(x)f(x)
y1(x)y′2(x)− y2(x)y′1(x)
3.5.1. Definicion: Wronskiano
Llamamos Wronskiano de las soluciones y1(x) e y2(x) a la funcion
W (x) := y1(x)y′2(x)− y2(x)y′1(x)
Notar que tambien puede ser escrito en la forma de un determinante
W (x) =
∣∣∣∣ y1(x) y2(x)y′1(x) y′2(x)
∣∣∣∣El hecho de que las funciones y1(x), y2(x) sean linealmente independientes garantiza que
W (x) 6= 0
En terminos del Wronskiano, se obtiene
u′1(x) = −−y2(x)f(x)
Wy1,y2(x)
u′2(x) =y1(x)f(x)
Wy1,y2(x)
95
3.5.2. Teorema
Consideremos una ecuacion lineal no homogenea de segundo orden
y′′(x) + p1(x)y′(x) + p2(x)y(x) = f(x)
donde p1, p2 y f son continuas en algun intervalo I = (a, b). Luego, la solucion general es
yg(x) = C1y1(x) + C2y2(x) + yp(x)
conyp(x) = u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x)
yp(x) =
ˆ x
x0
ds−y2(s)f(s)
W (s)y1(x) +
ˆ x
x0
dsy1(s)f(s)
W (s)y2(x)
Escrito de forma aun mas elegante:
yp(x) =
ˆ x
x0
ds
y1(s)y2(x)− y2(s)y1(x)
W (s)
f(s)
3.5.3. Teorema: Formula de Abel
Considere la ecuacion lineal homogenea de segundo orden
y′′(x) + p(x)y′(x) + q(x)y(x) = 0
en un intervalo I ⊆ R, con p continua. El Wronskiano de dos soluciones de la ecuacion l.isatisface la ecuacion
W (x) = W (x0)e−´ xx0p(s)ds
para todo x0 en I.
La demostracion es la siguiente, se sabe que
W (x) = y1(x)y′2(x)− y2(x)y′1(x)
donde y1(x), y2(x) son soluciones de la ecuacion homogenea. Diferenciando
W ′(x) = y′1(x)y′2(x) + y1(x)y′′2(x)− y′2(x)y′1(x)− y2(x)y′′1(x)
W ′(x) = y1(x)y′′2(x)−y2(x)y′′1(x) = −y1(x) (p(x)y′2(x) + q(x)y2(x))+y2(x) (p(x)y′1(x) + q(x)y1(x))
W ′(x) = −p(x) (y1(x)y′2(x)− y2(x)y′1(x)) = −p(x)W (x)
Esta es una ecuacion de primer orden separable, y entonces
W (x) = Wx0e´ xx0p(s)ds
El Wronskiano puede ser cero para todo t (en cuyo caso las coluciones no son l.i), o distintode cero para todo t
96
Problema
Considere la ecuacion y′′ + a′(t)y′ + y = 0 donde la funcion a(t) es continua con derivadacontinua. Considere ϕ1 una solucion no nula de la ecuacion
a) Demuestre que
ϕ2(t) = ϕ1(t)
ˆ t
0
1
[ϕ1(s)]2e−a(s)ds
es tambien una solucion
b) Demuestre que las soluciones ϕ1, ϕ2 son linealmente independientes
Soluciona) Se deriva directamente y se obtiene
d
dt
(ϕ1(t)
ˆ t
0
1
[ϕ1(s)]2e−a(s)ds
)= ϕ′1(t)
ˆ t
0
1
[ϕ1(s)]2e−a(s)ds+
1
[ϕ1(t)]e−a(t)
La segunda derivada es
ϕ′′1(t)
ˆ t
0
ds
[ϕ1(s)]2e−a(s) + ϕ′1(t)
1
[ϕ1(t)]2e−a(t) − ϕ′1(t)
[ϕ1(t)]2e−a(t) − a′(t)
[ϕ1(t)]2e−a(t)
Agrupando adecuadamente se obtiene que
(ϕ′′1(t) + a′(t)ϕ′1(t) + ϕ1(t))
ˆ t
0
1
[ϕ1(s)]2e−a(s)ds
Lo cual es cero puesto que ϕ1 es solucion de la ecuacion homogenea
b) Hay que probar que el Wronskiano Wϕ1,ϕ2 = ϕ1(t)ϕ′2(t) − ϕ2(t)ϕ′1(t) nunca se anula.Despejando se obtiene que
ϕ2(t)
ϕ1(t)=
ˆ t
0
ds
[ϕ1(s)]2e−a(s)
Derivando la igualdad, se obtiene
Wϕ1,ϕ2(t)
[ϕ1(t)]2= − 1
[ϕ1(t)]2e−a(t)
Como ϕ1(t) no es identicamente 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. Ademas sabemos que si el Wron-skiano 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 ecuacion
t2x′′(t)− tx′(t) + 5x(t) = t, (t > 0)
siga el procedimiento siguiente
a) Verifique que la funcion ϕ(t) = 21t sin(2 ln t) es una solucion de la ecuacion homogenea
b) Calcule el Wronskiano de la ecuacion y encuentre un abase de soluciones de la ecuacionhomogenea
c) Encuentre la solucion general de la ecuacion planteada
Solucion
a) Sea ψ(t) = t sin(2 ln t). Un calculo directo de sus derivadas nos da
ψ′(t) = sin(2 ln t) + 2 cos(2 ln t)
ψ′′(t) =2
t(cos(2 ln t)− 2 sin(2 ln t))
Reemplazando en la ecuacion
x′′(t)− 1
tx′(t) +
5
t2x =
1
tse observa que ψ verifica la ecuacion homogenea asociada.
b) El Wronskiano satisface la ecuacion
W ′(t) = W (1)e´ t1dss = W (t)t
Si ϕ1(t) = t sin(2 ln t) es solucion de la homogenea, necesitamos otra solucion l.i, digamosϕ2(t). La forma mas facil de encontrarla consiste en probar que ϕ2(t) = t cos(2 ln t) es solucionl.i de ϕ1(t) y para eso basta probar que el Wronskiano determinado por estas funciones es dela forma W (1)t. En efecto
Wϕ1,ϕ2(t) =
∣∣∣∣ t sin(2 ln t) t cos(2 ln 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 solu-ciones de la ecuacion homogenea
c) La solucion particular esta dada por
xp(t) =
ˆ t
1
ds
ϕ1(s)ϕ2(t)− ϕ2(s)ϕ1(t)
W (s)
f(s)
xp(t) =
ˆ t
1
ds
s sin(2 ln s)ϕ2(t)− s cos(2 ln s)ϕ1(t)
−2s2
98
xp(t) =
ˆ t
1
ds
cos(2 ln s)ϕ1(t)
2s− sin(2 ln s)ϕ2(t)
2s
pero
ˆ t
1
ds cos(2 ln s)
2s→ u = 2 ln s, du =
2
sds
ˆ t
1
ds cos(2 ln s)
2s=
1
4
ˆ 2 ln t
0
du cosu =1
4sin(2 ln t)
Del mismo modo
ˆ t
1
ds sin(2 ln s)
2s=
1
4
ˆ 2 ln t
0
du sinu = −1
4cos(2 ln t) +
1
4
Finalmente
xp(t) = ϕ1(t)1
4sin(2 ln t) +
1
4cos(2 ln t)ϕ2(t)− 1
4ϕ2(t) =
t
4− 1
4ϕ2(t)
Y la solucion general queda
x(t) = C1t sin(2 ln t) + C2t cos(2 ln t) +t
4
99
Problema
Encuentre la solucion general de la siguiente ecuacion
x2y′′ + xy′ − 4y = 1
sabiendo que y1(x) = x2 es una solucion de la ecuacion homogenea asociada
SolucionMediante variacion de parametros, buscamos una solucion homogenea de la forma y2(x) =v(x)y1(x). Entonces
y′2(x) = v′(x)y1(x) + v(x)y′1(x)
y′2(x) = v′′(x)y1(x) + 2v′(x)y′1(x) + v(x)y′′1(x)
Para que sea solucion de la homogenea
x2v′′(x)y1(x) + 2v′(x)y′1(x)x2 + v(x)x2y′′1(x) + xv′(x)y1(x) + xv(x)y′1(x)− 4v(x)y1(x) = 0
x2v′′(x)y1(x) + 2v′(x)y′1(x)x2 + v(x)(x2y′′1(x) + xy′1(x)− 4y1(x)
)︸ ︷︷ ︸=0
+xv′(x)y1(x) = 0
x2v′′(x)y1(x) + 2v′(x)y′1(x)x2 + xv′(x)y1(x) = 0
x2v′′(x)x2 + 4v′(x)x3 + xv′(x)x2 = 0
xv′′(x) + 5v′(x) = 0
de donde se obtiene
v′(x) = − 1
x5→ v =
1
4
1
x4+ C
De esta manera, y2(x) = 14x2 , la ecuacion general de la ecuacion homogenea es
Ax2 +B
x4
El Wronskiano Wy1,y2 = 1x. Aplicando la formula de variacion de parametros, se obtiene que
la solucion particular yp de la no homogenea esta dada por
yp(x) =
ˆ x
x0
ds
y1(s)y2(x)− y2(s)y1(x)
W (s)
1
s2
100
Reemplazando
yp(x) =1
4x2
ˆ x
1
ds
s3− 1
4x2
ˆ s
1
dss = −1
4
Luego, la solucion general es
y(x) = Ax2 +B
x2− 1
4
101
Problema
Considerar la ecuacionx′′(t) + p(t)x′(t) + q(t)x(t) = 0
donde los coeficientes p y q son funciones continuas definidas sobre toda la recta real y convalores complejos.
a) Dada una funcion R → R diferenciable contınuamente hasta segundo orden y estricta-mente creciente, encontrar una relacion entre p y q de modo que al hacer el cambio devariable s = f(t), x(t) = y(s) = y(f(t)), la ecuacion precedente se transforme en una concoeficientes constantes
b) Transforme la ecuacionx′′ + (2et − 1)x′ + e2tx = 0
end2y
ds2+ 2
dy
ds+ y = 0
mediante un cambio de variable s = f(t) apropiado
c) Encontrar la solucion general de
x′′ + (2et − 1)x′ + e2tx = 1
Soluciona) Comencemos por calcular las derivadas sucesivas de x y de y
x′(t) =dx
dt=dy
ds
ds
dt=dy
sf ′(t)
x′′(t) =d2y
ds2(f ′(t))2 +
dy
dsf ′′(t)
Reemplazando las expresiones anteriores en la ecuacion propuesta obtenemos
d2y
ds2+ P
dy
ds+Qy = 0
donde los coeficientes
P =f ′′ + p(t)f ′
(f ′)2
Q =q(t)
(f ′)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)
(f ′)2=
e2t
(f ′)2= 1→ f ′ = et
Luego, un cambio de variable posible es s = f(t) = et (verificar que cumple la relacioncorrecta para P )
c) Si se aplica el cambio de variables de la pregunta anterior, se obtiene
x′(t) =dy
dsf ′ =
dy
dset
x′′(t) =d2y
ds2(f ′(t))2 +
dy
dsf ′(t) = e2td
2y
ds2+ et
dy
ds
Luego
dy
dset + e2td
2y
ds2+ 2e2tdy
ds− dy
dset + e2ty(s) = 1
d2y
ds2+ +2
dy
ds+ y(s) = e−2t =
1
s2
y la ecuacion no homogenea en y es
d2y
ds2+ 2
dy
ds+ y =
1
s2, (s 6= 0)
La ecuacion homogenea 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)ϕ′2(s)− ϕ2(s)ϕ′1(s) = e−s(e−s − se−s
)+ se−se−s
W (s) = e−2s
La solucion particular de la ecuacion no homogenea es entonces
ϕp(s) =
ˆ s
1
drϕ1(r)ϕ2(s)− ϕ1(s)ϕ2(r)
r2W (r)= e−(s−r)(s− r)
De donde la solucion general de la ecuacion es
ϕ(s) = (C1 + C2s) e−s +
ˆ s
1
dre−(s−r)(s− r)
r2
y se obtiene la solucion de la ecuacion original haciendo el reemplazo x(t) = y(s) = y(et)
103
Problema
Resuelva la siguiente ecuacion
x′′(t)− cos tx′(t) + sin tx(t) = sin t
SolucionPrimero se debe resolver la ecuacion homogenea asociada
x′′(t)− cos tx′(t) + sin tx(t) = 0
Una solucion es x1(t) = esin t. En efecto
x′1(t) = cos tesin t
x′′1(t) = − sin tesin t + cos2 tesin t
Luego
x′′1(t)− cos tx′1(t) + sin tx1(t) = − sin tesin t + cos2 esin t − cos2 tesin t + sin tesin t = 0
Debemos encontrar otra solucion de la ecuacion homogenea linealmente independiente conx1. Proponemos una de la forma
x2(t) = w(t)x1(t)
Con lo que
x′2(t) = w′(t)x1(t) + w(t)x′1(t)
x′2(t) = w′′(t)x1(t) + 2w′(t)x′1(t) + w(t)x′′1(t)
Se debe cumplir entonces
w′′(t)x1(t) + 2w′(t)x′(t) + w(t)x′′1(t)− cos t (w(t)x1(t) + w′(t)x1(t)) + sin tw(t)x1(t) = 0
w(t) (x′′1(t)− cos tx′1(t) + sin tx1(t))︸ ︷︷ ︸=0
+2w′(t)x′1(t) + w′′(t)x1(t) = 0
Luego
w′′(t)x1(t) + w′(t) (2x′1(t)− cos tx1(t)) = 0
w′′(t)esin t + w′(t)(2 cos tesin t − cos tesin t
)w′′(t) + w′(t) cos t = 0
104
Esta ecuacion resulta ser separable, notando que
w′′(t)
w′(t)= − cos t
w′(t) = e− sin t → w(t) =
ˆ t
0
e− sin sds
Finalmente
x2(t) = esin t
ˆ t
0
dse− sin s
Ahora que tenemos dos soluciones l.i de la ecuacion homogenea, el problema esta practica-mente resuelto. El Wronskiano esta dado por
W (t)x1,x2 =
∣∣∣∣ x1(t) x2(t)x′1(t) x′2(t)
∣∣∣∣
W (t)x1,x2 = esin t
(1 + cos tesin t
ˆ t
0
dse− sin s
)− esin t
ˆ t
0
dse− sin s cos tesin t
W (t)x1,x2 = esin t
Luego, por el teorema de variacion de parametros, la solucion particular es
xp(t) = −x1(t)
ˆ t
0
dsx2(s)f(s)
W (s)+ x2(t)
ˆ t
0
dsy1(s)f(s)
W (s)
xp(t) = −esin t
ˆ t
0
ds
ˆ s
0
dre− sin r sin s
+ esin t
ˆ t
0
dse− sin s
ˆ t
0
ds sin s
Solo por entretencion calculemos la siguiente integral doble
I =
ˆ t
0
ds
ˆ s
0
dre− sin r sin s =
ˆ t
0
dr
ˆ t
r
dse− sin r sin s
Donde se ha explotado la forma de la region de integracion en el plano s− r. Finalmente
I =
ˆ t
0
dre− sin r
(− cos s
∣∣∣tr
)=
ˆ t
0
dr (cos r − cos t) e− sin r
105
I =
ˆ t
0
dr cos re− sin r − cos t
ˆ t
0
dre− sin r = −e− sin r∣∣∣t0− cos t
ˆ t
0
e− sin rdr
Sea
ϕ(t) =
ˆ t
0
dre− sin r
Con lo que la solucion particular queda escrita en forma mas compacta
xp(t) = 1− esin t + esin tϕ(t)
y la solucion general queda
x(t) = esin t
(C1 + C2
ˆ t
0
dse− sin s
)+ 1− esin t + esin tϕ(t)
106
3.6. Series
Consideremos la sucesion
S0 = 1
S1 = 1 + r
S2 = 1 + r + r2
En general
Sn = 1 + r + r2 + ...+ rn
Sn, n ∈ N es una sucesion . El lımite, si existe, es denotado por
S = lımn→∞
Sn = lımn→∞
(1 + r + r2 + ...+ rn
)S = lım
n→∞
n∑k=0
rk =∞∑k=0
rk
Sabemos que
Sn =1− rn+1
1− r, |r| < 1
de modo que
S =∞∑k=0
rk =1
1− r, |r| < 1
3.6.1. Definicion: Serie
Una serie numercia es una sucesion Sn∣∣∣∞n=1
de numeros de la forma
S1 = a1
S2 = a1 + a2
Sn = a1 + a2 + ...+ an
Sn =n∑k=1
ak
La serie converge silımn→∞
Sn existe
En tal caso, escribimos
lımn→∞
Sn =∞∑k=1
ak
107
3.7. Series de terminos no negativos
Consideremos
∞∑n=0
an , an > 0
3.7.1. Teorema (Criterio de la raız)
Supongamos que l = lımn→∞ a1/nn existe, entonces
a) Si l < 1,∑∞
n=1 an converge
b) Si l > 1,∑∞
n=1 an diverge
3.7.2. Teorema (Criterio del cuociente)
Supongamos que l = lımn→∞an+1
anexiste, entonces
a) Si l < 1,∑∞
n=1 an converge
b) Si l > 1,∑∞
n=1 an diverge
3.7.3. Definicion: Convergencia absoluta
Sea la serie general∞∑n=1
an
con an no necesariamente positivo. Decimos que la serie converge absolutamente si
∞∑n=1
|an| converge
3.8. Soluciones en forma de series de potencias
La mayor parte de las ecuaciones diferenciales de coeficientes variables no se pueden resolveren terminos de funciones elementales. Sin embargo, es posible para algunas encontrar solucionesen series de potencia. Una serie de potencias en torno a a esta definida por
∞∑n=0
an(x− a)n
se dice que esta converge en x0 ∈ R si la serie evaluada en x0 converge a un valor real.Resulta de interes saber exactacmente para que valores de x una serie de potencia resultaconvergente. Obviamente converge para x = a
∞∑n=0
an(x− a)n∣∣∣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 conver-gencia de la serie.
En efecto, sea
∞∑n=0
|an(x− a)n|
Segun el criterio del cuociente, la serie converge para cada x ∈ R tal que
lımn→∞
∣∣∣∣an+1(x− a)n+1
an(x− a)n
∣∣∣∣ < 1
Esto es
|x− a| lımn→∞
∣∣∣∣an+1
an
∣∣∣∣ < 1
Definiendo
R = lımn→∞
∣∣∣∣ anan+1
∣∣∣∣Se ve que la serie
∑∞n=0 an(x−a)n converge absolutamente si |x−a| < R. Ademas, se puede
demostrar que para |x− a| > R, la serie diverge
3.8.1. Teorema: Radio de convergencia
El radio de convergencia de la serie de potencias
∞∑n=0
an(x− a)n
es
R = lımx→∞
∣∣∣∣ anan+1
∣∣∣∣para x tal que |x− a| < R, la serie converge absolutamente. Para x tal que |x− a| > R, la
serie diverge
NotaUtilizando el criterio de la raız, se obtiene la siguiente equivalencia
R =1
lımn→∞ |an|1/n= lım
n→∞
∣∣∣∣ anan+1
∣∣∣∣109
3.8.2. Definicion de una funcion mediante serie de potencias
Para una funcion dada se puede escribir
f(x) =∞∑n=0
an(x− a)n = a0 + a1(x− a) + a2(x− a)2 + ...
cuyo dominio es el intervalo de convergencia de la serie. Si esta tiene un radio de convergenciaR > 0, f es continua, diferenciable e integrable para x, |x− a| < R. Ademas, tanto su derivadacomo la integral se pueden determinar por derivar e integrar termino a termino, respectivamente(convergencia uniforme)
f ′(x) = a1 + 2a2(x− a) + 3a3(x− a)2 + ... =∞∑n=1
ann(x− a)n−1
ˆdxf(x) = C + a0(x− a) + a1
1
2(x− a)2 + a2
(x− a)3
3+ ... = C +
∞∑n=0
an(x− a)n+1
n+ 1
3.8.3. Definicion: Funcion analıtica en un punto
Se dice que f es analıtica en x = a si se puede representar por una serie de potencias enx− a , con radio de convergencia positivo.
3.9. Soluciones en torno a puntos ordinarios
Supongamos que la ecuacion diferencial de segundo orden
a2(x)y′′(x) + a1(x)y′(x) + a0(x)y(x) = 0
se expresa en la forma normal dividiendo por a2(x)
y′′(x) + P (x)y′(x) +Q(x)y(x) = 0
3.9.1. Definicion: Punto ordinario y punto singular
Se dice que x0 es un punto ordinario de la ecuacion diferencial si P (x), Q(x) son analıticasen x0. Se dice que un punto no ordinario de la ecuacion es un punto singular
110
3.9.2. Teorema: Existencia de la solucion en series de potencias
Si x = x0 es un punto ordinario de la ecuacion
y′′(x) + P (x)y′(x) +Q(x)y(x) = 0
siempre se pueden determinar dos soluciones l.i en forma de series de potencias centradasen x0
y =∞∑n=0
an(x− x0)n
Una solucion en serie converge, al menos, para |x− x0| < R, donde R es la distancia de x0
al punto singular mas cercano
3.10. Soluciones en torno a puntos singulares
Para la ecuacion
y′′(x) + P (x)y′(x) +Q(x)y(x) = 0
vimos que para todo punto ordinario x = x0 no habıa problemas para determinar dossoluciones l.i en forma de series de potencias en torno a x0
∞∑n=0
an(x− x0)n
Sin embargo, si x0 es un punto singular, no siempre esto es posible. Se podrıa llegar a unasolucion en series de la forma
∞∑n=0
an(x− x0)n+r
donde r es un entero no negativo por determinar
3.10.1. Definicion: Puntos singulares regulares e irregulares
Para la ecuacion
y′′(x) + P (x)y′(x) +Q(x)y(x) = 0
Un punto singular x = x0 es singular regular si tanto (x− x0)P (x) como (x− x0)2Q(x) sonanalıticas en x0. Se dice que un punto singular no regular es un punto singular irregular de laecuacion.
111
3.10.2. Teorema de Frobenius
Si x = x0 es un punto singular regular de la ecuacion
y′′(x) + P (x)y′(x) +Q(x)y(x) = 0
Existe al menos una solucion en serie de la forma
y = (x− x0)r∞∑n=0
an(x− x0)n
en donde r es una constante por determinar. Esta serie converge al menos en un intervalo0 < |x− x0| < R
112
Problema
a) Encuentre las relaciones de recurrencia para la solucion en serie de potencias, alrededorde t = 0, de la ecuacion de Legendre
(t2 − 1)y′′(t) + 2ty′(t)− µ(µ+ 1)y(t) = 0
b) Muestre que si µ es un entero positivo, entonces la ecuacion de Legendre tiene una solucionpolinomial de grado µ
Solucion
a) Sea
y(t) =∞∑n=0
antn
la solucion buscada. Derivando dos veces termino a termino y corriendo los ındices, obten-emos
y(t) =∞∑n=0
antn
y′(t) =∞∑n=0
(n+ 1)an+1tn
y′′(t) =∞∑n=0
(n+ 1)(n+ 2)an+2tn
Por lo tanto,
(t2 − 1)y′′(t) + 2ty′(t)− µ(µ+ 1)y(t) =
=∞∑n=0
(n+ 1)(n+ 2)an+2tn+2 +
∞∑n=0
2(n+ 1)an+1tn+1−
∞∑n=0
(n+ 1)(n+ 2)an+2 + µ(µ+ 1)an tn
=∞∑n=2
(n− 1)nantn +∞∑n=2
2nantn + 2a1t−
∞∑n=2
(n+ 1)(n+ 2)an+2 + µ(µ+ 1)an tn
− (2a2 + µ(µ+ 1)a0)− (6a3 + µ(µ+ 1)a1) t
= − (2a2 + µ(µ+ 1)a0)− (6a3 + (µ(µ+ 1)− 2)a1) t
+∞∑n=2
(n(n+ 1)− µ(µ+ 1)) an − (n+ 1)(n+ 2)an+2 tn
113
Igualando todos los coeficientes a cero, obtenemos que
a2 = −µ(µ+ 1)
2a0
a3 =2− µ(µ+ 1)
6a1
an+2 =n(n+ 1)− µ(µ+ 1)
(n+ 1)(n+ 2)an n = 0, 1, 2, 3, 4, ...
b) Si µ ∈ N entonces, cuando en la recursion 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 constantesarbitrarias a1 y a0 valores dados. Entonces, si µ es par escogemos a1 = 0, con lo cual a2k+1 = 0para 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 comosoluciones polinomio de grado µ
114
Problema
Comencemos por considerar la ecuacion
x4 d2y
dx2+ λy = 0
que tiene una singularidad que no es regular en el punto x = 0
a) Demuestre que el cambio de variable t = 1/x genera una ecuacion diferencial que poseeuna singularidad regular en t = 0, vale decir que se le puede aplicar el metodo de Frobenius(basado en serie de potencias)
b) Aplique el metodo de potencias (Frobenius) para encontrar soluciones l.i ϕ1(t), ϕ2(t) dela ecuacion precedente
Solucion
a) Al aplicar el cambio de variables, se observa que
d2y
dx2=
d
dx
(dy
dt
dt
dx
)=
d
dx
(− 1
x2
dy
dt
)d2y
dx2=
2
x3
dy
dt− 1
x2
d
dx
(dy
dt
)d2y
dx2= 2t3
dy
dt− 1
x2
−1
x2
(d2y
dt2
)=d2y
dt2t4 + 2
dy
dtt3
de modo que la ecuacion se reduce a
y′′(t) +2
ty′(t) + λy(t) = 0
Notar que el punto t = 0 es singular regular de esta ecuacion
b) Sabemos que la ecuacion acepta al menos una solucion de la forma
y(t) = tr∞∑n=0
antn
Derivando
y′(t) = rtr−1
∞∑n=0
antn + tr
∞∑n=0
(n+ 1)an+1tn
y′′(t) = r(r − 1)tr−2
∞∑n=0
antn + 2rtr−1
∞∑n=0
(n+ 1)an+1tn + tr
∞∑n=0
(n+ 2)(n+ 1)an+2tn
Reemplazando en la ecuacion
r(r − 1)tr−2
∞∑n=0
antn + 2rtr−1
∞∑n=0
(n+ 1)an+1tn + tr
∞∑n=0
(n+ 2)(n+ 1)an+2tn + 2rtr−2
∞∑n=0
antn+
2tr−1
∞∑n=0
(n+ 1)an+1tn + λtr
∞∑n=0
antn = 0
115
Igualando a cero los coeficientes de tr−2, se obtiene la ecuacion
r(r − 1) + 2r = 0
Cuyas soluciones son r1 = 0, r2 = −1. Para r1 = 0, se tiene
∞∑n=0
(n+ 2)(n+ 1)an+2tn + 2t−1
∞∑n=0
(n+ 1)an+1tn + λ
∞∑n=0
antn = 0
∞∑n=0
(n+ 2)(n+ 1)an+2tn + 2
∞∑n=0
(n+ 1)an+1tn−1 + λ
∞∑n=0
antn = 0
Luego a1 = 0 y
∞∑n=0
(n+ 2)(n+ 1)an+2tn + 2
∞∑n=0
(n+ 2)an+2tn + λ
∞∑n=0
antn = 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
(n+ 3)(n+ 2)an ; n = 0, 1, 2, 3, ...
Se ve que an = 0 para todo n impar (a1 = 0), mientras que
a2 = − λ
3× 2a0
a4 = − λ
5× 4a2 =
λ2
5!a0
a6 = − λ
7× 6a4 = −λ
3
7!a0
Se deduce
a2n =(−1)n
(2n+ 1)!(λn)
Finalmente una solucion queda dada por
y1(t) = a0
∞∑n=0
(−1)n
(2n+ 1)!(√λt)2n = a0
sin(√λt)√λt
Por ultimo, para r = −1
t−1
∞∑n=0
(n+ 2)(n+ 1)an+2tn + λt−1
∞∑n=0
antn = 0
116
Luego
an+2 = − λ
(n+ 2)(n+ 1)an
Tomando a1 = 0, entonces an = 0 para todo n impar, y ademas
a2 = − λ
2× 1a0
a4 = − λ
4× 3a2 =
λ2
4!
a6 = − λ
6× 5a4 = −λ
3
6!
Ası
a2n =(−1)n
(2n)!
(√λ)2n
y otra solucion de la ecuacion, l.i con la anterior resulta ser
ϕ2(t) = t−1b0
∞∑n=0
(−1)n
(2n)!
(√λt)2n
=cos(√λ)t
t
Finalmente, volviendo a la variable x, la solucion general de la ecuacion propuesta toma laforma
y(x) = α1x√λ
sin(√
λ/x)
+ α2x cos(√
λ/x)
117
Problema
a) Resuelva el problema
(x2 − 2x− 3)y′′(x) + 3(x− 1)y′(x) + y = 0 y(1) = 4, y′(1) = 1
con serie de potencias centrada en x0 = 1. Encuentre el radio de convergencia de lasolucion
b) Encuentre los 5 primeros terminos de la expansion en serie de potencias centrada en 0 dela solucion del problema
y′′ − exy = 0, y(0) = 1, y′(0) = 1
Solucion
a) Sea el cambio de variable t = x− 1, y v(t) = y(x) = y(t+ 1). Entonces, la ecuacion
(x2 − 2x− 3)y′′(x) + 3(x− 1)y′(x) + y = 0 y(1) = 4, y′(1) = 1
Es equivalente a
(t2 − 4)v′′(t) + 3tv′(t) + v = 0 y(1) = 4, y′(1) = 1
o bien
v′′(t) +3t
t2 − 4v′(t) +
1
t2 − 4v = 0 y(1) = 4, y′(1) = 1
Vemos que t = 0 es un punto ordinario de la ecuacion, de forma que admite solucion enserie de potencias centrada en 0
v(t) =∞∑n=0
antn
Entonces
tv′(t) =∞∑n=0
nantn , v′′(t) =
∞∑n=0
(n+ 2)(n+ 1)an+2tn
y
t2v′′(t) =∞∑n=0
n(n− 1)antn
Sustituyendo en la ecuacion, se obtiene la relacion
an+2 =n+ 1
4(n+ 2)an para todo n ≥ 0
118
De esta forma
a2 =1
4× 2a0
a4 =3
4× 4a2 =
3
4× 4× 4× 2a0 =
2× 3× 4
44 × (2!)2a0 =
4!
44 × (2!)2a0
a6 =5
4× 6a4 =
5!× 6
44 × 4× 6× 6× (2!)2a0 =
6!
46 × (3!)2a0
Luego, se ve que en general
a2k =(2k)!
42k(k!)2a0 para todo k ≥ 0
del mismo modo se deduce
a2k+1 =(k!)2
(2k + 1)!a1
Las condiciones iniciales implican v(0) = 4 → a0 = 4 y v′(0) = 1 → a1 = 1. La solucion esentonces
y(x) = 4∞∑k=0
(2k!)2
42k(k!)2(x− 1)2k +
∞∑k=0
(k!)2
(2k + 1)!(x− 1)2k+1
y su radio de convergencia es igual a 2, pues esta es la distancia entre x0 = 1 y la raız mascercana del polinomio (x2 − 2x− 3)
b) Busco una solucion de la forma y(x) =∑∞
k=0 akxk. Las condiciones iniciales implican
a0 = 1, a1 = 1. Sustituyendo la serie en la ecuacion diferencial se obtiene
∞∑k=0
(k + 2)(k + 1)ak+2xk −
(∞∑k=0
xk
k!
)(∞∑k=0
akxk
)= 0
Se tiene ademas
(∞∑k=0
xk
k!
)(∞∑k=0
akxk
)= a0 + (a0 + a1)x+
(a0
2!+ a1 + a2
)x2 +
(a0
3!+a1
2!+ a2 + a3
)x3 + ...
=∞∑k=0
(k∑j=0
aj(k − j)!
)xk
Se tiene entonces la relacion
ak+2 =1
(k + 2)(k + 1)
k∑j=0
aj(k − j)!
119
Capıtulo 4
Transformada de Laplace
La transformada de Laplace es una herramienta realmente poderosa para resolver ecuacionesdiferenciales lineales, o en general sistemas de ecuaciones lineales. Primeramente definiremos latransformada de Laplace, derivaremos sus propiedades mas interesantes y luego la aplicacion ala resolucion de ecuaciones diferenciales sera inmediata
4.1. Definicion: Transformada de Laplace
Sea f : [0,∞)→ R. Definimos la transformada de Laplace de f como la integral impropia
F (s) = L f (s) =
ˆ ∞0
dtf(t)e−st
para aquellos valores de s ∈ C para los cuales la integral converge. El conjunto de estosvalores constituye la region de convergencia, y corresponde al conjunto de valores para loscuales
ˆ ∞0
dt |f(t)| e−Res t <∞
En efecto, si esto ultimo se cumple, la transformada de Laplace existe. Sea s = σ + iδ
0 ≤∣∣∣∣ˆ ∞
0
dtf(t)e−st∣∣∣∣ ≤ ˆ ∞
0
dt |f(t)|∣∣e−σt−iδt∣∣ =
ˆ ∞0
dt |f(t)| e−Res t <∞
4.2. Algunas transformadas de Laplace
4.2.1. Funcion de Heavyside
Sea la funcion de Heavyside
H(t) =
0 t < 01 t > 0
121
A continuacion se ilustra la forma de la funcion Heavyside
Fig. 4.1: H(t) tambien es llamada popularmente funcion escalon
Su transformada de Laplace esta dada por
L H(t) (s) =
ˆ ∞0
dtH(t)e−st =
ˆ ∞0
dte−st = −1
se−st
∣∣∣∞0
Esta ultima integral converge unicamente para <s > 0, y se tiene
L H(t) (s) =1
s<s > 0
4.2.2. Delta de Dirac δ(t)
En muchos modelos fısicos se utilizan funciones generalizadas, o distribuciones de Schwartz,que no son funciones en el sentido ordinario. El ejemplo mas ilustre y sobresaliente de funciongeneralizada es la delta de Dirac, que resulta fundamental para el desarollo de muchas teorıas dela fısica, ası como del Analisis de Senales (Disciplina de la Ingenierıa Electrica). Las propiedadesfundamentales de la delta son
δ(t) = 0 ∀t 6= 0 Es cero excepto en el origen
ˆ ∞−∞
dtδ(t) = 1 Integra uno
ˆ ∞−∞
dtδ(t)f(t) = f(0) Para toda f definida en x = 0
ˆ ∞−∞
dt′δ(t− t′)f(t′) = f(t)
Notar que a pesar de que la delta de dirac es nula excepto en el origen, su integral es 1. Estopor supuesto es imposible para una funcion ordinaria, la unica forma de pensarlo es que tengaun valor indefinidamente grande en x = 0 (infinito!). Esta es una forma intuitiva de pensar enla delta, sin embargo incorrecta, pues no se trata de una funcion.
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 sucesion de funciones
δn(t) =
0 t < −1/n
n/2 −1/n < t < 1/n
0 t > 1/n
Fig. 4.2: Primeras 3 funciones dadas por la sucesion δn(x)
Notar que a medida que aumenta n, la funcion se asemeja a un rectangulo cada vez masangosto en torno al origen y de mayor amplitud. Sin embargo, siempre el area bajo δn(t) es1. Fısicamente usaremos la delta de Dirac para modelar fuerzas de gran amplitud que actuansobre un intervalo de tiempo infinitamente breve
Veamos que en efecto δn(t) se comporta como la delta cuando n→∞ˆ ∞−∞
dtδn(t) =
ˆ 1/n
−1/n
dt(n
2
)=(n
2
) 2
n= 1
Ademas, para obtener
ˆ ∞−∞
dtδn(t)f(t)
Usamos el teorema del valor medio integral
ˆ ∞−∞
dtδn(t)f(t) =n
2
ˆ 1/n
−1/n
dtf(t) =n
2
2
nfn = fn
donde fn es el valor de la funcion para algun t entre −1/n < t < 1/n . De esta forma, esclaro que
lımn→∞
ˆ ∞−∞
dtδn(t)f(t) = lımn→∞
fn = f(0)
En resumen, la sucesion δn(t) define la funcion generalizada δ(t)
La transformada de Laplace de la delta de Dirac1 esta dada por
L δ(t) (s) =
ˆ ∞0
dtδ(t)e−st = e−s0 = 1
1Ası es, definiremos la transformada de Laplace de la Delta sin remordimientos
123
Ası
L δ(t) (s) = 1 ∀s ∈ C
Fig. 4.3: Paul Dirac
Paul Dirac(1902-1984) Fısico Ingles. Se graduo de Ingeniero Electrico en 1921, posteri-ormente estudio matematicas y fue recibido en la Universidad de Cambridge. En 1926 desar-rollo una version de la mecanica cuantica en la que unıa el trabajo previo de Werner Heisenbergy de Erwin Schrodinger en un unico modelo matematico que asocia cantidades medibles conoperadores que actuan en el espacio vectorial de Hilbert y describe el estado fısico del sistema.Por este trabajo recibio un doctorado en fısica por Cambridge. En 1928, trabajando en losspines no relativistas de Pauli, hallo la ecuacion de Dirac, una ecuacion relativista que describeal electron. Este trabajo permitio a Dirac predecir la existencia del positron, la antipartıculadel electron
4.2.3. Transformadas de funciones sencillas
Sea la funcionf(t) = e−atH(t)
Fig. 4.4: f(t) es una exponencial decreciente para a > 1, y creciente para a < 1
Entonces
Le−atH(t)
(s) =
ˆ ∞0
dte−ate−st =
ˆ ∞0
dte−(a+s)t =−1
(a+ s)e−(a+s)t
∣∣∣∞0
Esta ultima integral converge unicamente si <a+ s > 0 , es decir para <s > −a
Le−atH(t)
(s) =
1
s+ a<s > −a
124
Sea la funcion
f(t) = tH(t)
Su transformada de Laplace esta dada por
L tH(t) (s) =
ˆ ∞0
dtte−st = − d
ds
ˆ ∞0
dte−st = − d
ds
(1
s
)<s > 0
L tH(t) (s) =1
s2<s > 0
En general, si
f(t) = tnH(t) n ∈ Nentonces
L tnH(t) (s) =
ˆ ∞0
dttne−st = − 1
stne−st
∣∣∣∞0︸ ︷︷ ︸
0 si <s>0
+1
s
ˆ ∞0
dtntn−1e−st
L tnH(t) (s) =n
s
ˆ ∞0
dttn−1e−st =n(n− 1)
s2
ˆ ∞0
dttn−2e−st
Se deduce entonces
L tnH(t) (s) =n!
sn
ˆ ∞0
dte−st =n!
sn+1<s > 0
L tnH(t) (s) =n!
sn+1<s > 0 n ∈ N
4.2.4. Transformada de sin at y cos at
La transformada de cos at puede ser encontrada facilmente utilizando la forma compleja
cos at =1
2
(eiat + e−iat
)Se tiene entonces
L cos atH(t) (s) =1
2
ˆ ∞0
dte(s+ia)t +
ˆ ∞0
dte(s−ia)t
L cos atH(t) (s) =
1
2
1
s+ ia+
1
s− ia
︸ ︷︷ ︸
2s/(s2+a2)
<s > 0
125
Finalmente
L cos atH(t) (s) =s
s2 + a2<s > 0
Del mismo modo
sin at =1
2i
(eiat − e−iat
)
Luego
L sin atH(t) (s) =1
2i
ˆ ∞0
dte(s+ia)t −ˆ ∞
0
dte(s−ia)t
L sin atH(t) (s) =1
2i
1
s+ ia− 1
s− ia
︸ ︷︷ ︸
2ia/(s2+a2)
<s > 0
Con esto
L sin atH(t) (s) =a
s2 + a2<s > 0
126
4.3. Propiedades de la transformada de Laplace
4.3.1. Linealidad
Resulta evidente de la definicion que la transformada de Laplace es una aplicacion lineal
L af1(t) + bf2(t) (s) =
ˆ ∞0
dtaf1(t)e−st +
ˆ ∞0
dtbf2(t)e−st
= 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 exponen-cial, es decir, existen M y a constantes tales que
|f(t)| ≤Meat ∀t > 0
entonces f(t) tiene una transformada de Laplace para <s > a y
lım|s|→∞
L f(t) (s) = 0
Demostracion
Se tiene
∣∣∣∣ˆ T
0
dtf(t)e−st∣∣∣∣ ≤ ˆ T
0
dte−<st|f(t)| ≤M
ˆ T
0
dte−<steat =M
<s − a− M
<s − ae(a−<s)T
Si <s > a, entonces
lımT→∞
∣∣∣∣ˆ T
0
dtf(t)e−st∣∣∣∣ ≤ lım
T→∞
(M
<s − a− M
<s − ae(a−<s)T
)=
M
<s − a
Esto establece la convergencia absoluta de la integral, y de la desigualdad obtenida
|L f(t) (s)| ≤ M
<s − a
se sigue que
lım|s|→∞
L f(t) = 0
127
4.3.3. Desplazamiento temporal
Sea una funcion f(t)H(t). Interesa determinar la transformada de Laplace de la mismafuncion desplazada en a, con a > 0, es decir, de
f(t− a)H(t− a)
su transformada de Laplace esta dada por
L f(t− a)H(t− a) =
ˆ ∞0
dtf(t− a)H(t− a)e−st =
ˆ ∞a
dtf(t− a)e−st
En seguida, mediante el cambio de variable y = t− a, dy = dt
L f(t− a)H(t− a) =
ˆ ∞0
dyf(y)e−s(y+a) = e−asL f(t)H(t)
Y se obtiene el primer teorema de traslacion
L f(t− a)H(t− a) (s) = e−asL f(t)H(t) (s)
Es decir, un desplazamiento de a en el dominio del tiempo corresponde a una multiplicacionpor un factor e−as en el dominio de Laplace
Ejemplo
Imaginemos que deseamos encontrar la transformada de Laplace de la siguiente funcion
f(t) = H(t)−H(t− a)
Esta funcion tiene la forma de un rectangulo
Su transformada de Laplace puede ser obtenida facilmente por definicion, o bien utilizandola propiedad de linealidad y desplazamiento temporal
L H(t)−H(t− a) = L H(t) −L H(t− a)
L H(t)−H(t− a) =1
s− e−as1
s=
1− e−as
s<s > 0
128
4.3.4. Desplazamiento en el dominio de Laplace
Se tiene
Lf(t)e−at
(s) =
ˆ ∞0
dtf(t)e−ate−st
=
ˆ ∞0
dtf(t)e−(a+s)t
Finalmente, se obtiene el segundo teorema de traslacion
Lf(t)e−at
(s) = L f(t) (s+ a)
Ejemplo
La transformada de Laplace de te−at se puede obtener facilmente como
Lte−at
(s) = L t (s+ a) =
1
s2
∣∣∣s=s+a
Lte−at
(s) =
1
(s+ a)2<s > −a
En general, utilizando la transformada de laplace de tn, se obtiene
Ltne−at
(s) =
n!
(s+ a)n+1<s > −a n ∈ N
Hasta ahora hemos simplemente definido la transformada de Laplace, hemos calculado ex-plıcitamente algunas de ellas y se han mostrado unas cuantas propiedades. Sin embargo, lapropiedad siguiente, junto con la propiedad de linealidad, son las razones principales por lasque la transformada de Laplace es reamente util para resolver ecuaciones diferenciales lineales
4.4. Derivacion en el tiempo
Sea f : [0,∞) → R acotada y diferenciable. Interesa encontrar la transformada de Laplacede su derivada, es decir
L f ′(t) (s) =
ˆ ∞0
dtf ′(t)e−st
Integrando por partes, se obtiene
L f ′(t) (s) = e−stf(t)∣∣∣∞0
+ s
ˆ ∞0
dtf(t)e−st
Siendo f(t) acotada, se tiene
L f ′(t) (s) = −f(0) + s
ˆ ∞0
dtf(t)e−st
129
y se obtiene la propiedad fundamental
L f ′(t) (s) = sL f(t) (s)− f(0)
Es decir, la transformada de Laplace de la derivada es s veces la transformada de Laplaceoriginal, menos una constante, determinada por la condicion inicial de f . La transformada dela segunda derivada es inmediata
L f ′′(t) (s) = sL f ′(t) (s)− f ′(0)
= s2L f(t) (s)− sf(0)− f ′(0)
L f ′′(t) (s) = s2L f(t) (s)− sf(0)− f ′(0)
La obtencion de la transformada de derivadas de orden superior es absolutamente analoga.Lo que podemos concluır es que las transformadas de Laplace de f y sus derivadas poseen unarelacion realmente muy simple! Esta es la razon por la que las ecuaciones diferenciales linealesen el dominio de Laplace son simples de resolver. Ademas, esta propiedad puede ser util paracalcular transformadas de Laplace, por ejemplo, si conocemos la transformada del coseno
L cos(at)H(t) =s
s2 + a2<s > 0
Entonces la transformada del seno cumple con
L a cos(at)H(t) = L (sin(at)H(t))′ = sL sin(at)H(t) − 0
as
s2 + a2= sL sin(at)H(t)
FinalmenteL sin(at)H(t) =
a
s2 + a2<s > 0
Resultado conocido. Lo mismo se puede utilizar para f(t) = teat, que cumple con f(0) = 0,luego
Leat + ateat
= sL f(t) (s)− 0
sL f(t) (s) =1
s− a+ aL f(t) (s)
Ası
L f(t) (s) =1
(s− a)2<s > −a
130
4.5. Integracion en el tiempo
Veamos ahora que ocurre para la transformada de Laplace de una integracion. Sea
f(t) =
ˆ t
0
dτg(τ)
f cumple con f(0) = 0, luego podemos utilizar la propiedad de la derivada temporal y elteorema fundamental del calculo
L f ′(t) = L g(t) = sL f(t) − 0
Ası
L
ˆ t
0
dτg(τ)
=
1
sL g(t) (s)
y se obtiene otra propiedad interesante
L
ˆ t
0
dτg(τ)
=
1
sL g(t) (s)
4.6. Derivacion en el dominio de Laplace
Las propiedades de la transformada de Laplace siguen aumentando. Por ejemplo, a partirde
L f(t) (s) =
ˆ ∞0
dtf(t)e−st
Utilizando la convergencia uniforme de la transformada, podemos derivar con respecto a se intercambiar con la integral sin problemas
d
dsL f(t) (s) = −
ˆ ∞0
dtf(t)te−st
y entonces
d
dsL f(t) (s) = −L tf(t) (s)
Por ejemplo, se puede verificar que
Lte−at
(s) = − d
ds
(1
s+ a
)=
1
(s+ a)2<s > −a
131
4.7. Propiedad de la convolucion
Se define la convolucion entre 2 funciones f y g como
h(t) =
ˆ ∞−∞
dτf(τ)g(t− τ) =
ˆ ∞−∞
dτf(t− τ)g(τ)
Notar que si g y f son nulas para t < 0, entonces
h(t) =
ˆ t
0
dτf(τ)g(t− τ) =
ˆ t
0
dτf(t− τ)g(τ)
La transformada de Laplace de la convolucion cumple
L f ∗ g (s) = L f(t) (s)L g(t) (s)
Es decir, una convolucion en el dominio del tiempo equivale a una multiplicacion en eldominio de Laplace. Tambien se tiene que
L f(t)g(t) (s) = L f(t) (s) ∗L g(t) (s)
En resumen, la multiplicacion en un dominio equivale a una convolucion en el otro.
Notar que a partir de esta propiedad, se deduce que
f(t) ∗ δ(t) = f(t) para todo f
Ademas, si f(t) = 0 para t < 0
f(t) ∗H(t) =
ˆ t
0
dτf(τ)
Es decir, convolucionar con la funcion de Heavyside corresponde a una integracion. En eldominio de Laplace resulta evidente, pues
L f ∗H (s) =1
sL f(t) (s)
4.8. Transformada inversa
Dado que la transformada Laplace de una funcion real esta definida sobre un dominiocomplejo, calcular la transformada inversa de Laplace por definicion requiere conocimientosde integracion de funciones de variable compleja que no estan al alcance de este curso. Sinembargo, en muchos casos basta utilizar el hecho de que si
L f(t) (s) = L g(t) (s) s ∈ Region de convergencia
Entonces f(t) = g(t). Con esto, si se conoce la transformada de Laplace de un conjunto defunciones, es posible encontrar la inversa por simple inspeccion. 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
Funcion Transformada de Laplace Validez
H(t) 1s
<s > 0
δ(t) 1 ∀ s ∈ C
e−atH(t) 1s+a
<s > −a
tnH(t) n!sn+1 <s > 0, n ∈ N
tne−atH(t) n!(s+a)n+1 <s > −a, n ∈ N
cos(at)H(t) ss2+a2 <s > 0
sin(at)H(t) as2+a2 <s > 0
f(t− a) e−asL f(t− a) (s) a > 0
f(t)e−at L f(t) (s+ a) a ∈ R
f ′(t) sL f(t) (s)− f(0) f acotada y derivable
´ t0dτf(τ) 1
sL f(t) (s) f integrable
tf(t) − dds
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 esta sujeto a unade las paredes por un resorte de coeficiente de elasticidad k = 1 [N/m]. El roce entre el bloquey la superficie es de tipo viscoso de coeficiente λ = 2. Suponga que inicialmente el bloque seencuentra en reposo, y se aplica una fuerza dada por
F (t)
−1 si 0 ≤ t ≤ 10 si t > 1
Resuelva la ecuacion y describa el movimiento del bloque
SolucionSea 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 ecuacion a resolver corresponde a lasegunda ley de Newton
x′′ + x+ 2x′ = F (t)
Notar ademas que F (t) puede ser expresada facilmente en terminos de la funcion de Heavy-side, cuya transformada de Laplace es muy conocida
F (t) = − (H(t)−H(t− 1))
Resolviendo la ecuacion diferencial en el dominio de Laplace, se tiene
L x′′ + x+ 2x′ (s) = L F (t)
s2L x(t) (s) + 2sL x(t) (s) + L x(t) (s) =e−s − 1
s
L x(t) (s)(s2 + 2s+ 1
)=e−s − 1
s
Luego la transformada de Laplace de x(t) esta dada por
L x(t) (s) =1
s(s+ 1)2
(e−s − 1
)
Notar ademas que
1
s(s+ 1)2=
1
s
1
(s+ 1)2
donde 1/(s+ 1)2 es la transformada de Laplace de te−t
134
Utilizando la propiedad de convolucion, se tiene
L −1
1
s(s+ 1)2
= H(t) ∗ (te−tH(t)) =
ˆ t
0
dττe−τ = H(t)(1− (t+ 1)e−t
)
Con lo que, finalmente x(t) esta dado por
x(t) = H(t)((t+ 1)e−t − 1
)+H(t− 1)
(1− te−(t−1)
)
135
Problema
Encontrar la solucion del problema con valor inicial
tx′′(t)− tx′(t) + x(t) = 2
x(0) = 2 x′(0) = −1
SolucionTomando la transformada de Laplace a ambos miembros se obtiene
− d
ds
(s2L x(t) (s)− 2s+ 1
)+
d
ds(sL x(t) (s)− 2) + L x(t) (s) =
2
s
Reordenando
d
dsL x(t) (s) = −2
sL x(t) (s) +
2
s2
!Notar que se obtiene una ecuacion de primer orden lineal en el dominio de Laplace. La
solucion es de la forma
L x(t) (s) =C
s2+
2
s= − d
ds
(C
s
)+
2
s
De forma que la funcion x(t) debe ser
x(t) = (2 + Ct)H(t)
La condicion inicial x′(0) = −1 determina C = −1, y entonces la solucion es
x(t) = (2− t)H(t) t ≥ 0
voila!
136
Problema
Resuelva la ecuacion integral
ˆ t
0
x(t− r) (x(r)− 1− er) dr = et − 1 t ≥ 0
SolucionEsta ecuacion puede ser resuelta tomando la transformada de Laplace a ambos lados de laigualdad. Antes de eso, se puede notar que
ˆ t
0
x(t− r) (x(r)− 1− er) dr =
ˆ t
0
drx(t− r)x(r)−ˆ t
0
drx(t− r)−ˆ t
0
drx(t− r)er
Se reconocen inmediatamente tres convoluciones
= x(t) ∗ x(t)− x(t) ∗H(t)− x(t) ∗ et
De forma que la ecuacion 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
(L x(t) (s))2 −L x(t) (s)
(1
s+
1
s− 1
)=
1
s(s− 1)
(L x(t) (s)− 1
s
)(L x(t) (s)− 1
s− 1
)= 0
de donde hay dos valores posibles para la transformada de Laplace (y entonces, dos solu-ciones)
L x(t) (s) =1
s→ x(t) = H(t)
L x(t) (s) =1
s− 1→ x(t) = etH(t)
137
Problema
Use la transformada de Laplace para resolver el sistema lineal de 2x2 de segundo orden
x′′ = 2x+ y
y′′ = 2x+ 3y
con condiciones iniciales x(0) = 0, x′(0) = 1, y(0) = 0, y′(0) = 3
SolucionHasta un sistema de ecuaciones de segundo orden es tremendamente sencillo con el eleganteformalismo de Laplace. Se tiene
s2L x(t) (s)− 1 = 2L x(t) (s) + L y(t) (s)
s2L 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 deforma matricial como (
s2 − 2 −1−2 s2 − 3
)(L x(t) (s)L y(t) (s)
)=
(13
)
Esto es facilmente invertible. En efecto(L x(t) (s)L y(t) (s)
)=
1
(s2 − 1)(s2 − 4)
(s2 − 3 1
2 s2 − 2
)(13
)
=1
(s2 − 1)(s2 − 4)
(s2
3s2 − 4
)
De aquı se obtienen ambas transformadas de Laplace
L x(t) (s) =s2
(s2 − 1)(s2 − 4)= −1
3
1
s2 − 1+
4
3
1
s2 − 4
L y(t) (s) =3s2 − 4
(s2 − 1)(s2 − 4)=
1
3
1
s2 − 1+
8
3
1
s2 − 4
Encontremos finalmente las transformadas inversas
L x(t) (s) = −1
3
1
s2 − 1+
4
3
1
s2 − 4= −1
3
(− 1/2
s+ 1+
1/2
s− 1
)+
4
3
(−1/4
s+ 2+
1/4
s− 2
)De aquı se lee
x(t) =
(1
6e−t − 1
6et +
1
3e2t − 1
3e−2t
)H(t)
138
De igual forma, para y
L y(t) (s) =1
3
(1/2
s− 1− 1/2
s+ 1
)+
8
3
(1/4
s− 2− 1/4
s+ 2
)
Luego
x(t) =
(1
6et − 1
6e−t +
2
3e2t − 2
3e−2t
)H(t)
139
Problema
Considere el oscilador armonico
x′′(t) + x(t) = f(t)
sometido a impulsos periodicos decrecientes en amplitud, modelados por una suma ponder-ada de deltas de Dirac
f(t) =∞∑n=0
1
2nδ(t− 2nπ)
a) Determine la solucion x(t) con x(0) = x′(0) = 0
b) Demuestre que lımt→∞x(t)
sin(t)= 2
Soluciona) Tomando la transformada de Laplace a ambos lados de la ecuacion, y utilizando linealidad
L x′′(t) + x(t) (s) = L
∞∑n=0
1
2nδ(t− 2nπ)
=∞∑n=0
1
2nL δ(t− 2nπ)
(s2 + 1)L x(t) (s) =∞∑n=0
1
2ne−2πns
L x(t) (s) =∞∑n=0
1
2ne−2πns
s2 + 1
La transformada inversa esta dada por
x(t) =∞∑n=0
1
2nH(t− 2nπ) sin(t− 2nπ) = sin t
∞∑n=0
1
2nH(t− 2nπ)
Notar ademas que para t ≥ 0, H(t− 2nπ) 6= 0 para t > 2nπ. Es decir, la suma es finita, yva desde n = 0 hasta la parte entera de t
2π, esto es
∞∑n=0
1
2nH(t− 2nπ) =
N∑n=0
1
2n=
1− 1/2N+1
1− 1/2= 2
(1− 12N+1
)
con N = [t/2π]. Finalmente
x(t) = 2
(1− 1
2N+1
)sin t
Si t→∞, entonces N →∞ y
lımt→∞
x(t)
sin t= 2
140
Problema
Para pequenas oscilaciones, la dinamica de un pendulo doble queda representada por unsistema de ecuaciones de la forma
(m1 +m2) l21ϑ′′1 +m2l1l2ϑ
′′2 + (m1 +m2) l1gϑ1 = 0
m2l22ϑ′′2 +m2l1l2ϑ
′′1 +m2l2gϑ2 = 0
Escriba el sistema de ecuaciones lineales satisfecho por la transformada de Laplace de ϑ1 yϑ2. Encuentre ϑ1(t) en el caso particular en que ϑ1(0) = 0, ϑ′1(0) = 0, ϑ2(0) = 0, ϑ′2(0) = 1 yl1 = l2 = l
SolucionUtilizaremos la siguiente notacion 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
(m1 +m2) ϑ′′1 +m2ϑ′′2 + (m1 +m2)
g
lϑ1 = 0
m2ϑ′′2 +m2ϑ
′′1 +m2
g
lϑ2 = 0
Aplicando la transformada de Laplace, y las condiciones iniciales respectivas
(m1 +m2)(s2 +
g
l
)Θ1(s) +m2
(s2Θ2(s)− 1
)= 0(
s2Θ2(s) +g
lΘ2(s)− 1
)+ s2Θ1(s) = 0
141
Reescribiendo (1 +
m1
m2
)(s2 +
g
l
)Θ1(s) + s2Θ2(s) = 1(
s2 +g
l
)Θ2(s) + s2Θ1(s) = 1
Definiendo M2 = 1 + m1
m2, escribimos este sistema de la siguiente manera(M2
(s2 + g
l
)s2
s2 s2 + gl
)(Θ1(s)Θ2(s)
)=
(11
)
Cuya solucion es(Θ1(s)Θ2(s)
)=
1
M2(s2 + g/l)2 − s4
(s2 + g
l−s2
−s2 M2(s2 + g
l
))(11
)
Notese que
1
M2(s2 + g/l)2 − s4=
1
(M2 − 1)s4 + 2glM2s2 +M2 g
2
l2
=
(1
M2 − 1
)1
s2 + gMl(M−1)
1
s2 + gMl(M+1)
Definiendo
w1 =
√gM
l(M − 1)w2 =
√gM
l(M + 1)
1
M2(s2 + g/l)2 − s4=
m2
m1w1w2
w1
s2 + w21
w2
s2 + w22
1
M2(s2 + g/l)2 − s4=
√m2
m1
l
gM
(w1
s2 + w21
)(w2
s2 + w22
)
Y entonces
Θ1(s) =
√m2 +m1
m1
(w1
s2 + w21
)(w2
s2 + w22
)
Θ2(s) =
√m2
m1
l
gM
(w1
s2 + w21
)(w2
s2 + w22
)((M2 − 1)s2 +M2 g
l
)
142
Aquı se aprecia que
ϑ1(t) =
√m2 +m1
m1
(sinw1tH(t) ∗ sinww(t)H(t))
ϑ1(t) =
√m2 +m1
m1
ˆ t
0
dτ sin(w1τ) sin (w2(t− τ))
143
Problema
Resuelva el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales
x′1 + x′2 + x′3 = t
x′1 + 2x′2 + x′3 = et
x′1 + x′2 − x′3 = 0
con condiciones inicialesx1(0) = x2(0) = 0 x3(0) = 1
SolucionSe tiene
L x′1(t) (s) = sL x1(t) (s)
L x′2(t) (s) = sL x2(t) (s)
L x′3(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) = Let
(s) + 1
sL x1(t) (s) + sL x2(t) (s)− sL x3(t) (s) = −1
L x1(t) (s) + L x2(t) (s) + L x3(t) (s) =1 + s2
s3
L x1(t) (s) + 2L x2(t) (s) + L x3(t) (s) =1
s− 1
L x1(t) (s) + L x2(t) (s)−L x3(t) (s) = −1
s
Restando la segunda ecuacion con la primera, se obtiene
L x2(t) (s) =1
s− 1− 1 + s2
s3=
1
s− 1− 1
s3− 1
s
Luego, sumando la primera y la tercera
2L x1(t) (s) + 2L x2(t) (s) =1
s3
L x1(t) (s) =1
2s3−L x2(t) (s) =
3
2s3− 1
s− 1+
1
s
144
Finalmente, reemplazando en la primera se obtiene
3
2s3− 1
s− 1+
1
s+
1
s− 1− 1
s3− 1
s+ L x3(t) (s) =
1
s3+
1
s
L x3(t) (s) =1
2s3+
1
s
Ahora basta con calcular las transformadas inversas. Es util recordar que
L t (s) = − d
ds
(1
s
)=
1
s2
Lt2
(s) = − d
ds
(1
s2
)=
2
s3
Con esto
x1(t) = L −1
3
2s3− 1
s− 1+
1
s
=
3
2L −1
1
s3
−L −1
1
s− 1
+ L
1
s
x1(t) =
(3
4t2 − et + 1
)H(t)
x2(t) = L −1
1
s− 1− 1
s3− 1
s
=
(et − 1
2t2 − 1
)H(t)
x2(t) = L −1
1
2s3+
1
s
=
(1
4t2 + 1
)H(t)
Botado!
145
Problema
Resuelva la elegante ecuacion
x′(t) + 3x(t) + 2
ˆ t
0
dτx(τ) = f(t)
con condiciones iniciales nulas
SolucionUtilizando la transformada de Laplace, obtenemos
sL x(t) (s) + 3L x(t) (s) +2
sL x(t) (s) = L f(t) (s)
L x(t) (s)
(s+ 3 +
2
s
)= L x(t) (s)
(s2 + 3s+ 2
s
)= L f(t) (s)
L x(t) (s) =
(s
(s+ 2)(s+ 1)
)L f(t) (s)
Notar que si llamamos h(t) a la solucion cuando f(t) = δ(t), entonces
L h(t) (s) =
(s
(s+ 2)(s+ 1)
)=−1
s+ 1+
2
s+ 2
h(t) =(2e−2t − e−t
)H(t)
de forma que para cualquier f(t), la solucion de la ecuacion esta 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 difer-enciales lineales: basta conocer la solucion cuando f(t) es una delta de dirac, o impulso. Estasolucion, llamada respuesta al impulso por los ingenieros electricos 3 es todo lo que se debeconocer de este tipo de sistemas para caracterizarlo completamente. En efecto, para cualquierf(t), la solucion esta dada por
x(t) = h(t) ∗ f(t) =
ˆ t
0
dτf(τ)h(t− τ)
Esto es realmente notable.
3Yo tambien soy Ingeniero Electrico, 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 1
(s+ 1)3
s
s2 + 2s+ 2
como una convolucion
b) Mediante la transformada de Laplace resuelva la ecuacion
y′(t) + 2y(t) +
ˆ t
0
y(t− τ)dτ =
t t < 1
2− t 1 ≤ t ≤ 20 t > 2
sujeta a la condicion inicial y(0) = 1
Soluciona) Se tiene
F (s) = e−2s 1
(s+ 1)3︸ ︷︷ ︸H(s)
s
s2 + 2s+ 2︸ ︷︷ ︸G(s)
Luego
h(t) = L −1 H(s) =t2e−t
2H(t)
g(t) = L −1 G(s) = L −1
s
s2 + 2s+ 2
g(t) = L −1
s+ 1
(s+ 1)2 + 1− 1
(s+ 1)2 + 1
= e−t (cos t− sin t)H(t)
Entonces
L −1 F (s) = L −1e−2sH(s)
︸ ︷︷ ︸h(t−2)
L −1 G(s)
Finalmente
f(t) =
(1
2e−(t−2)(t− 2)2H(t− 2)
)∗ et (cos t− sin t)
f(t) =
ˆ t
0
dτ1
2e−(τ−2)(τ − 2)2H(τ − 2)et−τ (cos(t− τ)− sin(t− τ))
147
b) Se debe notar que la funcion definida a tramos puede ser expresada en terminos defunciones de Heavyside
y′(t) + 2y(t) +
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) + 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 ecuacion
sL y(t) (s)− 1 + 2L y(t) (s) +1
sL y(t) (s) =
1
s2− 2
e−s
s2+e−2s
s2
L y(t) (s)
(s+ 2 +
1
s
)= 1 +
1
s2− 2
e−s
s2+e−2s
s2
L y(t) (s)
(s2 + 2s+ 1
s
)= 1 +
1
s2− 2
e−s
s2+e−2s
s2
L y(t) (s) =s
(s+ 1)2+
1
s(s+ 1)2− 2
e−s
s(s+ 1)2+
e−2s
s(s+ 1)2
Ahora realizamos las siguientes jugadas estrategicas
L −1
s
(s+ 1)2
= L −1
s+ 1− 1
(s+ 1)2
=(e−t − te−t
)H(t)
L −1
1
s(s+ 1)2
=
ˆ t
0
dτe−ττ = −e−τ (τ + 1)∣∣∣t0
=(1− e−t(t+ 1)
)H(t)
L −1
e−s
s(s+ 1)2
=(1− e−(t−1)t
)H(t− 1)
L −1
e−2s
s(s+ 1)2
=(1− e−(t−2)(t− 1)
)H(t− 2)
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
y′′(t) + 2y′(t) + 5y(t) =
0 t < 2e−t t ≥ 2
SolucionLa transformada del lado derecho esta dada por
ˆ ∞2
e−ste−tdt =
ˆ ∞2
dte−t(s+1) =e−2(s+1)
s+ 1
Luego
L y(t) (s)(s2 + 2s+ 5
)− sy(0)− y′(0)− 2y(0) =
e−2(s+1)
s+ 1
L y(t) (s) =(s+ 2)y(0)
(s+ 1)2 + 4+
y′(0)
(s+ 1)2 + 4+
e−2(s+1)
(s+ 1) ((s+ 1)2 + 4)
Se tiene ademas
L −1
(s+ 2)y(0)
(s+ 1)2 + 4
= L −1
(s+ 1)y(0)
(s+ 1)2 + 4+
y(0)
(s+ 1)2 + 4
L −1
(s+ 2)y(0)
(s+ 1)2 + 4
= y(0)e−t
(cos 2t+
1
2sin 2t
)H(t)
L −1
y′(0)
(s+ 1)2 + 4
= e−t
y′(0)
2sin 2tH(t)
Considerando ademas que
L −1
1
s (s2 + 4)
=
ˆ t
0
dτsin 2τ
2= −1
4cos 2τ
∣∣∣t0
=1
4(1− cos 2t)H(t)
L −1
e−2s
s (s2 + 4)
=
1
4(1− cos 2(t− 2))H(t− 2)
Finalmente
L −1
e−2(s+1)
(s+ 1) ((s+ 1)2 + 4)
=e−t
4(1− cos 2(t− 2))H(t− 2)
Ası
y(t) = e−t
1
4(1− cos 2(t− 2))H(t− 2) +
(y(0) cos 2t+
(y(0) + y′(0))
2sin 2t
)H(t)
149
Capıtulo 5
Sistemas de Ecuaciones Lineales deprimer orden
5.1. Definicion: Sistema lineal de primer orden
Decimos que un sistema de Ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden es normaly lineal si es de la forma
dyi(t)
dt= ai1(t)y1(t) + ai2(t)y2(t) + ...+ ain(t)yn(t) + fi(t) 1 ≤ i ≤ n ∈ N
donde aij(t) : 1 ≤ i, j ≤ n y fi(t), 1 ≤ i ≤ n son funciones unicamente de la variableindependiente (en este caso t). Tal sistema sera escrito en forma matricial como
d
dt~y(t) = A(t)~y(t) + ~f(t)
donde
~y(t) =
y1(t)y2(t)...yn(t)
~f(t) =
f1(t)f2(t)...fn(t)
y A(t) es una matriz de n× n
A(t) =
a11(t) a12(t) ... a1n(t)... ... ...
an1(t) an2(t) ... ann(t)
Nota: Cualquier ecuacion lineal normal de orden n
yn(t) + p1(t)yn−1(t) + ...+ pn(t)y(t) = f(t)
puede ser transformada en un sistema de n ecuaciones lineales de primer orden, con nincognitas.
151
En efecto, basta tomar
y1(t) = y(t) y2 = y′(t) ... yn−1 = yn−2(t) yn(t) = yn−1(t)
Con esto, se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones de primer orden
d
dty1(t) = y2(t)
d
dty2(t) = y3(t)
d
dtyi−1(t) = yi(t) 2 ≤ i ≤ n
d
dtyn(t) = f(t)− p1(t)yn(t)− ...− pny1(t)
Este sistema tiene la siguente pinta
d
dt
y1(t)y2(t)...yn(t)
=
0 1 0 ... 00 0 1 ... 0... ... ... ... ...0 0 0 ... 1
pn(t) pn−1(t) ... p2(t) p1(t)
y1(t)y2(t)...yn(t)
+
00...f(t)
5.2. Teorema: Existencia y unicidad de solucion para un
PVI de sistemas lineales
Consideremos un sistema de EDO de primer orden normal, de la forma
d
dtyi(t) = fi(t, y1, y2, ..., yn) 1 ≤ i ≤ n
supongamos que existe un intervalo I ⊆ Rn+1 donde f1, f2, ..., fn estan definidas, son con-tinuas y ademas las derivadas parciales
∂fi(t)
∂yj1 ≤ i, j ≤ n
estan definidas y son continuas, entonces
i) Si (t0, z1, z2, ..., zn) ∈ I ⊆ Rn+1, luego existe una solucion
~ϕ(t) = (ϕ1, ϕ2, ..., ϕn)T
de la ecuacion tal que
ϕi(t0) = zi 1 ≤ i ≤ n
ii) Si ~ϕ(t) y ~ψ(t) son dos soluciones del P.V.I de i), entonces son iguales en el intervalo dedefinicion
152
5.2.1. Sistemas lineales de coeficientes constantes
Hemos visto que un sistema lineal de ecuaciones de primer orden siempre tiene la forma
~x′ = A~x+ ~f
Supongamos por ahora que A es una matriz de coeficientes constantes. La solucion generaldel sistema esta dada por
~x = eAt~x0 + eAtˆ t
0
dτe−Aτ ~f(τ)
donde eAt se define como la siguiente matriz
eAt =∞∑k=0
1
k!Aktk
La demostracion se obtiene considerando que
d
dteAt =
∞∑k=0
k1
k!Aktk−1 =
∞∑k=0
1
k!Ak+1tk = AeAt
Luego, resulta evidente que
~x′ = AeAt~x0 + AeAtˆ t
0
dτe−Aτ ~f(τ) + ~f(t) = A
(eAt~x0 + eAt
ˆ t
0
dτe−Aτ ~f(τ)
)+ f(t)
~x′ = A~x+ f(t)
En resumen, para sistemas lineales caracterizados por una matriz A de coeficientes con-stantes, se reduce el problema a calcular la siguiente matriz
eAt =∞∑k=0
1
k!Aktk
Para ello se pueden utilizar diversos metodos que requieren conocimientos mınimos de alge-bra lineal. A continuacion se presentara un breve resumen de los elementos relevantes que sedeben manejar en este curso.
153
5.3. Breve repaso de Algebra Lineal
5.3.1. Matriz simetrica y antisimetrica
Sea A una matriz cuadrada de dimension n. Se dice que A es simetrica si y solo si
A = AT
Equivalentemente
aij = aji 1 ≤ i, j ≤ n
Por otro lado, una matriz A se dice antisimetrica si y solo si
A = −AT
Notar que esto implica que si diagonal ( y por lo tanto su traza) es nula
aii = 0 ∀i
5.3.2. Valores y vectores propios de una matriz A
Sea A una matriz cuadrada de dimension n, n ∈ N. Sean λ ∈ C y ~u ∈ Cn no nulo tales que
A~u = λ~u
λ se llama valor propio de A , y ~u se llama vector propio de A asociado a λ.
Notar que
A~u = λ~u⇔ (A− λ1) ~u = 0 ~u 6= 0
⇔ Ker (A− λ1) 6= 0⇔ (A− λ1) no es invertible
Equivalentemente
|A− λ1| = 0
Definicion: Polinomio CaracterısticoSe llama polinomio caracterıstico de A al polinomio en λ de grado n
P (λ) = |A− λ1| = anλn + an−1λ
n−1 + ...+ a1λ+ a0
Es claro que λ0 es valor propio de A ssi P (λ0) = 0. Es decir, los n valores propios de A sonlas raıces del polinomio caracterıstico
P (λ) = (λ− λ1)m1(λ− λ2)m2 ...(λ− λr)mr r ≤ n
donde mi es la multiplicidad algebraica del valor propio λi. Por supuesto que se debe tener
r∑i=1
mi = n
Se llama multiplicidad geometrica de λi a la dimension del conjunto de todos los vectorespropios asociado a λi.
154
5.3.3. Diagonalizacion de una matriz
Se dice que A es diagonalizable ssi existe V : matriz cuadrada invertible y D: matriz diagonaltal que
A = V DV −1
donde D tiene la forma
D = diag (λ1, λ2, ..., λn)
Notar que si
V = [~v1 ~v2 ...~vn]
V es invertible ssi ~v1, ~v2 , ..., ~vn son linealmente independientes. Notar que
A = V DV −1 ⇔ AV = V D ⇔ A~vj = λj~vj
Por lo tanto, si los vectores propios de A , ~v1, ~v2, ..., ~vn forman un conjunto linealmenteindependiente, y si los valores propios asociados son λ1, λ2, ..., λn entonces A es diagonalizable,con
V = [~v1 ~v2 ... ~vn] D = diag (λ1, λ2, ..., λn)
Teorema
Una matriz A cuadrada de dimension n es diagonalizable ssi tiene n vectores propios l.i
Propiedad de independencia lineal
Supongamos que
A~vi = λi~vi
con i = 1, 2, ...n. Entonces vectores propios asociados a valores propios distintos son l.i.Notar entonces que si una matriz de dimension n tiene n valores propios distintos, automatica-mente la matriz es diagonalizable
5.3.4. Exponenciacion
Supongamos que ~vj es un vector propio de A con valor propio asociado λj. Entonces resultaevidente que
Ak~vj = λkj~vj k ∈ N
Por otro lado, supongamos que f es una funcion analıtica en torno a x = 0, es decir, admiteuna expansion en serie de potencias
f(x) =∞∑k=0
ckxk
155
De esta forma, podemos definir f(A) como la siguiente matriz
f(A) =∞∑k=0
ckAk
de aquı, es facil mostrar la interesante propiedad
f(A)~vj = f(λj)~vj
Por otro lado, si A es diagonalizable, entonces
A = V DV −1
ası
A2 = V DV −1V DV −1 = V D2V −1
es facil mostrar que en general
Ak = V DkV −1
y D, por ser matriz diagonal, cumple con
Dk = diag(λk1, λ
k2, ..., λ
kn
)Entonces
eA =∞∑k=0
1
k!Ak =
∞∑k=0
1
k!V DkV −1
eA = V
(∞∑k=0
1
k!Dk
)V −1 = V diag
(∞∑k=0
λk1k!
...
∞∑k=0
λknk!
)V −1
Se obtiene finalmente que
eA = V diag(eλ1 eλ2 ...eλn
)V −1
En particular
eAt = V diag(eλ1t eλ2t ...eλnt
)V −1
y en general, si f es una funcion analıtica
f(A) = V diag (f(λ1) f(λ2) ...f(λn))V −1
156
5.3.5. Algunos comentarios adicionales sobre matrices simetricas
Afirmamos que
1) Si A es real y simetrica, es diagonalizable
2) Si A es una matriz real y simetrica , entonces sus valores propios son reales
3) Si A es simetrica, entonces los vectores propios asociados a valores propios distintos sonortogonales
Se dice que A es ortogonalmente diagonalizable, pues
A = V DV −1 = V DV T
5.4. Solucion de sistemas lineales de coeficientes con-
stantes
Hemos visto anteriormente que la solucion general de
~x′ = A~x+ ~f(t)
esta dada por
~x = eAt~x0 + eAtˆ t
0
dτe−Aτ ~f(τ)
Para encontrar eAt, se pueden utilizar los siguientes metodos
5.4.1. Por definicion
Se puede tratar de calcular eAt mediante su definicion
eAt =∞∑k=0
1
k!Aktk
Por ejemplo, sea la matriz
A =
(0 1−1 0
)Se tiene
A2 =
(0 1−1 0
)(0 1−1 0
)=
(−1 00 −1
)
A3 =
(−1 00 −1
)(0 1−1 0
)=
(0 −11 0
)
A4 =
(0 −11 0
)(0 1−1 0
)=
(1 00 1
)Podemos intuir entonces que
157
eAt =
(1− t2
2!+ t4
4!+ ...
) (t− t3
3!+ t5
5!− ...
)(−t+ t3
3!− t5
5!+ ...
) (1− t2
2!+ t4
4!− ...
)Finalmente, resulta
eAt =
(cos t sin t− sin t cos t
)Por supuesto que en este caso particular, resulto algo sencillo. La idea es en general utilizar
herramientas que faciliten mas este calculo.
5.4.2. Caso en que A es una matriz nilpotente
Una matriz cuadrada de dimension n se dice nilpotente si existe k ∈ N tal que
Ak = 0
Esto implica
Ai = 0 i ≥ k
Cuando esto ocurre, entonces eAt se obtiene como una suma finita
eAt =k−1∑j=0
1
j!Ajtj
Como ejemplo, consideremos
B =
(0 10 0
)Notar que
B2 =
(0 10 0
)(0 10 0
)=
(0 00 0
)y entonces
eAt = 1 + tB =
(1 t0 1
)
5.4.3. A es diagonalizable
En el caso en que A sea diagonalizable, es decir, cuando los vectores propios de A formanun conjunto linealmente independiente de dimension n, entonces
A = V DV −1
y entonces podemos utilizar lo siguiente
eAt = V diag(eλ1t eλ2t ...eλnt
)V −1
158
Notar que no siempre es necesario conocer la formula para la solucion general de un sistemalineal. Supongamos que
~x′ = A~x+ ~f
Si A es diagonalizable
A = V DV −1 D = V −1AV
Mediante el cambio de variable
~y = V −1~x, ~x = V ~y
se obtiene
d
dt~y = V −1d~x
dt= V −1
(A~x+ ~f
)d
dt~y = V −1AV ~y + V −1 ~f
d
dt~y = D~y + V −1 ~f
Aparentemente no se ha logrado nada mas que un simple cambio de variables. Sin embargo,este sistema lineal corresponde a n ecuaciones de primer orden absolutamente desacopladas,pues la matriz D es diagonal. La ventaja consiste en que solucionar n ecuaciones linealesindependientes de primer orden es algo sencillo.
5.4.4. Teorema de Caley - Hamilton
Supongamos que los valores propios de A son distintos y dados por λ1, λ2, ..., λn. Entoncesse puede obtener eAt como la siguiente suma finita
eAt = a01 + a1A+ a2A2 + ...an−1A
n−1
donde los coeficientes a0, a1, ...an−1 son solucion del siguiente sistema algebraico
eλ1t = a0 + a1λ1 + a2λ21 + ...+ an−1λ
n−11
eλ2t = a0 + a1λ2 + a2λ22 + ...+ an−1λ
n−12
Lo mismo para λ3, λ4, ... hasta λn
eλnt = a0 + a1λn + a2λ2n + ...+ an−1λ
n−1n
159
Utilizar este teorema resulta muy conveniente para bajas dimensiones, por ejemplo, paradimension 2, se obtiene algo extremadamente simple
eAt = a01 + a1A
donde
eλ1t = a0 + λ1a1
eλ2t = a0 + λ2a1
5.4.5. Matrices que conmutan
Imaginemos que deseamos encontrar
eAt
donde A puede ser expresada como la suma de dos matrices
A = B + C
de forma que
eAt = e(B+C)t
Podrıa resultar que eBt y eCt sean matrices faciles de encontrar. Sin embargo, en general
e(B+C)t 6= eBteCt
Decimos que dos matrices B y C conmutan si
[B,C] = BC − CA = 0
Solo en este caso
e(B+C)t = eBteCt
5.5. Sistemas lineales homogeneos de dimension 2
Consideremos el sistema lineal homogeneo de coeficientes constantes
~x′ = A~x
donde A es una matriz cuadrada de dimension 2. Sabemos que la solucion general de esteproblema esta dada por
~x′ = eAt~x0
Ahora vamos a enunciar un teorema que permite encontrar la solucion general de estaecuacion sin calcular necesariamente eAt
160
5.5.1. Teorema de Jordan
Sea A una matriz real de 2× 2. Luego, necesariamente alguna de las siguientes situacionesocurre
i) A es diagonalizable. Es decir, existen dos vectores l.i ~v1, ~v2 y dos numeros λ1, λ2 ∈ C talesque
V −1AV =
(λ1 00 λ2
)donde
V = [~v1 ~v2]
y ademas
A~v1 = λ1~v1
A~v2 = λ2~v2
ii) A no es diagonalizable. Es decir, existe un unico valor propio de A de multiplicidadgeometrica 1, llamado λ
A~v1 = λ~v1
Sin embargo, definimos un vector propio generalizado ~v2 tal que
A~v2 = λ~v2 + ~v1
Notar que ~v2 es linealmente independiente con ~v1, y se cumple
V −1AV =
(λ 10 λ
)
Proposicion 1Sea A una matriz real de dimension 2, diagonalizable con dos vectores propios ~v1, ~v2 y respec-tivos valores propios λ1, λ2. Luego, la solucion general del sistema homogeneo
~x′ = A~x
es
~x = c1eλ1t~v1 + c2e
λ2t~v2
La demostracion es la siguiente. Sea
V = [~v1 ~v2]
Usando el cambio
~u = V −1~x ~x = V ~u
161
Se tiene
~u′ = V −1~x′ = V −1AV ~u
Es decir
~u′ =
(λ1 00 λ2
)~u
Cuya solucion es claramente
~u =
(c1e
λ1t
c2eλ2t
)Finalmente, como
~x = V ~u = c1eλ1t~v1 + c2e
λ2t~v2
Una forma alternativa de demostrar esto, es recordando que la solucion general esta dadapor
~x = eAt~x0
Ademas , como los vectores propios de A son l.i, siempre se puede escribir ~x0 como combi-nacion lineal de ~v1, ~v2
~x = eAt (c1~v1 + c2~v2) = c1eAt~v1 + c2e
At~v2
~x = c1eλ1t~v1 + c2e
λ2t~v2
donde se ha utilizado la interesante propiedad mencionada anteriormente.
Proposicion 2Si A no es diagonalizable, pero tiene un vector propio ~v1 y un vector propio generalizado ~v2
tales que
A~v1 = λ~v1
A~v2 = λ~v2 + ~v1
Entonces la solucion general de
~x′ = A~x
es
~x = c1eλt~v1 + c2
(eλt~v2 + teλt~v1
)
162
La demostracion es la siguiente. Si V = [~v1 ~v2], se tiene
V −1AV =
(λ 10 λ
)Mediante el cambio de variable
~y = V −1~x
se tiene
~y′ = V −1AV ~y
(y1
y2
)=
(λ 10 λ
)(y1
y2
)Luego
y1 = λy1 + y2
y2 = λy2 → y2(t) = c2eλt
Ası
y1 = λy1 + c2eλt
Cuya solucion es
y1 = c1eλt + c2te
λt
Finalmente
~x = c1eλt~v1 + c2
(eλt~v2 + teλt~v1
)
Una demostracion alternativa consiste en expandir ~x0 en terminos de ~v1, ~v2
~x = eAt~x0 = c1eAt~v1 + c2e
At~v2
y claramente
c1eAt~v1 = c1e
λt~v1
mientras que
c2eAt~v2 = c2e
λte(A−λ1)t~v2
= c2eλt
1 + (A− λ1)t+
1
2!(A− λ1)2t2 + ...
pero
(A− λ1)~v2 = ~v1
163
Luego
(A− λ1)2 ~v2 = (A− λ1)~v1 = 0
y en general
(A− λ1)k ~v2 = 0 k ≥ 2
Finalmente
c2eAt~v2 = c2e
λt (~v2 + (A− λ1)t~v2)
c2eAt~v2 = c2e
λt (~v2 + t~v1)
y entonces
~x = c1eλt~v1 + c2
(eλt~v2 + teλt~v1
)
164
Problema
Encuentre la solucion general de
x′ = x+ 3y + t2
y′ = 3x+ y − 2e−2t
SolucionEl problema se puede reescribir como(
xy
)=
(1 33 1
)(xy
)+
(t2
−2e−2t
)O bien
~x′ = A~x+ ~f(t)
La solucion del sistema homogeneo es simplemente
~xh(t) = eAt~x0
Observamos ademas que la matriz A es real y simetrica, y por lo tanto diagonalizable.Resolvemos el problema de autovalores de la matriz A
|A− λ1| =∣∣∣∣1− λ 3
3 1− λ
∣∣∣∣ = (1− λ)2 − 9 = 0
1− 2λ+ λ2 − 9 = 0
λ2 − 2λ− 8 = 0→ (λ− 4)(λ+ 2)
Obtenemos los siguientes autovalores
λ1 = 4 λ2 = −2
Para encontrar eAt, podrıamos usar el teorema de Caley-Hamilton
eAt = a0 + a1A
donde a0, a1 son solucion de
e4t = a0 + 4a1
e−2t = a0 − 2a1
De aquı se obtiene, restando
e4t − e−2t = 6a1 → a1 =1
6
(e4t − e−2t
)Despejando se obtiene a0
a0 = e4t − 4
6e4t +
4
6e−2t =
1
3e4t +
2
3e−2t
Finalmente
eAt =
(13e4t + 2
3e−2t 0
0 13e4t + 2
3e−2t
)+ a1
(1 33 1
)165
eAt =
(12e4t + 1
2e−2t 1
2e4t − 1
2e−2t
12e4t − 1
2e−2t 1
2e4t + 1
2e−2t
)
Con esto estamos absolutamente listos, pues el resto es algebra. La solucion general de laecuacion sera
~x(t) = eAt~x0 + eAtˆ t
0
dτe−Aτ ~f(τ)
Sin embargo, si tenemos vision de futuro podemos ver que los calculos pueden resultarbastante tediosos. Si tomamos el camino de diagonalizar la matriz A, necesitamos encontrarsus vectores propios. Para λ1 = 4
A~v1 = 4~v1 → −3v11 + 3v12 = 0
Entonces podemos tomar
~v1 =
(11
)Para ~v2
A~v2 = −2~v2 → 3v21 + 3v22 = 0
Tomamos
~v2 =
(1−1
)De esta forma, si construımos la matriz de vectores propios
V =
(1 11 −1
)entonces
A = V DV −1 D = V −1AV
con D = diag (λ1, λ2) y donde
V −1 = −1
2
(−1 −1−1 1
)=
1
2
(1 11 −1
)Entonces, si tenemos
~x′ = A~x+ ~f(t)
y realizamos la transformacion
~u = V −1~x
~u′ = V −1~x′ = V −1(A~x+ ~f(t)
)~u′ = V −1AV︸ ︷︷ ︸
D
~u+ V −1 ~f(t)
166
Obtenemos el problema equivalente
~u′ =
(4 00 −2
)~u+
1
2
(t2 − 2e−2t
t2 + 2e−2t
)y este es un problema totalmente desacoplado, en efecto
u′1 = 4u1 +t2
2− e−2t
u′2 = −2u2 +t2
2+ e−2t
Ambos son problemas lineales de primer orden faciles de resolver. Finalmente, se obtiene lasolucion al problema original utilizando
~x = V ~u
Las soluciones obtenidas son
x(t) = C1e4t + C2e
−2t +7
64+
1
8t2 − 5
16t+
(1
6+ t
)e−2t
y(t) =
(−t+
1
6
)e−2t − 3t2
8+
3t
16− 9
64− C2e
−2t + C2e4t
167
Problema
Considerar el sistema~x′ = A~x
donde la matriz A tiene la forma (λ 1−w2 λ
)a) Demuestre que la solucion general de este sistema se escribe en la forma
~φ(t) = eλt(
coswt1 +1
wsinwtJw
)~C
donde ~C es un vector constante, 1 es la matriz identidad y Jw es la matriz
Jw =
(0 1−w2 0
)b) Resolver enseguida la ecuacion no homogenea de la forma
~x′ = A~x+ f(t)
donde
f(t) =
(sinwtw coswt
)Soluciona) Es sabido que la solucion del sistema homogeneo es
~φ(t) = eAt~x0
donde ~x0 es un vector constante, que en este caso es igual a ~φ(0). La matriz A puede serescrita como
A = λ1 + Jwdonde la matriz Jw es justamente
Jw =
(0 1−w2 0
)Notar ademas que λ1 y J conmutan, es decir
[λ1, Jw] = 0
Con esto, eAt se puede descomponer en las siguientes 2 matrices
eAt = e(λ1+Jw)t = eλIteJwt
La primera de ellas es un regaloeλtI = eλtI
168
Para obtener la segunda, primero podemos ver que sus valores propios son distintos, ypor lo tanto es diagonalizable
|Jw − α1| = α2 + w2 = 0
Esto da
α1 = iw α2 = −iw
Para encontrar eJwt, podemos utilizar inteligentemente el teorema de Caley-Hamilton
eJwt = a0 + a1Jw
donde
eiwt = a0 + iwa1
e−iwt = a0 − iwa1
Resolviendo
a0 = coswt
y entonces
a1 =1
iw
(eiwt − a0
)=
1
iw
(eiwt − 1
2eiwt − 1
2e−iwt
)
a1 =1
iw
(−1
2e−iwt +
1
2eiwt)
=1
wsinwt
Ası
eJwt = coswt1 +1
wsinwtJw
Finalmente, se demuestra lo pedido
eAt~x0 = eλt(
coswt1 +1
wsinwtJw
)~x0
b) Para resolver
~x′ = A~x+ ~f(t)
Recordamos que la solucion particular de la ecuacion (la homogenea fue obtenida en laparte a) esta dada por
169
~xp = eAtˆ t
0
dτe−Aτ ~f(τ)
Tenemos
e−Aτ ~f(τ) = e−λτ coswτ ~f(τ)− 1
we−λτ sinwτJw ~f(t)
Si se preguntan a que se debe el signo menos en la ultima expresion, es debido a que lafuncion sinwτ es impar. Desarrollando explıcitamente
Jw ~f =
(0 1−w2 0
)(sinwτw coswτ
)=
(w coswτ−w2 sinwτ
)Luego
e−Aτ ~f(τ) = e−λτ coswτ
(sinwτw coswτ
)− 1
we−λτ sinwτ
(w coswτ−w2 sinwτ
)
e−Aτ ~f(τ) = e−λτ(
0w
)Finalmente
ˆ t
0
dτe−Aτ ~f(τ) =
ˆ t
0
dτe−λτ(
0w
)=
(0
− 1λ
(e−λt − 1
))
y la solucion particular esta dada por
~xp(t) = eAtˆ t
0
dτe−Aτ ~f(τ) = eAt(
01λ
(1− e−λt
))
~xp(t) = eλt coswt
(0
1λ
(1− e−λt
))+ eλt1
wsinwtJw
(0
1λ
(1− e−λt
))
~xp(t) =1
λ
(eλt − 1
)coswt
(01
)+(e−λt − 1
) 1
wλsinwt
(10
)
Finalmente la solucion general es
~x = eλt(
coswt1 +1
wsinwtJw
)~x0 +
1
λ
(eλt − 1
)( 1w
sinwtcoswt
)
170
Problema (Movimiento de una carga en un campo electrico y magnetico)
Una partıcula de carga q se encuentra en una region del espacio donde existe un campomagnetico ~B y un campo electrico ~E. Ası, sobre ella actuara una fuerza neta dada por lafuerza de Lorentz
~F = q(~E + ~v × ~B
)Esta permite encontrar la trayectoria de la partıcula, utilizando la segunda ley de Newton
d~p
dt= q
(~E + ~v × ~B
)a) Se pide encontrar el movimiento general de una partıcula sometida a la fuerza deLorentz, en un caso muy particular y sencillo, como se muestra en la siguiente figura
Es decir, se tienen dos campos uniformes y perpendiculares ~E = Ei, ~B = Bk.Sugerencia : Resuelva primero las ecuaciones diferenciales asociadas a las 3 componentesde la velocidad de la partıcula.
b) ¿Como son las trayectorias en el caso en que ~E = 0?
Soluciona) Se debe resolver
md~v
dt= q
(~E + ~v × ~B
)d~v
dt=
q
m
(Ei+ ~v ×Bk
)
La velocidad de la partıcula es, simplemente
~v = xi+ yj + zk
de forma que
d
dt~v =
q
m
(Ei− xBj + yBi
)
171
De aquı se obtienen las siguientes ecuaciones diferenciales que describen el movimientode la partıcula
z = 0
y = −qBmx
x =q
m(E + yB)
Definiendo qBm
= w0 y qEm
= w1
z = 0
y = −w0x
x = w1 + w0y
La solucion de la primera de ellas es evidente, y esta dada por
z(t) = z0 + vozt
es decir, la partıcula describe un movimiento uniforme en la direccion z . Las ecuacionespara la velocidad en x y en y estan acopladas, y pueden ser escritas de forma matricialcomo
d
dt
(yx
)=
(0 −w0
w0 0
)(yx
)+
(0w1
)
Es decir, se tiene un sistema de ecuaciones diferenciales no homogeneo de la forma
~x = A~x+ ~f
Sabemos que su solucion esta dada por
~x = eAt~x0 +
ˆ t
0
dτeA(t−τ) ~f(τ)
La solucion homogenea es, simplemente
~xh = eAt~x0
donde x0 corresponde a ~x(t = 0). Para calcular eAt obtenemos los valores propios de A
| A− λI |=∣∣∣∣−λ −w0
w0 −λ
∣∣∣∣ = λ2 + w20 = 0
Estan dados porλ1 = iw0, λ2 = −iw0
172
Para encontrar eAt se puede utilizar el teorema de Caley-Hamilton ( o bien, diagonalizarA)
eAt = a01 + a1A
donde a0 y a1 estan dados por
eiw0t = a0 + iw0a1
e−iw0t = a0 − iw0a1
Resolviendo
a0 = cosw0t
a1 =1
w0
sinw0t
Con esto
eAt =
(cosw0t 0
0 cosw0t
)+
(0 − sinw0t
sinw0t 0
)
eAt =
(cosw0t − sinw0tsinw0t cosw0t
)y la solucion homogenea queda
~xh(t) =
(yx
)=
(v0y cosw0t− v0x sinw0tv0y sinw0t+ v0x cosw0t
)
Ademas, la solucion particular toma la forma
~xp(t) =
ˆ t
0
dτ
(cosw0(t− τ) − sinw0(t− τ)sinw0(t− τ) cosw0(t− τ)
)(0w1
)
~xp(t) =
ˆ t
0
dτ
(w1 sinw0(t− τ)w1 cosw0(t− τ)
)=w1
w0
(cosw0(t− τ)− sinw0(t− τ)
) ∣∣∣t0
~xp(t) =w1
w0
(1− cosw0t
sinw0t
)Finalmente, se tiene
x = v0y sinw0t+ v0x cosw0t+w1
w0
sinw0t
y = v0y cosw0t− v0x sinw0t+w1
w0
(1− cosw0t)
173
Integrando, se obtiene la cinematica general para la partıcula
x(t) = −v0y
w0
cosw0t+v0x
w0
sinw0t−w1
w20
cosw0t+v0y
w0
+w1
w20
+ x0
y(t) =v0y
w0
sinw0t+v0x
w0
cosw0t+w1
w0
(t− 1
w0
sinw0t
)− v0x
w0
+ y0
z(t) = z0 + v0zt
b) Si el campo electrico es nulo, w1 = 0 y las soluciones quedan
x(t) = −v0y
w0
cosw0t+v0x
w0
sinw0t+v0y
w0
+ x0
y(t) =v0y
w0
sinw0t+v0x
w0
cosw0t−v0x
w0
+ y0
z(t) = z0 + v0zt
La partıcula describe un movimiento circular en el plano x− y (¿cual serıa el centro?),como se muestra en la figura
Este movimiento tiene una frecuencia angular de oscilacion (constante) dada por
w0 =qB
m
En particular, si la velocidad inicial en la direccion z es nula, la trayectoria es definitiva-mente una circunferencia en el espacio
174
Problema (Circuito RLC)
La siguiente figura muestra un circuito compuesto de una resistencia, una inductanciay un condensador en serie (Llamado RLC). Para el caso particular en que L = 1 [H],R = 2,5 Ω, C = 1 F , la ecuacion que relaciona el voltaje en el condensador y(t) con elvoltaje aplicado al circuito x(t) es
d2y(t)
dt2+ 2,5
dy(t)
dt+ y(t) = x(t)
Encuentre y(t) para el caso en que x(t) = H(t) con condiciones iniciales y(0) = y′(0) = 0.Se sugiere transformar la ecuacion de segundo orden en un sistema de ecuaciones deprimer orden.
SolucionLa ecuacion
d2y(t)
dt2+ 2,5
dy(t)
dt+ y(t) = x(t)
Puede ser transformada en un sistema de ecuaciones de primer orden mediante el siguientecambio de variables
y1(t) = y(t)→ y1(t) = y2(t)
y2(t) =dy(t)
dt→ y2(t) = −2,5y2 − y1 + x(t)
Tenemos entonces
d
dt
(y1
y2
)=
(0 1−1 −2,5
)(y1
y2
)+
(0x(t)
)
~y′ = A~y + ~f
cuya solucion es, por supuesto
~y(t) = eAt ~y0︸︷︷︸~0
+eAtˆ t
0
dτe−Aτ ~f(τ)
175
Para encontrar eAt, busquemos los valores propios de A
|A− λ1| =∣∣∣∣−λ 1−1 −2,5− λ
∣∣∣∣ = 0
Se obtiene
λ2 + 2,5λ+ 1 = (λ+ 2)(λ+1
2) = 0
Cuyas soluciones son λ1 = −2, λ2 = −12. El vector propio asociado a λ1 se puede encontrar
utilizando
(A+ 21)~v1 = 0
(2 1−1 −0,5
)~v1 = 0→ ~v1 =
(−12
)De igual modo, para ~v2
(A+ 0,51)~v2 = 0
(0,5 1−1 −2
)~v2 = 0→ ~v2 =
(−21
)
Ası, podemos armar las siguientes matrices
V =
(−1 −22 1
)V −1 =
1
3
(1 2−2 −1
)
D =
(−2 00 −1
2
)Finalmente, se obtiene
eAt = V
(e−2t 0
0 e−t2
)V −1
eAt =
(−1 −22 1
)(e−2t 0
0 e−t2
)1
3
(1 2−2 −1
)=
(−1 −22 1
)(13e−2t 2
3e−2t
−23e−t/2 −1
3e−
t2
)
176
eAt =
(43e−t/2 − 1
3e−2t 2
3e−t/2 − 2
3e−2t
23e−2t − 2
3e−t/2 4
3e−2t − 1
3e−t/2
)Entonces
eA(t−τ) ~f =
(43e−(t−τ)/2 − 1
3e−2(t−τ) 2
3e−(t−τ)/2 − 2
3e−2(t−τ)
23e−2(t−τ) − 2
3e−(t−τ)/2 4
3e−2(t−τ) − 1
3e−(t−τ)/2
)(0
x(τ)
)
eA(t−τ) ~f = x(τ)
(23e−(t−τ)/2 − 2
3e−2(t−τ)
43e−2(t−τ) − 1
3e−(t−τ)/2
)Recordando que la solucion es
~y = eAtˆ t
0
dτe−Aτ ~f(τ) =
ˆ t
0
dτeA(t−τ) ~f(τ)
y que y1 = y(t), la solucion esta dada por
y1(t) = y(t) =2
3
ˆ t
0
dτ(e−(t−τ)/2 − e−2(t−τ)
)x(τ)
Para el caso en que x(τ) = H(τ)
y(t) =2
3
ˆ t
0
dτ(e−(t−τ)/2 − e−2(t−τ)
)=
2
3
(2e−(t−τ)/2
∣∣∣t0− 1
2e−2(t−τ)
∣∣∣t0
)
y(t) =2
3
(2− 2e−t/2 − 1
2+
1
2e−2t
)t > 0
y(t) =
(1− 4
3e−t/2 +
1
3e−2t
)t > 0
Pueden notar lo sencillo que es resolver este problema con Laplace
d2y(t)
dt2+ 2,5
dy(t)
dt+ y(t) = x(t) y(0) = y′(0) = 0
(s2 + 2,5s+ 1
)Y (s) =
1
s→ Y (s) =
1
s(s+ 2)(s+ 12)
Y (s) =1
s+
1/3
(s+ 2)+−4/3
(s+ 12)
y(t) =
(1− 4
3e−t/2 +
1
3e−2t
)H(t)
177
Problema (Osciladores acoplados)
Considere dos masas m1, m2 conectadas una a la otra y a dos paredes por medio de tresresortes, como indica la siguiente figura
Suponga que las masas se desplazan sin friccion y que cada resorte obedece la ley deHooke, en que su extension o compresion x y la fuerza de reaccion estan relacionadas porla formula F = −kx. Sean x1(t), x2(t) las posiciones de las masas m1, m2 con respecto asus respectivas posiciones de equilibrio. Suponga que m1 = m2 = 1/2, k1 = 5, k2 = 3/2,k3 = 1a) Escriba las ecuaciones diferenciales que gobiernan a x1(t), x2(t) en la forma ~x′′ = A~x,donde A es una matriz de dimension 2b) Determine V tal que V −1AV = D, donde D es una matriz diagonalc) Realizando la susbtitucion ~x = V ~y, resuelva la ecuacion diferencial
Soluciona) Se tiene, a partir de la segunda ley de Newton
m1x′′1 = −k1x1 + k2(x2 − x1) = −(k1 + k2)x1 + k2x2
m2x′′2 = −k2(x2 − x1)− k3x2 = k2x1 − (k2 + k3)x2
Con m1 = m2 = 1/2, k1 = 5, k2 = 3/2 y k3 = 1
1
2x′′1 = −13
2x1 +
3
2x2
1
2x′′2 =
3
2x1 −
5
2x2
Equivalentemente
x′′1 = −13x1 + 3x2
x′′2 = 3x1 − 5x2
Esto es un sistema de la forma
d2
dt2
(x1
x2
)=
(−13 3
3 −5
)(x1
x2
)178
~x′′ = A~x
b) Busquemos los valores y vectores propios de A
|A− λ1| =∣∣∣∣−13− λ 3
3 −5− λ
∣∣∣∣λ2 + 18λ+ 65− 9 = λ2 + 18λ+ 56 = 0
Entonces
λ =−18±
√324− 224
2=−18± 10
2
Se obtiene
λ1 = −14 λ2 = −4
Ahora calculamos los vectores propios
(A+ 141)~v1 = 0
(1 33 9
)~v1 → ~v1 =
(−31
)Del mismo modo
(A+ 41)~v2 = 0
(−9 33 −1
)~v2 → ~v2 =
(13
)Con esto
A = V DV −1
Donde
V =
(−3 11 3
)
D =
(−14 0
0 −4
)
179
c) De esta forma, mediante el cambio de variable
~x = V ~y → ~y = V −1~x
Entonces
~y′′ = V −1~x′′ = V −1A~x = V −1AV ~y
Se obtiene
~y′′ = D~y
Este es un problema totalmente desacoplado
y′′1 = −14y1 → y1(t) = C1 cos(√
14t)
+ C2 sin(√
14t)
y′′2 = −4y2 → y2(t) = C3 cos (2t) + C4 sin (2t)
Finalmente
~x =
(−3 11 3
)(y1
y2
)
x1(t) = −3C1 cos(√
14t)− 3C2 sin
(√14t)
+ C3 cos (2t) + C4 sin (2t)
x2(t) = C1 cos(√
14t)
+ C2 sin(√
14t)
+ 3C3 cos (2t) + 3C4 sin (2t)
180
Indice alfabetico
Algebra lineal, 154
Catenaria, 11Convergencia absoluta, 108Convolucion, 132
Delta de Dirac, 122Dirac, Paul, 124
Ecuacion de Bernoulli, 32Ecuacion Diferencial ordinaria, 10Ecuacion Diferencial Ordinaria Normal, 10Ecuacion homogenea, 75Ecuaciones exactas, 46Ecuaciones Lineales, 30Ecuaciones lineales, 75
Formula de Abel, 96Factor integrante, 30, 48Funcion de Heavyside, 122Funciones linealmente independientes, 77
Metodo de coeficientes indeterminados, 81Modelo Logıstico, 17
Polinomio caracterıstico, 154Principio de superposicion, 78Problema de valores iniciales, 17
Radio de convergencia, 109
Separacion de variables, 16Series, 107Series de potencias, 108Sistemas lineales, 151Solucion particular, 31
Teorema de Caley- Hamilton, 160Teorema de Existencia y unicidad, 63Teorema de Frobenius, 112Teorema de Jordan, 161Transformada de Laplace, 121
Valor propio, 154Variacion de parametros, 94Vector propio, 154
Wronskiano, 95
181