Notas de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias...

Notas de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

Universidad de Costa Rica∗

Carlos Montalto

∗Estas notas esta disenadas como material adicional, en nigun momento pretenden ser un sustituto de laslecciones. Los ejercicios con asterisco (∗) han sido tomados de examenes de la catedra.

Contenido

1 Primer Orden 31.1 Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 EDO Primer Orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Teorema Fundamental del Calculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.4 Variables Separables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.5 Ecuacion Homogenea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.5.1 EDO Reducibles a Homogeneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.6 Ecuacion Exacta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.6.1 Factor Integrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.7 Ecuacion Lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.8 Ecuacion de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.9 Ecuacion de Clairaut, Lagrange y Ricatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.10 Reduccion de Orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.11 EDO de una Familia de Curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.12 Trayectorias Ortogonales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.13 Crecimiento y Decrecimiento de Poblaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.14 Ley de Enfriamiento de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241.15 Mezclas y Reacciones Quımicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241.16 Leyes del Movimiento de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2 Orden Arbitrario 292.1 Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.2 Existencia y Unicidad de Soluciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.3 Dependecia e Independencia de Funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.3.1 Dependencia e Independencia Lineal de Solciones . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.4 Ecuacion Lineal Homogenea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.4.1 Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.5 Metodo de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.6 Reduccion de Orden con Solucion Particular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.7 Ecuacion Lineal No Homogenea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.7.1 Coeficientes Indeterminados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.7.2 Variacion de parametros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3 Sistemas de EDO 433.1 Operadores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433.2 Sitemas lineales - Forma Matricial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

3.2.1 Sistema Homogeneo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 453.2.2 Valores Propios Complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

1

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CONTENIDO

4 Solucion por Series 534.1 Puntos Singulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

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Capıtulo 1

Primer Orden

1.1 Definiciones

Supongamos que la funcion y = f(x) expresa cuantitativamente un fenomeno y que al estudiar estefenomeno es imposible establecer directamente la relacion de dependencia entre y y x; sin embargose logra establecer una dependencia entre las magnitudes x, y y sus derivadas y′, y′′, . . . , y(n). Unaecuacion que establezca una relacion entre la variable independiente x, la funcion buscada y y susderivadas y′, y′′, . . . , y(n) se llama ecuacion diferencial, simbolicamente:

F (x, y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0 (1.1)

Una solucion de la ecuacion diferencial es una relacion directa y = f(x) que satisfaga la ecuaciondiferencial. Al proceso de encontrar soluciones a un ecuacion diferencial se le conoce como integrarla ecuacion diferencial.

EJEMPLO 1.1

Desde cierta altura es arrojado un cuerpo de masa m. Determinar la ley segun la cual cambia la velocidad v, si sobreel cuerpo, ademas de la fuerza de gravedad, actua la fuerza de resistencia del aire, proporcional a la velocidad (concoeficiente de proporcionalidad k); es decir debemos hallar v = f(t)

Solucion. De la segunda ley de Newton ma = F , donde F es la fuerza que actua sobre el cuerpo en direccion delmovimiento y a la aceleracion, obtenemos:

mv′ = mg − kvque es un ED que modela el problema, resolviendola obtenemos la relacion directa entre la velocidad y el tiempo dadapor

v = Ce−kmt +

mg

k

donde C es una constante arbitraria. Si anadimos la condicion de velocidad inicial v(0) = v0 obtenemos:

v = (v0 −mg

k)e−

kmt +

mg

kDe esta formula se deduce que si t es suficientemente grande la velocidad depende poco de v0 , mas aun cuando t→∞la velocidad tiende a la constante mg

kque esta determinada solamente por la masa del cuerpo y la resistencia del aire.

Si v0 < mgk

el cuerpo ira aumentando su velocidad, pero si el v0 > mgk

el cuerpo se ira deteniedo y si v0 = mgk

lavelocidad sera constante. Finalmente cuando no hay resistencia del aire obtenemos la muy conocida formula

v = v0 + gt

Si la funcion buscada y = f(x) es de una sola variable la ED se llama ordinaria y se escribe EDO,si la funcion buscada tiene varias variables la ED se llama parcial y se escribe EDP. El orden de lamas alta derivada que aparece en la ecuacion se llama orden de la ED.

3

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPITULO 1. PRIMER ORDEN

EJEMPLO 1.2

La ecuacion x2(y′′′′

)2 + xy′ + (x2 − 4)y = 0 es un EDO de orden 3.

EJEMPLO 1.3

La ecuacion ∂4u∂x4 + 2x ∂

3u∂y3− ∂4u∂y2∂x2 = 0 es un EDP de orden 4.

Una solucion de una EDO que contenga al menos una constante arbitraria se llama solucion general. Una solucion que se obtenga de un solucion general mediante asignarle valores a las constantesarbitrarias se llama solucion particular. Si una solucion general tiene la propiedad de que todasolucion de la EDO se puede obtener de esta mediante la asignacion de valores a las constantes se diceque es una solucion completa de la EDO.

EJEMPLO 1.4

La ecuacion y′′ − y′ − 2y = 0 tiene como solucion completa

y = ae−x + be2x

donde a y b son constantes arbitrarias.

EJEMPLO 1.5

La ecuacion y′′ + y = 0 tiene como solucion completa

y = a sinx+ b cosx

donde a y b son constantes arbitrarias.

1.2 EDO Primer Orden

La ecuacion diferencial de primer orden tiene la forma general:

F (x, y, y′) = 0

en caso en que se pueda resolver para y′ obtenemos:

y′ = f(x, y)

se dice que la ecuacion se puede resolver con respecto a la derivada.

EJEMPLO 1.6

La ecuacion diferencial y′ = a0 + a1x1 + . . .+ anx

n, donde a0 , . . . , an son constantes fijas, es de primer orden y tienecomo solucion completa a la funcion

y = C + a0x+a1

2x2 + . . .+

an

n+ 1xn+1

donde C es una constante arbitraria.

EJEMPLO 1.7

La EDO y′ = y es de primer orden y tiene como solucion completa a la funcion

y = Cex

donde C es una constante arbitraria.

Teorema 1.1. Si en la ecuaciony′ = f(x, y)

la funcion f(x,y) y su derivada parcial ∂f∂y respecto a y son continuas en cierto dominio D del plano,

y si (x0 , y0) es un punto en este dominio, entonces existe una unica solucion definida en D dada pory = ϕ(x), que satisface ϕ(x0) = y0

4


La condicion de que la funcion y debe tomar del valor y0 en x0 se llama condicion inicial. Por elTeorema 1.1 las soluciones de los ejemplos 7 y 8 son unicas dada una cualquier condicion inicial, enestos casos utilizando la notacion del Teorema 1 D = R, veamos un caso en que se rompe una de lashipotesis del teorema.

EJEMPLO 1.8

Considere la EDO y′ = 2yx

en R. Observe que

y =

C1x

2 si x ≥ 0C2x

2 si x ≤ 0

es solucion de la EDO para C1 y C2 constantes arbitrarias. Lo cual indica que dada cualquier condicion inicial hay una

infinidad de soluciones que la satisfacen. Note que no se aplica el teorema 1 pues 2yx

no es continua en x = 0.

Desde un punto de vista mas geometrico, la solucion general de la EDO de primer orden, es unafamilia de curvas en el plano, dependientes de al menos una constante arbitraria C (o como se sueledecir, de un parametro C). Estas curvas se llaman curvas integrales de la ecuacion diferencial dada.

Suponga que tenemos una EDO resuelta con respecto a la derivada

y′ = f(x, y)

para todo punto (x0 , y0) la ecuacion anterior determina un valor de la derivada de y. Por consiguiente,dicha ecuacion define un conjunto de direcciones que se llama el campo direccional de la EDO. Enotras palabras, el problema de integracion de un EDO consiste en hallar las curvas, cuyas tangentesestan orientadas de modo que su direccion coincida con la direccion del campo en cada punto. Aprimera entrada esto puede resultar un poco confuso, sin embargo, conforme el lector se familiaricecon el tema le resultara muy intuitivo.

EJEMPLO 1.9

La EDO de primer orden

y′ = −x

y

tiene como solucion general la familia x2 + y2 = C2 de cırculos de radio C. Si imponemos la condicion inicial y(0) = 1

(i.e. que la solucion pase por el punto (0, 1)) obtenemos que la solucion buscada es el cırculo unitario. Observe que que

la solucion general que varian segun varia C y su forma (direccion en cada punto) esta determinada por la ED y′ = −xy

.

Ejercicio 1.1

Analice la EDO (1− cosx)y′ − (sinx)y = 0 a la luz del teorema 1, sabiendo que

y = cn (1− cosx) 2nπ ≤ x ≤ 2(n+ 1)π

es una solucion de dicha EDO, donde cn son constantes arbitrarias para todo entero n. Grafique las curvas integrales

y explique el problema de la unicidad dada una condicion inicial, ¿En cuales dominios del plano hay unicidad?

Ejercicio 1.2

Grafique los campos direccionales de la ecuacion diferencial y′ = y e intuya la forma de las soluciones generales.

Encuentre la funcion que para por el punto (0, 1).

1.3 Teorema Fundamental del Calculo

El caso mas familiar de una EDO es de la forma:

y′ = f(x) (1.2)

y las soluciones de esta ecuacion estan descritas por teorema fundamental del calculo de la siguientemanera

5


Teorema 1.2. Si f(x) es continua en R, entonces se cumple la formula

d

dx

(∫f(x)dx

)= f(x)

Por lo tanto la solucion de la ecuacion diferencial (1.2) viene dada por:

y =∫f(x)dx

que como sabemos representa una familia de curvas. Esto justifica las soluciones de los dos primerosejemplos de esta seccion.

EJEMPLO 1.10

La solucion de la ecuacion diferencial y′ = cosx viene dada por

y(x) =

Zcosxdx = sinx+ C.

Si anadimos la condicion inicial y(0) = 0, obtenemos que C = 0 y por lo tanto y = sinx

Existen soluciones de EDO que dependen de integrales que no pueden evaluarse en terminos de lasfunciones elementales.

EJEMPLO 1.11

La solucion de la ecuacion diferencial y′ = e−x2

viene dada por

y(x) =

Ze−x

2dx

que como sabemos no puede ser evaluada en terminos de funciones elementales.

Ejercicio 1.3

Resuelva cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales:

1. y′ = sinx cosx.

2. y′ = sin2 x.

3. y′ = sin3 x.

4. y′ = sinxex.

5. y′ = cosxex.

6. y′ = cosxex.

7. y′ = lnx.

8. y′ = arctanx.

9. y′ = ln2 x.

1.4 Variables Separables

Estudiemos la EDO de la formady

dx= f1(x)f2(y) (1.3)

suponiendo que f2(y) 6= 0 en el dominio de interes. Asumamos que podemos parametrizar la curva(x(t), y(t)), de donde obtenemos que (1.3) se transforma en

1f2(y(t))

dy

dt= f1(x(t))

dx

dt

integrando ambos lados con respecta a t obtenemos:∫1

f2(y(t))dy

dtdt =

∫f1(x(t))

dx

dtdt

finalmente haciendo un cambio de variable llegamos a que∫1

f2(y)dy =

∫f1(x)dx+ C

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lo cual es una correlacion entre la solucion y, la variable x y la constante C. Es decir hemos encontradolas curvas integrales y por ende implıcitamente una solucıon general de la EDO.

Una EDOM(x)dx+N(y)dy = 0 (1.4)

que se pueda escribir de la forma(1.3) se llama ecuacion con variables separables y debido a loanterior satisface la ecuacion ∫

M(x)dx+∫N(y)dy = C

EJEMPLO 1.12

Considere la EDO con variables separablesxdx+ ydy = 0

integrando obtenemos quex2 + y2 = C2

observe que esta ecuacion representa la familia de circunferencias de centro 0 y radio C, que son precisamente las curvas

integrales de la EDO.

EJEMPLO 1.13

Resolvamos la ecuacion 1 + xyy′ = y2 + yy′, separando variables obtenemos:

dx

1− x=

ydy

1− y2

integrando obtenemos:

2 ln |1− x| = ln˛1− y2

˛+ C =⇒ ln

|1− x|2

|1− y2|= C =⇒

|1− x|2

|1− y2|= eC = k2

donde k 6= 0, y entonces(1− x)2 = λ(1− y2)

donde λ ∈ R− 0, escribiendo las curvas integrales de manera mas familiar obtenemos

(1− x)2

λ+ y2 = 1

por lo tanto, si λ > 0 ,las curvas son elipses; y si λ < 0 las curvas son hiperbolas. Observe que x = 1, y = 1 y y = −1 son

soluciones de la EDO, que no es obtienen para ningun valor de λ. Dichas soluciones se llaman soluciones singulares,

pues no se pueden obtener de ninguna solucion general por medio de la asignacion de valores a las constantes arbitrarias.

EJEMPLO 1.14

Veamos que por medio del cambio de variable v = ax+ by + c la EDO

y′ = f(ax+ by + c)

que no es de VS se convierte en una EDO de VS.

Solucion. Diferenciando con respecta a x la igualdad v = ax+ by + c obtenemos que:

y′ =v′ − ab

sustituyendo en la EDO

dv

dx= a+ bf(v) =⇒

dv

a+ bf(v)= dx =⇒

Zdv

a+ bf(v)=

Zdx+ C = x+ C

Ejercicio 1.4

Utilice lo anterior para resolver las siguientes EDO.

1. y′ = (x− y)2.

2. y′ = (x+ y − 3)2 − 2x− 2y + 6.

3. y′ = e2x+y−1 − 2

7


Ejercicio 1.5∗

Muestre que la ecuacion no separable (F (x)+yG(xy))dx+xG(xy)dy = 0 se convierte en separable por medio del cambio

de variable v = xy. Utilice lo anterior para resolver la EDO (x2 + y sinxy)dx+ (x sinxy)dy = 0.

Ejercicio 1.6∗

Muestre que el cambio de variable y = x“

1+v1−v

”convierte la EDO

x2y′ − xy = y2 − x2

en una EDO de VS y resuelvala.

Ejercicio 1.7∗

Compruebe que la ecuacion direrencial

y′ =yf(xy)

xg(xy)

se convierte en una ecuacion de variables separables, mediante la transformacion z = xy. Aplique este procedimientopara resolver la ecuacion diferencial

y′ =y(2xy + 1)

x(xy − 1)

Ejercicio 1.8∗

Muestre que el cambio de variable u = yex separa variables en la ecuacion diferencial

y dx+ (1 + y2e2x dy = 0)

y resuelvala. Ademas determine la region del plano–xy en la cual se puede garantizar existencia y unicidad de soluciones.

Ejercicio 1.9

Determine una transformacion apropiada que convierta las ecuacion dada en una de variables separables:

1. xy′ = yf` yxn

´.

2. x+ yy′ = f(x2 + y2).

3. xy′ − ax+ y = x2a. (Sugerencia: Despeje xy′)

1.5 Ecuacion Homogenea

Una funcion f(x, y) se llama homogenea de grado n, si para todo λ ∈ R se tiene que

f(λx, λy) = λnf(x, y)

EJEMPLO 1.15

Facilmente se ve que

1. f(x, y) = 3px3 + y3 es homogenea de primer grado.

2. f(x, y) = x2−y2xy

es homogenea de grado cero.

Una EDO de la formay′ = f(x, y)

se llama homogenea si f(x, y) es homogenea de grado cero. Dicha EDO se soluciona mediante elcambio de variable u = y

x , pues la convierte en

du

dx=f(1, u)− u

x

8


que es una EDO de VS que tiene como solucion∫du

f(1, u)− u=dx

x+ C

EJEMPLO 1.16

Analicemos la EDOdy

dx=

xy

x2 − y2claramente f(x, y) = xy

x2−y2 es homogenea de grado cero, por lo tanto la EDO es homogena, tomamos u = yx

y

convertimos la EDO endu

dx=

u3

x(1− u2)

que es de una EDO de VS, separando variables e integrando llegamos a que

−1

2u2− ln |u| = ln |x|+ ln |C| =⇒ −

1

2u2= ln |uxC|

sustituyendo u = yx

llegemos a la solucion dada implıcitamente por la formula

−x2

2y2= ln |Cy|

Ejercicio 1.10

Resuelva las siguientes EDO.

1. y′ = (x− y)2.∗

2. y′ =y+x cos2(y/x)

x; y(1) = π

4.

3. y′ =y(1+xy)x(1−xy)

4. y′ = 2x−yx−2y

5. (x− y ln y + y lnx)dx+ x(ln y − lnx)dy = 0

6.“y −

px2 + y2

”dx− xdy = 0; y(0) = 1

Ejercicio 1.11∗

Considere la EDO 2xy3 dx+ (x2y2 − 1) dy = 0.

(a) Muestre que el cambio de variable y = za transforma la EDO dada en

2xz3a dx+ a(x2z3a−1 − za−1) dz = 0.

(b) Determine un valor a tal que la ecuacion anterior sea homogenea.

(c) Resuelva la EDO dada inicialmente.

Ejercicio 1.12∗

Considere la ecuacion diferencialdy

dx=

ry +

x2

2

(a) Muestre que la sutitucion u =qy + x2

2transforma la ecuacion diferencial dada en una ecuacion homogenea.

(b) Resuelva la ecuacion dada inicialmente

1.5.1 EDO Reducibles a Homogeneas

Se reducen a homogeneas las EDO de la forma

y′ = f

(ax+ by + c

a1x+ b1y + c1

)(1.5)

donde f es una funcion continua arbitraria.

9


Si c = c1 = 0 la ecuacion (1.5) es homogenea. Supongamos que alguno de los dos valores no es cero,realicemos el cambio de variable

x = x1 + h, y = y1 + k.

Entonces,dy

dx=dy1

dx1

Sustituyendo en (1.5) tenemos que:

dy1

dx1

= f

(ax1 + by1 + ah+ bk + c

a1x1 + b1y1 + a1h+ b1k + c1.

)(1.6)

Elejimos h y k de modo que

ah+ bk + c = 0a1h+ b1k + c1 = 0 (1.7)

bajo estas condiciones la ecuacion (1.6) se transforma en una EDO homogenea, solucionando dichaecuacion y sistituyendo nuevamente los valores de x1 , y1 obtenemos la solucion de (1.5).

En caso de que el sistema (1.7) no tenga solucion, es decir cuando∣∣∣ aa1

bb1

∣∣∣ = 0 obtenemos que ab1 = a1b.

Entonces si λ = a1a = b1

b tenemos que a = λa1 y b = λb1 , por consiguiente (1.5) se transforma en

y′ = f

(ax+ by + c

λ(ax+ by) + c1

)= g(ax+ b)

que, como vimos, se transforma en un EDO de VS por medio del cambio de variable v = ax+ b.

EJEMPLO 1.17

Analicemos la EDOdy

dx=x+ y − 3

x− y − 1

en este caso el sistema (1.7) tiene solucion h = 2 y k = 1 y por lo tanto si x = x1 + h y y = y1 + k obtenemos que:

dy1dx1

=x1 + y1x1 − y1

que es una EDO homogenea, haciendo la sustitucion u =y1x1

, como ya sabemos llegamos a un EDO de VS

1− u1 + u2

du =x1

x1

integrando, hallamos que

arctanu−1

2ln(1 + u2) = lnx1 + C

simplificando

Cx1

p1 + u2 = earctanu

sustituyendo u pory1x1

en la igualdad, tenemos:

Cqx2

1+ y2

1= e

arctany1x1

finalmente pasando a las variables x y y, obtenemos:

Cq

(x− 2)2 + (y − 1)2 = earctan y−1

x−2 .

10


EJEMPLO 1.18

Analicemos la EDOdy

dx=

2x+ y − 1

4x+ 2y + 5

en este caso vemos que 2x+y−14x+2y+5

= 2x+y−12(2x+y)+5

(i.e. el sistema (1.7) no tiene solucion), hacemos el cambio de variable

u = 2x+ y y llegamos a quedu

dx=

5u+ 9

2u+ 5

resolviendo, encontramos:2

5u+

7

25ln |5u+ 9| = x+ C

finalmente volvemos a las variables iniciales y obtenemos la solucion final dada por

10y − 5x+ 7 ln |10x+ 5y + 9| = C.

Ejercicio 1.13

Solucione las siguientes EDO

1. (3x− 7y + 7) dx− (3x− 7y − 3) dy = 0.

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

3. (x+ 2y + 1) dx− (2x− 3) dy = 0.

4. (y − 3x+ 6) dx− (x+ y + 2) dy = 0.

1.6 Ecuacion Exacta

Una EDO de la formaM(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (1.8)

se llama exacta si existe una funcion U(x, y) tal que:

∂U

∂x= M y

∂U

∂y= N

y en este caso debido a que

dU =∂U

∂xdx+

∂U

∂ydy = M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0

la solucion viene dada porU(x, y) = C

Teorema 1.3. Si M y N son continuamente diferenciables, una condicion necesaria y suficiente parala exactitud de la ecuacion diferencial (1.8) es que

∂M

∂y=∂N

∂x(1.9)

Entonces si tenemos una EDO de la forma (1.8), basta comprobar que cumple (1.9), para aseguraraque es exacta. Sin embargo aun tenemos el problema de hallar la funcion U(x, y), ilustremos el metodogeneral por medio de los siguientes ejemplos.

EJEMPLO 1.19

Analicemos la EDO2xy dx+ (x2 + cos y)dy = 0

aqui M = 2xy y N = x2 + cos y claramente satisfacen (1.9). Entonces existe U(x, y) tal que

∂U

∂x= 2xy,

∂U

∂y= x2 + cos y

11


integrando la primera ecuacion con respecta a x, obtenemos:

U = x2y + f(y)

de segunda ecuacion y derivanda a ambos lados U = x2y + f(y) con respecto a y tenemos:

∂U

∂y= x2 + f ′(y) = x2 + cos y

por lo tanto f(y) = sin y+ c, y por ende U = x2y+sin y+ c, finalmente la solucion de la EDO viene dada por la formula

x2y + sin y = C.

EJEMPLO 1.20

Resuelva la EDO

y′ =xy2 − 1

1− x2y

con la condicion inicial y(0) = 1.

Solucion. Escribimos la EDO como (xy2−1)dx+(x2y−1)dy = 0, vemos que es exacta. Analogamente al procedimientoanterior encontramos que la solucion de la EDO es

U =x2y2

2− x− y = C

utilizando la condicion inicial obtenemos que C = −1.

En ciertos casos las EDO exactas se pueden resolver un metodo de inspeccion conocido como agru-pacion de terminos. Este esta basado en la habilidad de reconocer ciertas diferencias exactas.

EJEMPLO 1.21

Utilicemos el metodo de agrupacion de terminos para resolver la EDO exacta:

2xy dx+ (x2 + cos y)dy = 0

agrupando obtenemos:(2xy + x2dy) + (cos y)dy = 0

entoncesd(x2y) + d(sin y) = 0 =⇒ d(x2y + sin y) = 0

y por lo tanto las solucion general viene dad por x2y + sin y = C.

Ejercicio 1.14

Considere la ecuacion diferencial (3ya + 10xy2) dx+ (6xa−1y − 2 + 10x2y) dy = 0.

(a) ¿Para cuales valores de a esta ecuacion es exacta?

(b) Para tales valores resuelva la ecuacion diferencial.

Ejercicio 1.15

Considere la ecuacion diferencial (y + xya) dx+ (x+ xay) dy = 0.

(a) ¿Para cuales valores de a esta ecuacion es exacta?

(b) Para tales valores resuelva la ecuacion diferencial.

Ejercicio 1.16

(a) ¿Para cuales funciones N(x, y) la ecuacion diferencial (y + x2y3)dx+N(x, y)dy = 0 es exacta?

(b) Encuentre la solucion general de la ecuacion diferencial.

Ejercicio 1.17

Muestre que el teorema 1.3

12


1.6.1 Factor Integrante

Supongamos que la EDOM(x, y) dx+N(x, y) dy = 0 (1.10)

no es exacta. En ciertos casos es posible hallay una funcion µ(x, y) tal que, si multiplicamos la ecuacion(1.10) por µ se convierte en exacta, y la solucion general de la ecuacion ası obtenida coincide con lasolcuion general de la ecuacion inicial; la funcion µ(x, y) se llama un factor integrante de la ecuacion(1.10).

Para hallar un factor integrante de (1.10), necesitamos que

µM dx+ µN dy = 0

sea un EDO exacta. y por el teorema 1.3, basta que

∂(µM)∂y

=∂(µM)∂x

y por la regla de la cadena podemos simplificar dicha condicion a que

M∂ lnµ∂y

−N ∂ lnµ∂x

=∂N

∂x− ∂M

∂y. (1.11)

Entonces es claro que toda funcion µ(x, y) que satisfaga (1.11) es un factor integrante de (1.10).Lamentablemente la eucacion (1.11) es un ecuacion en derivadas parciales, y el caso general de estaEDP, para hallar µ(x, y), es mas dificil que la ecuacion original. Sin embargo si asumimos que el factorintegrante depende de una funcion u(x, y), entonces podemos simplificar (1.11) y obtenemos:

µ = exp[∫

Nx −My

Muy −Nuxdu

].

Algunos casos especıficos son los siguientes:

• Si u = x entoncesµ = e

Rf(x)dx

donde f(x) =∫

1N

(∂M∂y −

∂N∂x

)• Si u = y entonces

µ = eRg(y)dy.

donde g(y) =∫

1M

(∂N∂x −

∂M∂y

)EJEMPLO 1.22

Hallar la solucion de la EDO(y + xy2) dx− x dy = 0

Solucion. Aquı: M = y + xy2; N = −x;

∂M

∂y= 1 + 2xy;

∂N

∂x= −1;

∂M

∂y6=∂N

∂x.

por lo tanto la EDO no es exacta. Examinemos para ver si la EDO admite un factor integrante que depende solo de y,para eso vemos que

1

M

„∂N

∂x−∂M

∂y

«= −

2

y= g(y)

es una funcion que solo depende de y y por lo tanto la EDO si admite dicho factor integrante, y sabemos que vienedado por la formla

µ = eRg(y) dy = e

R− 2

ydy

=1

y2

13


multiplicando por µ la EDO obtenemos „1

y+ x

«dx−

x

y2dy = 0

que es exacta, resolviendola encontramos que

y = −2x

x2 + 2C

EJEMPLO 1.23

Hallar la solucion de la EDO(x4 + x2y2 + x) dx+ y dy = 0

Solucion. Veamos que en este caso podemos encontrar un factor integrante µ depende solo de u = x2 + y2, para estobasta ver que

1

2(yM − xN)

„∂N

∂x−∂M

∂y

«= −

1

u= h(u)

y por lo tanto

µ = eRh(u) du =

1

u=

1

x2 + y2

Aun mas podemos ver que esta EDO tambien admite un factor integrante que depende solamente de x, calculemos

1

N

„∂M

∂y−∂N

∂x

«= 2x2 = f(x)

y por lo tanto

µ = e2x33 .

Con cualquiera de los dos factores integrantes, la EDO se puede transformar en exacta. Encontrar la solucion queda

como ejercicio al lector.

Ejercicio 1.18

Muestre que en cada uno de los casos, la funcion µ es la que indica la formula.

• Si u = xy entonces, µ = exphR Nx−My

Mx−Ny dui.

• Si u = xy

entonces, µ = exp

»R y2My−y2Nx

Mx+Nydu

–.

• Si u = yx

entonces, µ = exp

»R x2Nx−x2My

Mx+Nydu

–.

Ejercicio 1.19∗

Cosidere la ecuacion diferencial:y dx+ (x2 + y2 + x) dy = 0.

(a) Determine un factor integrante, µ, de esta ecuacion diferencial que sea funcion de x2 + y2.

Esto es µ = f(x2 + y2).

(b) Resuelva esta ecuacion diferencial.

Ejercicio 1.20∗

(a) Determine n y m para que xnym sea un factor integrante de la ecuacion diferencial:

(2y2 − 6xy) dx+ (3xy − 4x2) dy = 0.

(b) Halle la solucion general de esta ecuacion diferencial.

Ejercicio 1.21∗

(a) Determine n y m para que xnym sea un factor integrante de la ecuacion diferencial:`x2y3 + 2y

´dx+

`2x− 2x3y2

´dy = 0.

14



Ejercicio 1.22∗

Considere dos funciones f y g, tales que f(xy)− g(xy) no se anula en alguna region del plano xy.

(a) Muestre que en diche region la funcion

µ(x, y) =1

xy(f(xy)− g(xy))

es un factor integrante para la ecuacion diferencial

yf(xy) dx+ xg(xy) dy = 0.

(b) Resuelva la ecuacion:y(2xy + 1) dx+ x(1 + 2xy − x3y3 dy) = 0.

Ejercicio 1.23∗

(a) Determine n y m para que xnym sea un factor integrante de la ecuacion diferencial:„1

x2+ y2

«dx+

„1

xy+ xy

«dy = 0.


Ejercicio 1.24∗

Cosidere la ecuacion diferencial: „6−

y2

x

«dx+

„4

x+

3x

y− 3y

«dy = 0.

(a) Determine un factor integrante, µ, de esta ecuacion diferencial que sea funcion de xy.

Esto es µ = f(xy).

(b) Resuelva esta ecuacion diferencial.

1.7 Ecuacion Lineal

Una EDO de la formay′ + P (x)y = Q(x)

donde P,Q ∈ C(R) se llama EDO lineal primer orden. Facilmente observamos que si multiplicamosa ambos lados por µ = e

RP dx obtenemos

dy

dx(ye

RP dx) = Q(x)e

RP dx

integrando llegamos a la solucion general

yeRP dx =

∫Qe

RP dx dx+ C

EJEMPLO 1.24

Resuelva y′ − 2x+1

y = (x+ 1)3

Solucion. En este caso µ = 1(x+1)2

, entonces

dy

dx

„y

(x+ 1)2

«= x+ 1

integrando llegamos a la solucion general

y =(x+ 1)4

2+ (x+ 1)2C

15


EJEMPLO 1.25

Resuelva y′ = 1x−3y

Solucion. En este caso consideramos a x(y) como funcion de y, para poder escribir la EDO en forma lineal, entonces

x′ − x = −3y

por lo tanto µ = e−y , entonces con el mismo procedimiento anterior obtenemos

x = 3y + 3 + Cey .

Ejercicio 1.25

Resuelva las siguietes EDO

1. y′ − 2xy = x.

2.`e2x + 1

´(y′ + y) = 1.

3. y′ cosx+ y sinx = 1.

4. y′ + nxy = a

xn , n ∈ N y a ∈ R.

5. y′ + y cosx = 12

sin 2x.

6. y′ =1

ey − x.

1.8 Ecuacion de Bernoulli

Una EDO de la formay′ + P (x)y = Q(x)yn

donde P,Q ∈ C(R) y n 6= 1 se llama EDO de Bernoulli. Utilizando el cambio de variable z = y1−n,dicha encuacion se transforma en un EDO lineal

z′ + (1− n)P (x)z = (1− n)Q(x)

EJEMPLO 1.26

Resuelva la ecuacion de Bernoulliy′ + yx = x3y3

Solucion. En clase.

Ejercicio 1.26∗

Considere la ecuacion diferencial

xdy

dx+ y + x = xe2xy

(a) Muestre que la sustitucion u = exy transforma la ecuacion diferencial dada en una ecuacion de Bernoulli.

(b) Resuelva la ecuacion de Bernoulli obtenida en (a).

(c) De la solucion general de la ecuacion inicial.

Ejercicio 1.27

Resuelva las siguientes EDO

1. y′ + 3x2y = x2y3.

2. y′ + 1xy = xy2.

3. y′ + yx

= x3y3 sinx.

4. y′ − tanx · y + cosx · y2 = 0.

5. (1− x2)y′ − xy − axy2, a ∈ R.

6. (y lnx− 2)ydx = xdy.

16


Ejercicio 1.28∗

Considere la ecuacion diferencial y′ + y2 + yx

= 1x2 .

(a) Pruebe que si φ(x) es una solucion de esta ecuacion diferencial, entonces la sustitucion y = φ+ v transforma dichaecuacion en la ecuacion de Bernoulli siguiente

dv

dx+

»1

x+ 2φ(x)

–v = −v2

(b) Pruebe que la funcion φ(x) = − 1x

es solucion de la ecuacion dada inicialmente.

(c) Tomando φ(x) = − 1x

resuelve la ecuacion de Bernoulli dada en (a).

(d) Determine la solucion general de la ecuacion diferencial dada inicialmente.

Ejercicio 1.29∗


xdu

dx+

1− x2

1 + x2u =

4√x arctanx√

1 + x2u1/2

(a) Muestre que la sustitucion y = xu transforma la ecuacion diferencial dada en una ecuacion de Bernoulli.

(b) Resuelva la ecuacion de Bernoulli obtenida en (a).

(c) De la solucion general de la ecuacion inicial.

1.9 Ecuacion de Clairaut, Lagrange y Ricatti

Una EDO de la formay = xy′ + f(y′) (1.12)

donde f es continuamente diferenciable, se llama ecuacion de Clairaut, y presenta varias propiedadesinteresantes.

Para resolverla utilizamos el cambio de variable v = y′, diferenciando a ambos lados obtenemos:

v′(x+ f ′(v)) = 0.

Esta ecuacion se satisface si se cumplen cualquiera de las siguientes condiciones:

1. v′ = 0, en tal caso v = C, donde C es una constante arbitraria. Sustituyendo en (1.12) llegamosuna las solucion general de la ecuacion de Clairaut dada por

y = Cx+ f(C)

2. x+ f ′(v) = 0, en este caso usando (1.12) obtenemos las ecuaciones

x = −f ′(v)y = −vf ′(v) + f(v) (1.13)

que definen parametricamente una solucion singular de la ecuacion de Clairaut. La solucionsingular de la ecuacion de Clairaut determina un envolvente de la familia de rectas, dados porla solucion general, veamos la motivacion geometrica de este nombre en el siguiente ejemplo.

17


EJEMPLO 1.27

Hallar la solucion de la EDOy = xy′ + (y′)2

Solucion. Hacemos el cambio de variable v = y′, y claramente un solucion general viene dada por

y = Cx+ C2

para hallar la solucion singular utilizamos las ecuaciones (1.13)

x = −2v

y = −v2

de las cuales obtenemos que la solucion singular es

y = −x2

4.

Ahora, claramente cada recta de la familia Ω = y = Cx+C2 : C ∈ R es tangente a la parabola y = −x2

4; y por cada

punto de la parabola y = −x2

4pasa una unica recta de la familia Ω.

Ejercicio 1.30

ECUACION DE LAGRANGE: Considere le ecuacion diferencial de la forma

y = xϕ(y′) + ψ(y′)

al derivar dicha ecuacion y hacer el cambio y′ = p se puede escribir de la forma

dx

dp+A(p)x = B(p)

resolviendo esta ecuacion diferencial lineal de primer orden obtenemos x = f(p, C), lo cual nos da la solucion parametrica

x = f(p, C)

y = f(p, C)ϕ(p) + ψ(p)

donde la ultmi ecuacion se obtiene de la ecuacion inicial.

Ejercicio 1.31

ECUACION RICATTI: Considere la ecuacion diferencial de la forma

y′ + p(x)y2 + q(x)y = r(x)

si p(x) ≡ 0 la ecuacion se convierte en lineal y si r(x) ≡ 0 se obtiene una ecuacion de Bernoulli. En el caso generalla ecuacion diferencial se llama Ecuacion de Ricatti y para resolverla se necesita conocer una solucion particular de laecuacion (sea φ esta solucion). Entonces muestre que utilizando el cambio de variable

y = φ+1

z

la ecuacion se transforma en una ecuacion lineal de primer orden.

1.10 Reduccion de Orden

Si en la ecuacionF (x, y, y′, y′′) = 0

alguna de las variables x o y no aparecen explıcitamente en la ecuacion, entonces la ecuacion se puedesimplificar por medio del cambio de variable y′ = v.

18


EJEMPLO 1.28

Resuelva le siguiente EDOxy′′ + y′ = 4x

Solucion. En este caso la ecuacion no contiene explıcitamente a la variable y, entonces el cambio de variable v = y′ latransforma en

xv′ + v = 4x

la cual es una EDO lineal y al resolverla obtenemos

y′ = v = 2x+A

xA ∈ R

de donde finalmentey = x2 +A lnx+B A,B ∈ R.

Observe que en esta ecuacion se obtienen dos constantes arbitrarias, esto se debe a que el orden de la ecuacion diferencial

inicial es tambien dos.

EJEMPLO 1.29

Analicemos la siguiente EDO2yy′′ = 1 + (y′)2.

En este caso tenemos que la ecuacion no contiene explıcitamente la variable x, entonces en este caso el cambio devariable v = y′ la transforma en

2ydv

dx= 1 + v2

utilizando la identidaddv

dx=dv

dy

dy

dx=dv

dyv

obtenemos

2ydv

dyv = 1 + v2

resolviendo por separacion de variables llegamos a que

1 + (y′)2 = 1 + v2 = Ay A ∈ R− 0

despejando y′ = ±√Ay − 1 y finalmente separando variables obtenemos

y =(Ax+B)2

4A+

1

AA,B ∈ R, A 6= 0.

Ejercicio 1.32

Resuelva las siguientes EDO

1. xy′′ = 2

2. xy′′′ = 2

3. y′′ = a2y a ∈ R4. y′′ + y = 0.

5. xy′′ − y′ = x2ex

6. y′y′′′ − 3(y′′)2 = 0

1.11 EDO de una Familia de Curvas

Ocasionalmente es necesario obtener una EDO de orden n que tiene a una funcion dada con n con-stantes arbirarias como solucion general. Para encontrar dicha EDO, diferenciamos n veces la igualdady resolvemos para las constantes el sistema obtenido de escoger n ecuaciones de las n+ 1 ecuacionesobtenidas. Y luego sustitiumos las constantes en alguna de las ecuaciones.

19


EJEMPLO 1.30

Sean a y b constantes, encuentre una EDO de segundo orden tal que tenga a

y = aex + b cosx

como solucion general.

Solucion. Diferenciando obtenemos:y′ = aex − b sinxy′′ = aex − b cosx

resolviendo el sistema para a y b

a =y + y′′

2exb =

y − y′′

2 cosxsustituyendo en la segunda ecuacion obtenemos la EDO buscada.

(1 + tanx)y′′ − 2y′ + (1− tanx)y = 0

Existen EDO de orden mayor que tambien tienen a y = aex + b cosx como solucion general un ejemplo de una es

y(4) = y

sin embargo la unica de orden 2 es la que encontramos anteriormente.

Ejercicio 1.33

Halle una EDO de orden 2 que tiene como solucion general la familia de parabolas que tocan al eje x en un solo punto.

Respuesta. 2yy′′ − (y′′)2 = 0.

Ejercicio 1.34

Halle una EDO de primer orden que tiene como solucion general la familia de rectas que tocan la parabola 2y = x2 enun solo punto.

Respuesta. (y′)2 − 2y′x+ 2y = 0.

Ejercicio 1.35

Halle una EDO de primer orden que tiene como solucion general la familia de curvas tal que, para cada una de dichascurvas, el segmento de la tangente desde el punto al eje-y es bisecado por el eje-x.

Respuesta. xy′ − 2y = 0 .

Ejercicio 1.36

Halle una EDO que tiene como solucion general una familia uniparametrica de curvas tal que, para cada una de ellas,el area de la region triangular limitada por el eje-x, la linea tangente en el punto y la perpendicular por el punto detangencia sea igual a a2.

Respuesta. 2a2y′ − y2 = 0 .

Ejercicio 1.37

Halle una EDO cuya solucion general sea la familia de todas las circunferencias con centro en el eje y = x.

Ejercicio 1.38

Halle una EDO cuya solucion general sea la familia de todas las circunferencias que pasan por los puntos (0, 1) y (1, 0) .

Ejercicio 1.39

El area del triangulo, formado por la tangente a una curva buscada y los ejes de coordenadas, es una magnitud constante.Hallar esta curva.

Respuesta. 4xy = a & y = Cx± a√C para a > 0, C ∈ R.

20


1.12 Trayectorias Ortogonales

SeaΦ(x, y, C) (1.14)

una familia de curvas dependiendo de un parametro C, las curvas que cortan todos los elementos deesta familia bajo un angulo constante se llaman trayectorias isogonales. Si este angulo es recto dellaman trayectorias ortogonales.

Para hallar las trayectorias ortogonales de una familia de curvas dada procedemos de la siguientemanera. Primeramente encontramos la EDO que tiene a (1.14) como solucion general. Sea

F (x, y, y′) = 0

dicha ecuacion, entonces la familia de soluciones de la EDO

F (x, y,− 1y′

) = 0

son las trayectorias ortogonales de (1.14).

EJEMPLO 1.31

Encuentre las trayectorias ortogonales de x2 + y2 = Cx.

Solucion. En clase.

EJEMPLO 1.32

Halle las trayectorias ortogonales de la familia de parabolas y = Cx2.

Solucion. En clase.

Ejercicio 1.40∗

Halle las trayectorias ortogonales a la familia de circunferencias con centro sobre el eje x y que pasan por el origen.

Ejercicio 1.41

Determine n para que la familia de curvas xn + yn = C sea ortogonal a la familia y =x

1− Cx.

Ejercicio 1.42∗

Halle las trayectorias ortogonales de las lemniscatas (x2 + y2)2 = (x2 − y2)C2.

Ejercicio 1.43

Muestre que la familia de parabolas y2 = 4Cx+ 4C2 es asi misma ortogonal. Grafique algunos de los miembros de esta

familia.

Ejercicio 1.44

Muestre que la familiax2

a2 + C+

y2

b2 + C= 1

donde a y b son constantes dadas es asi misma ortogonal. Esta familia se llama la familia de conicas confocales. Grafique

algunos de los miembros de esta familia.

21


1.13 Crecimiento y Decrecimiento de Poblaciones

La ley de crecimiento exponencial de poblaciones afirma que la tasa de crecimiento de una poblacion esproporcional, en el tiempo, a la cantidad de habitantes que este presente en dicha poblacion. Entoncessi denotamos:

• N = Cantidad de habitantes en el tiempo t.

• k = Constante de proporcionalidad. (k > 0).

obtenemos por la ley de crecimiento, que

dN

dt= kN

y por lo tantoN(t) = Cekt; C ∈ R

EJEMPLO 1.33

Si un cultivo de bacterias crece a una tasa proporcional a la cantidad, ademas tenemos que despues de una hora hay uncultivo de 1000 familias de bacterias, y despueds de 4 horas hay 3000 familias de bacterias. Halle el numero de familiasde bacterias en funcion del tiempo y el numero inicial de familias.

Solucion. En clase.

EJEMPLO 1.34

Bacterias en cierto cultivo incrementan su reproduccion a una velocidad proporcional al numero presente. Si el numerooriginal de bacterias se incrementa en un 50% en media hora, ¿en cuanto tiempo se espera tener tres veces el numerooriginal, y cinco veces el numero original?

Solucion. En clase.

Ejercicio 1.45

En una solucion de un compuesto quımico, se sabe que la razon de formacion del compuesto es proporcional a la cantidad

del quımico presente en cada instante. Si despues de una hora la cantidad medida del compuesto es 3/2 de la cantidad

inicial. ¿Cuanto tiempo se requiere para triplicar el numero de gramos iniciales?

Ejercicio 1.46

Un cultivo de bacterias “enferma” crece a una tasa que es inversamente proporcional a la raız cuadrada del numero

presente. Si hay inicialmente 9 unidades y si 16 unidades estan presentes despues de 2 dıas, ¿en cuanto tiempo habra

36 unidades?

Ejercicio 1.47

Una pequena poblacion crece segun la ley de crecimiento exponencial. Si la poblacion inicial es de 500 habitantes y si

esta aumenta en un 15% en 10 a;os. Determine la poblacion dentro de 30 anos y la cantidad de tiempo que debe pasar

para que la poblacion crezca un 60%.

Ejercicio 1.48∗

La poblacion, N(t), de individuos de una poblacion que manifiestan cierta caracterıstica, en un instante t obedece a laecuacion diferencial

dN

nt= k(1−N)N.

Si en el instante inicial esta proporcion es de 13

, determine el tiempo necesario para que esta proporcion se duplique.

Suponga que k = 0.025 por ano.

22


La ley de desintegracion exponencial radioactiva afirma que la tasa de desintegracion de una substanciaes proporcional, en el tiempo, a la cantidad de substancia que este presente. Entonces si denotamos:

• N = Cantidad de substancia en el tiempo t.


obtenemos por la ley de desintegracion, que

dN

dt= −kN

y por lo tantoN(t) = Ce−kt; C ∈ R

La vida media de una substancia se define como el tiempo que esta requiere para reducir su masainicial a la mitad.

EJEMPLO 1.35

Se sabe que cierto material radioactivo se desintegra a una tasa proporcional a la cantidad de material presente, ademassabemos que inicialmente hay 50 miligramos de material y despues de 2 horas se observa que el material ha perdido un10% de su masa original. Halle la masa de este material en funcion del tiempo, y encuentre su vida media.

Solucion. En clase.

EJEMPLO 1.36

El Pb-209 isotopo radioactivo del plomo, se desintegra segun la ley de desintegracion exponencial. Si sabemos que tieneuna vida media de 3.3 horas y que al principio habıa N0 gramos de plomo, ¿cuanto tiempo debe transcurrir para quese desintegre el 90% de su masa inicial?

Solucion. En clase.

Ejercicio 1.49

Un material radioactivo se desintegra a una tasa proporcional a la cantidad presente. Si despues de un hora se observa

que el 10% del material se ha desintegrado, halle la vida media del material.

Ejercicio 1.50

La velocidad de desintegracion del radio es proporcional a la cantidad presente. Si su vida media es de 1600 anos, halle

que tanto porciento resultara desintegrado cuando pasen 100 anos.

Ejercicio 1.51

Encuentre la vida media de una substancia radioactiva se el 25% de esta desaparece en 10 anos y sabiendo que esta

substancia se rige por la ley del decrecimiento exponencial.

Ejercicio 1.52

La carga electrica en una superficie esferica se escapa a una tasa proporcional a la cantidad presente en cada instante.

Si inicialmente hay 12 unidades presentes y si 8 unidades esta presentes despues de 2 dıas, ¿cuanto tiempo tomara para

que la sustancia desaparezca?

Ejercicio 1.53

Suponga que una substancia decrece a una razon que es inversamente proporcional a la cantidad presente en cualquier

instante. Si inicialmente hay 12 unidades presentes y si 8 unidades estan presentes despues de 2 dıas ¿cuanto tiempo

tomara para que la substancia desaparezca?

23


1.14 Ley de Enfriamiento de Newton

La ley de enfriamiento de Newton afirma que la tasa de cambio de la temperatura de un cuerpo esproporcional, en el tiempo, a la diferencia entre la temperatura del cuerpo y la del medio. Sea

• T = Temperatura del cuerpo al instante t.

• Tm = Temperatura del medio (constante).


Por la ley de enfriamiento de Newton obtenemos que

dT

dt= −k(T − Tm)

donde el signo negativo se explica por el hecho de que la temperatura del cuerpo tiende a la temperaturadel medio, resolviendo la ecuacion diferencial llegamos a que

T = Tm + Ce−kt

EJEMPLO 1.37

Una barra metalica a una temperatura de 100F se pone en un cuarto a una temperatura constante de 0F . Si despuesde 20 minutos la temperatura de la barra es 50F , hallar el tiempo que gastara la barra en llegar a una temperaturade 25F y la temperatura inicial de la barra.

Solucion. En clase.

EJEMPLO 1.38

Un cuerpo con temperatura de 80C se coloca, en instante t = 0, en un medio cuya temperatura se mantiene a 50C yluego de 5 minutos la temperatura de dicho cuerpo es de 70C. Halle la temperatura del cuerpo luego de 10 minutos,y el instante en que su temperatura es de 60C.

Solucion. En clase.

Ejercicio 1.54∗

Una taza de cafe se calienta a 200F y luego se coloca en una habitacion donde la temperatura es de 70F . Si transcur-

rido un minuto, el cafe llego a una temperatura de 190F , ¿cuanto tiempo hay que esperar para que su temperatura

sea de 150F?

Ejercicio 1.55

Despues de estar expuesto durante 10 minutos, en el aire a una temperatura de 10C, un objeto se enfrio de 100C a55C.

(a) ¿En cuanto tiempo, a partir de este momento, la temperatura del objeto llegaraa los 19C?

(b) ¿Cuanto tiempo le tomara el mismo objeto enfriarse de 500 a 250C si se coloca en el agua que se mantiene auna temperatura de 0C?

1.15 Mezclas y Reacciones Quımicas

Veamos la aplicacion de las EDO a mezclas de substancias, considere un tanque que contiene V0

galones con s0 libras de sal. Otra solucion salina que contine α libras de sal por galon, se vierte en eltanque a una tasa de n galones por minuto, mientras que, simultaneamente, la solucion bien mezcladasale del tanque a una tasa de m galones por minuto. En este tipo de problemas podemos hallar lasiguiente informacion:

24


• V (t) : Volumen (gal) de la solucion salina en tiempo t.

• C(t) : Concentracion de sal (lb/gal) que hay en tanque en tiempo t.

• Q(t) : Cantidad de sal (lb) que hay en el tanque en tiempo t.

Claramente el volumen en tiempo t esta determinado por la formula

V (t) = V0 + (n−m)t,

y por ende la concentracion viene dada por

C(t) =Q(t)V (t)

=Q(t)

V0 + (n−m)t.

Ahora observe quedQ

dt= αn− C(t)m

o equivalentemente quedQ

dt+

m

V0 + (n−m)tQ = nα

que es una ecuacion diferencial lineal con condicion inicial Q(0) = s0 , de la cual obtenemos Q(t).

EJEMPLO 1.39

Un tanque contiene inicialmente 100 gal de una solucion salina que contine 20 lb de sal. A partir de cierto momentose vierte agua dulce en el tanque a razon de 5 gal/min, mientras que del tanque sale una solucion bien mezclada a lamisma tasa. Hallar la cantidad de sal que hay despues de 20 minutos.

Solucion. En clase.

EJEMPLO 1.40

Un tanque de 50 gal contiene inicialmente 10 gal de agua pura. A partir de cierto momento se vierte en el tanque unasolucion salina que contiene una libra de sal por galon a razon de 4 gal/min, simultanemente sale del tanque la solucionbien mezclada a razon de 2 gal/min. Hallar la cantidad de tiempo que toma el tanque en llenarse, asi como la cantidady la concentracion de sal en ese momento.

Solucion. En clase.

Ejercicio 1.56∗

Un tanque contiene inicialmente 100 galones de salmuera en la cual estan diluidas 30 libras de sal. Sale salmuera del

tanque a razon de tres galones por minuto y simultaneamente entran, a dicho tanque, agua pura a dos galones por

minuto; manteniendose la mezcla homogenea a cada instante. Determine la cantidad de sal en el tanque al cabo de diez

minutos de iniciado dicho proceso.

Ejercicio 1.57∗

En un deposito que contiene 100 galones de salmuera en los que hay disueltas 40 libras de sal, se desea reducir la con-

centracion de sal a 0.1 libras por galon. Para ello se introduce agua pura el deposito a razon de 5 galones por minuto,

permitiendo que salga la misma cantidad por minuto y manteniendo, en todo instante, la mezcla uniforme. ¿En cuanto

tiempo se logra lo propuesto?

Ejercicio 1.58

Un tanque tiene 10 galones de agua salada con 2 libras de sal disuelta. Agua salado, con una concentracion de 1.5 libras

de sal por galon, entra a razon de 3 galones por minuto y la mezcla bien agitada sale a razon de 4 galones por minuto.

Encuentre la cantidad de sal en el tanque en cualquier tiempo y encuentre la concentracion de sal despues de 10 minutos.

25


Ahora analicemos la aplicacion de EDO a la teorıa de reacciones quımicas. Una ecuacion quımica de-scribe como las moleculas de varias substancias se combinan para formar otras (2H2 +O2 → 2H2O).La tasa a la cual se forma una substanca se llama velocidad de reaccion. Aunque ninguna regla gen-eral se aplica para todos los casos, la ley de accion reaccion que sostiene que si la temperatura semantiene constante, la velocidad de una reaccion quımica es proporcional al producto de las concen-traciones de las substancias que estan reaccionando; esta es una manera muy usual para abordar esteproblema.

Supongamos que para formar la substancia C, se combinan α unidades de A y β unidades de B. Seax(t) la cantidad formada de C en el tiempo t. Si para obtener una unidad de C se necesita n de A y1− n de B (0 < n < 1), entonces la cantidad de A y B presentes (restantes) en cualquier instante t,es

• α− nx(t) cantidad presente de A en tiempo t.

• β − (1− n)x(t) cantidad presente de B en tiempo t

Entonces por la ley de accion de masa, si (k > 0) es la constante de proporcionalidad

dx

dt= k(α− nx)(β − (1− n)x)

observe que esta ecuacion tiene sentido siempre que cada miembro de la parte derecha sea positivo,pues de lo contrario ya se habrıa acabado alguna substancia.

EJEMPLO 1.41

Dos quımicos A y B reaccionan para formar otro quımico C. La tasa de formacion de C es proporcional al productode las cantidades instantaneas de los quımicos A y B presentes. La formacion de C require de 2 libras de A por cada3 libras de B. Si inicialmente estan presentes 10 libras de A y 30 libras de B, y si en 12 minutos se forman 10 librasde C. Halle la cantidad de quımico C en cualquier tiempo t, ademas encuentre la cantidad maxima de C que se puedeformar, y averigue la cantidad restante de los quımicos A y B despues de que ha pasado mucho tiempo.

Solucion. En clase.

Ejercicio 1.59

En una reaccion quımica, la sustancia A se transforma en otra sustancia a una velocidad proporcional a la cantidad de

A no transformado. Si, en un principio, habıan 40 gramos de A y una hora mas tarde 12 gramos; ¿cuando se habra

transformado el 90% de A?

Ejercicio 1.60∗

Cierta sustancia C se produce de la reaccion de dos quımicos A y B. La tasa a la cual se produce C es proporcional alproducto de las cantidades instantaneas de A y B presentes. La formacion de tal sustancia C requiere 3 libras de A porcada 2 libras de B. Si inicialmente habıan 60 libras de A y 60 libras de B y luego de una hora, de iniciada la reaccion,se han producido 15 libras de C, determine:

(a) La cantidad de C en cualquier instante t.

(b) la cantidad de C al cabo de 2 horas de iniciada la reaccion.

(c) La cantidad maxima de C que se puede formar.

Ejercicio 1.61

Dos sustancias A y B reaccionan para formar C, de tal manera que se requiere 2 gramos de A por cada gramo de B. La

tasa de produccion es proporcional al producto de las cantidades instantaneas de A y B que no se han transformado en

C. Si inicialmente hay 100 y 50 gramos de A y B respectivamente, y si se forman 10 gramos de C en 5 minutos. ¿Cual

es la cantidad lımte de C que se puede formar y cuanto se espera tener de los reactivos A y B en ese momento?

26


1.16 Leyes del Movimiento de Newton

Las tres leyes del movimiento de Newton son:

1. Un cuerpo en reposo tiende a permanecer en reposo, mientras que un cuerpo en movimientotiende a persistir en movimiento en una linea recta con velocidad constante a menos que fuerzasexternas actuen sobre el.

2. La tasa de cambio en momentum de un cuerpo en el tiempo es proporcional a la fuerza neta queactua sobre el cuerpo y tiene la misma direccion a la fuerza.

3. A cada accion existe una reaccion igual y opuesta.

La segunda ley de Newton nos proporciona una relacion importante que podemos escribir matematicamentede la siguiente manera:

d

dt(mv) = kF

donde m es la masa, v la velocidad, F la fuerza que actua sobre el objeto en direccion a la velocidady k es el coeficiente de proporcionalidad. Utilizaremos el valor de k = 1 para simplificar los calculos yasumiremos que la masa es constante con el tiempo (lo cual sabemos que no es necesariamente cierto),entonces tenemos que

F =d

dt(mv) = m

d

dt(v) = ma

de donde llegamos a la conocida formulaF = ma.

Veamos con ejemplos como podemos utilizar dicha relacion para estudiar fenomenos fısicos.

EJEMPLO 1.42

Una bola se lanza hacia arriba con una velocidad de 128m/s. ¿Cual es su velocidad despues de 6 segundos?, ¿Cuandoregresara a su posicion de partida por primera vez?, ¿Cual es la altura maxima que alcanza?

Solucion. En clase.

EJEMPLO 1.43

Un caja de peso W se desliza hacia abajo desde el reposo en un plano inclinado el cual forma un angulo de α con lahorizontal. Establezca la ecuacion diferencial y las condiciones iniciales que describan el movimiento de la caja. Hallela aceleracion, la velocidad y la distancia de la caja en el tiempo t.

Solucion. En clase.

Ejercicio 1.62

Un hombre y su bote de motor pesan juntos 343N . Suponga que el empuje del motor es equivalente a una fuerza

constante de 140N en direccion del movimiento. Si la resistencia del agua al movimiento es igual a 7 veces la velocidad

instantanea, y si el bote esta inicialmente en reposo. Encuentre la velocidad y la distancia en cualquier tiempo.

Ejercicio 1.63

Un cuerpo de 6 kg tiene una velocidad lımite de 16m/s cuando cae en el aire, el cual ofrece una resistencia proporcionala la velocidad intantanea del cuerpo. Si el cuerpo parte del reposo.

(a) Encuentre la velocidad del cuerpo despues de 1 seg.

(b) ¿A que distancia se encuentra el cuerpo en el momento que que la velocidad es de 15 m/s?

Ejercicio 1.64∗

Un cuerpo de masa m cae, partiendo del reposo, en un medio que le ofrece una resitencia proporcional al cuadrado de

su velocidad (v). Determine se velocidad lımite, esto es limt→∞

v(t).

27


Ejercicio 1.65

Un punto material de masa m es atraido por cada uno de dos centros con fuerzas proporcionales a la distancia. El factorde proporcionalidad es igual a k. La distancia entre dos centros es 2c. El punto de halla en el instante inicial en lalinea que une los centros a la distancia a de su medio. La velocidad inicial es cero. Hallar la ley de movimiento del punto.

Respuesta. a cos

„q2kmt

«Ejercicio 1.66

Una bala a la velocidad v0 = 400m/s atraviesa una pared cuyo espesor es h = 20 cm y sale a la velocidad de 100m/s.Suponiendo que la fuerza de resistencia de la pared es proporcional al cuadrado de la velocidad de movimiento de labala. Halle el tiempo que tardo la bala en atravesar la pared.

Respuesta. t = 32000 ln 4

s ∼ 0, 0011 s

Ejercicio 1.67

PENDULO MATEMATICO† Suponga que un material de peso m se mueve bajo la accion de la fuerza de gravedad

por una circunferencia L (en forma de pendulo). Halle la ecuacion del movimiento del punto despreciando las fuerzas

de resistencia. Mas claramente si asumimos que el radio de la circunferencia es l y s(t) como la longitud de arco desde

el punto mınimo, debemos hallar la funcion s en terminos de t, l y g donde g es la gravedad.

Ejercicio 1.68

VELOCIDAD DE ESCAPE† Determine la mınima velociada con la cual se debe lanzar un cuerpo verticalmente haciaarriba para que este no regrese a la tierra. La resistencia del aire se desprecia. (Recordar que segun la ley de Newtonde atraccion, la fuerza F que actua en un cuerpo de masa m es

F = kM ·mr2

donde M es la masa de la tierra, r es la distancia entre el centro de la tierra y el objeto y k es la constante de gravitacion

universal.)

†Para un analisis detallado refierase a [1], pag. 62 – 67.

28

Capıtulo 2

Orden Arbitrario

La dificultad de hallar la solucion de la ecuacion diferencial general dada por

F (x, y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0

depende de la forma de F como funcion de n + 2 variables. En este curso debido a la complejidaddel caso general analizaremos el caso en que F sea una funcion lineal en las n + 1 coordenadasy, y′, y′′, . . . , y(n). Es decir analizaremos el problema

an(x)y(n) + a

n−1(x)y(n−1) + . . .+ a1(x)y′ + a0(x)y = f(x) (2.1)

donde a0 , . . . , an y f son funciones dependientes de la variable x unicamente. Toda EDO que se puedaescribir de esta forma se llama ecuacion diferencial lineal de orden n .

2.1 Definiciones

Mas adelante estudiaremos las EDO de la forma (2.1), pero antes demos ciertas definiciones adicionales.Si todas las funciones a0 , . . . , an

son constantes la EDO (2.1) se llama ecuacion diferencial linealde orden n con coeficientes constantes, si no se llama ecuacion diferencial lineal de ordenn con coeficientes variables, en el caso en f ≡ 0 la llamaremos ecuacion diferencial linealhomogenea.

Para estudiar estas ecuaciones hacemos uso del operador diferencial definido por

D : C∞(R) −→ C(R)y 7−→ y′

donde C∞(R) = funciones infinıtamente diferenciales y C(R) = funciones continuas. Con el cualla ecuacion (2.1) tiene la forma(

anDn + an−1D

(n−1) + . . .+ a1D + a0

)(y) = f(x)

donde Dn = D . . . D︸︷︷︸n veces

, si para abreviar escribimos

φ(D) = anDn + a

n−1D(n−1) + . . .+ a1D + a0

obtenemos que (2.1) se escribeφ(D)(y) = f

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MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPITULO 2. ORDEN ARBITRARIO

Ejercicio 2.1

Muestre que el operador φ(D) = anDn + an−1D

(n−1) + . . .+ a1D + a0 es lineal. Esto es que si y1 y y2 son funcionesy a, b ∈ R entonces

φ(D)(ay1 + by1) = aφ(D)(y1) + bφ(D)(y2)

Ademas muestre que si y1 y y2 son soluciones de la ecuacion homogenea φ(D) = 0, entonces cualquier combinacion

lineal ay1 + by1 para a, b ∈ R tambien es solucion de la ecuacion homogenea. Finalmente concluya que el conjunto de

soluciones de una ecuacion lineal homogenea de orden n es un espacio vectorial sobre R, mostrando que es un subespacio

vectorial de C∞(R) = funciones infinıtamente diferenciables el cual es un espacio vectorial sobre R.

2.2 Existencia y Unicidad de Soluciones

En esta seccion enunciaremos el teorema de existencia y unicidad para ecuaciones diferenciales linealesde orden n.

Teorema 2.1. Sunponga que a0 6= 0, en un intervalo I = [a, b], ademas las funciones a0 , . . . , an, f

son continuas en I entonces el problema de valor inicial

an(x)y(n) + a

n−1(x)y(n−1) + . . .+ a1(x)y′ + a0(x)y = f(x), y(i)(c) = pi

donde c ∈ (a, b) y pi ∈ R para todo i = 0, . . . , n− 1, tiene solucion unica

Observe que necesitamos de n condiciones iniciales idependientes para poder garantizar la unicidad,ademas es importante hacer notar que este teorema solo proporciona condiciones suficientes para laexistencia y unicidad de las soluciones, es decir que aunque no se cumplan las condiciones del teoremapodrıan existir soluciones unicas dado un porblema de valor inicial.

Ejercicio 2.2

Considere la ecuacion diferencial y′′ + y′ = 0 con condicionaes iniciales y(0) = 1 y y(π) = −1. Observe que la funcion

y = a sinx + cosx es una solucion de esta ecuacion diferencial para todo a ∈ R y por lo tanto no hay unicidad.

¿Contradice esto las conclusiones del teorema?

2.3 Dependecia e Independencia de Funciones

Un conjunto de funciones y1, . . . , yn se dice linealmente dependiente en un intervalo I ⊆ R siexisten α1, . . . , αn constantes no todas cero tales que

α1y1 + . . .+ αnyn = 0 ∀x ∈ I (2.2)

en caso contrario se dice que el conjunto es linealmente independiente, otra manera de decir estoes que y1, . . . , yn son linealmente independientes en I es que la unica forma de que se cumpla

α1y1 + . . .+ αnyn = 0 ∀x ∈ I

es que α1 = . . . = αn = 0.

Nota: Observe que le dependencia lineal es equivalente a decir que alguna de estas funciones se puedeexpresar como combinacion lineal de las demas en este intervalo, pues note que si αm 6= 0 entonces

ym =−(α1y1 + . . .+ αm−1ym−1 + αm+1ym+1 + αnyn)

αm

para todo x ∈ I.

30


Ahora en general es muy dificil determinar la independencia de funciones en un intervalo I. Debido aesto recurrimos a herramientas del algebra lineal para simplificar nuestro objetivo. Supongamos quela ecuacion

α1y1(x) + . . .+ αnyn(x) = 0 ∀x ∈ I

se cumple, entonces diferenciando n−1 veces la ecuacion anterior obtenemos un sitema de n ecuacionespara cada x ∈ I.

y1α1 + . . .+ ynαn = 0y′1α1 + . . .+ y′nαn = 0

...y(n−1)1 α1 + . . .+ y(n−1)

n αn = 0

del algebra lineal sabemos que una condicion necesaria y suficiente para que α1, . . . , αn sea todos ceros(i.e. para que y1, . . . , yn sea l.i.) es que

W (y1, . . . , yn) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣y1 y2 · · · yny′1 y′2 · · · y′n...

.... . .

...y(n−1)1 y

(n−1)n · · · y

(n−1)n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0 ∀x ∈ I

Este determinante se llama el Wronskiano de y1, . . . , yn y de denota por W (y1, . . . , yn). De todo loanterior deducimos el siguiente teorema.

Teorema 2.2. Sea y1, . . . , yn un conjunto de funciones, entonces

(a) y1, . . . , yn es linealmente independiente en I si y solamente si W (y1, . . . , yn) 6= 0 ∀x ∈ I.

(b) y1, . . . , yn es linealmente dependiente en I si y solamente si W (y1, . . . , yn) = 0 ∀x ∈ I.

Este Teorema nos permite determinar la independencia (dependencia) lineal de un conjunto de fun-ciones son el simple calculo de un determinante. Veamos un ejemplo.

EJEMPLO 2.1

Analice si el conjunto de las funciones x2, ex es l.i. en R.

Solucion. Utilizando el teorema anterior, calculamos el Wronskiano de x2 y ex

W (x2, ex) =

˛x2 ex

2x ex

˛= x2ex − 2xex = xex(x− 2) 6= 0

el cual es distinto de cero si y solamente si x 6= 0 y x 6= 2. Concluimos que las funciones son l.d en R, pero son l.i en

cualquier intevalo que no contenga al 0 ni al 2.

Ejercicio 2.3

Determine en cuales intervalos el conjunto de funciones ex, sinx son linealmente dependientes.

Ejercicio 2.4

Considere las rectas y1(x) = a1x+ b1 y y2(x) = a2x+ b2, suponga que el conjunto y1, y2 es linealmente dependientes

encuentre la constante α ∈ R, en terminos de (a1, a2), tal que y1(x) = αy2(x) para todo x ∈ R.

31


2.3.1 Dependencia e Independencia Lineal de Solciones

En el caso en que las funciones sobre las cuales queramos analizar independencia sean soluciones deuna ecuacion homogenea de orden n, entonces el siguiente teorema nos ayuda a encontrar una formulaexplıcita del Wronskiano y se le conoce como la formula de Abel

Teorema 2.3. (Formula de Abel) Sean y1, . . . , yn soluciones de la ecuacion diferencial homogenea

any(n) + a

n−1y(n−1) + . . .+ a1y

′ + a0y = 0

donde a0 6= 0 y a0, . . . , an son funciones continuas en un intervalo I ⊆ R. Entonces el Wronskianode y1, . . . , yn en I, viene dado por la formula de Abel

W (y1, . . . , yn;x) = W (y1, . . . , yn; p)e−R x

p(an−1/an)dt ∀x ∈ I

donde p es un punto arbitrario en I.

Por el teorema anterior obtenemos que el signo del Wronskiano de un conjunto de soluciones de unecuacion lineal homogenea, en un intevalo I ⊆ R esta determinada por el valor en un punto, es decirque si W > 0 en algun punto del intevalo entonces W > 0 en todo I, si W < 0 en algun puntodel intevalo entonces W < 0 en todo I y finalmente si W = 0 en algun punto del intevalo entoncesW = 0 en todo I. Entonces por lo anterior obtenemos un metodo muy sencillo para determinarla dependencia o independencia de un conjunto de soluciones de una ecuacion lineal homogenea, yresumimos este resultado en el siguiente teorema.

Teorema 2.4. Sean y1, . . . , yn soluciones de ecuacion diferencial homogenea

any(n) + an−1y

(n−1) + . . .+ a1y′ + a0y = 0

donde a0 6= 0 y a0, . . . , an son funciones continuas en un intervalo I ⊆ R. Entonces

(i) y1, . . . , yn son linealmente independientes si y solo si W 6= 0 en algun punto de I.

(ii) y1, . . . , yn son linealmente dependientes si y solo si W = 0 en algun punto de I.

Es importante hacer notar que en caso que las funciones no sean soluciones de una ecuacion diferencialhomogenea entonces debemos analizar el signo del Wronskiano en todo el intervalo de interes.

EJEMPLO 2.2

Considere la ecuacion lineal homogenea(D3 − 6D2 + 11D − 6)(y) = 0

muestre que las solucionesy1 = e2x + 2ex, y2 = 5e2x + 4ex, y3 = ex − e2x.

son l.i., pero son 2 a 2 l.d. en R.

Solucion. Como y1, y2 y y3 son soluciones de la ecuacion diferencial podemos aplicar el teorema 2.4, entonces calculamosel Wronskiano en un punto de R.

W (y1, y2, y3)(0) =

˛˛ e2x + 2ex 5e2x + 4ex ex − e2x

2e2x + 2ex 10e2x + 4ex ex − 2e2x

4e2x + 2ex 20e2x + 4ex ex − 4e2x

˛˛(x=0)

=

˛˛ 3 9 0

4 14 −16 24 −3

˛˛ = 0

entonces podemos concluir que y1, y2 y y3 son linealmente dependientes. De forma similar veamos que cualesquiera dosfunciones de estas son linealmente independientes. Analicemos el caso de y1 con y2, calculando el Wronskiano:

W (y1, y2)(0) =

˛e2x + 2ex 5e2x + 4ex

2e2x + 2ex 10e2x + 4ex

˛(x=0)

=

˛3 94 14

˛= 10 6= 0

y nuevamente por el teorema 2.4 concluimos que y1 y y2 son linealmente independientes. De manera analoga procedemos

para mostrar la independencia lineal de y1 con y3 y de y2 con y3. Observe que en este caso podemos aplicar el teorema

pues sabemos que las funciones y1, y2 y y3 son soluciones de la EDO dada inicialmente.

Ejercicio 2.5

Pruebe que si y1 y y2 son soluciones se la ecuacion diferencial y′′+p(x)y′+q(x)y = 0, en un intervalo I = x : α < x < βy si x0 es un punto de I tal que y1(x0) = y2(x0) = 0, entonces las funciones y1 y y2 son linealmente dependientes.

32


2.4 Ecuacion Lineal Homogenea

En esta seccion analizaremos la EDO del tipo

any(n) + a

n−1y(n−1) + . . .+ a1y

′ + a0y = 0 (2.3)

con a0, . . . , an ∈ C(R), funciones que dependen de la variables x, o en terminos del operador diferencial

φ(D)(y) = 0

Debido al ejercicios 2.1 obtenemos la linealidad del operador φ(D), y por lo tanto tenemos que cualquiercombinacion lineal de soluciones de (2.3) es a su vez una solucion. Es por esta razon que el conjuntode soluciones de una ecuacion diferencial homogenea forma un espacio vectorial sobre el cuerpo de losnumeros reales, y lo llamaremos el espacio solucion. Como veremos en el siguiente la dimension deeste espacio es igual al grado de la ecuacion homogenea.

Teorema 2.5. Si y1, . . . , yn son soluciones l.i, en un intervalo I, de ecuacion diferencial homogenea

φ(D)(y) = 0

entoncesy = c1y1 + . . .+ cnyn

es la solucion completa de esta ecuacion en I.

Entonces en este caso le dimension, en el intervalo I, del espacio solucion es n, al igual que el gradode la ecuacion homogenea, y una base de este espacio es y1, . . . , yn. Dada un ecuacion diferencial aun conjunto de funciones que constituyan una base el espacio solucion, en un intervalo I, se le llamaconjunto fundamental de soluciones en el intervalo (cuando no se haga referencia al intervaloasumiremos que es todo R). Observe entonces que para hallar todas las soluciones de una ecuacionhomogenea de grado n, nuestro problema se reduce a encontrar n soluciones linealmente independi-entes. Centremos nuestra atencion al caso mas sencillo en que la ecuacion tiene coeficientes constantes.

Ejercicio 2.6

En cada caso, halle una ecuacion diferencial tal que los conjuntos de funciones dados constituyan un conjunto funda-mental de soluciones para esa ecuacion.

1. y1 = 1, y2 = x, y3 = x2.

2. y1 = 2, y2 = cosx, y3 = sinx.

3. y1 = x2, y2 = x−1.

4. y1 = sin(x2), y2 = cos(x2).

5. y1 = e−3x sin(2x), y2 = e−3x cos(2x).

6. y1 = x, y2 = exp“−x2

2

”.

Ejercicio 2.7

Verifique que 1 y√x son soluciones de la ecuacion diferencial yy′′ + (y′)2 = 0 para x > 0. ¿ Es c1 + c2

√x la solucion

general? (Explique)

Ejercicio 2.8

Determine en cuales intervalos las funciones y1(x) = x y y2(x) = xex forman un conjunto fundamental de soluciones

para la ecuacion diferencial x2y′′ − x(x− 2)y′ + (x+ 2)y = 0.

Ejercicio 2.9

Considere las funciones y1, y2, . . . , yn soluciones de una EDO lineal homogenea de orden n. Sabemos que el Wronskiano

W (y1, y2, . . . , yn)(x) es distinto de cero en cierto intervalo. Encuentre la ecuacion diferencial lineal homogenea para la

cual este sistema de funciones es un sistema fundamental de soluciones.

33


2.4.1 Coeficientes Constantes

Analicemos ahora el caso de coeficientes constantes en la ecuacion diferencial lineal homogenea, dadapor la formula

any(n) + a

n−1y(n−1) + . . .+ a1y

′ + a0y = 0 (2.4)

en el caso en que a0, . . . , an ∈ R con an 6= 0. Sabemos que la EDO (2.4) se puede escribir utilizandooperadores de la forma

(anDn + a

n−1Dn−1 + . . .+ a1D + a0)(y) = 0

definimos el polinomio caracteristico asociado a la ecuacion (2.4) como el polinomio que se obtienede cambiar el operador diferencial D por una variable λ de la siguiente manera

p(λ) = anλn + an−1λ

n−1 + . . .+ a1λ+ a0 (2.5)

y la ecuacion caracterıstica al igualar el polinomio caracterıstico a cero,

anλn + a

n−1λn−1 + . . .+ a1λ+ a0 = 0.

Para hallar la solucion completa procedemos de la siguiente manera. Factorizamos el polinomiocaracteristico en C, entonces tenemos que

p(λ) = p1(λ)p2(λ)

donde p1 es el polinomio de mayor grado n1 ≤ n que divide a p y que se puede factorizar completamenteen R, es decir

p1(λ) = (λ− r1)m1 . . . (λ− rp)mp

donde r1, . . . , rp ∈ R con m1 + . . .+mp = n1, y p2 es un polinomio de grado n2 ≤ n que se factorizaen C de la siguiente forma

p2(λ) = (λ− z1)µ1(λ− z1)µ1 . . . (λ− zq)µq (λ− zq)µq

donde z1, . . . , zq ∈ C − R y si zj = αj + iβj , entonces z = αj − iβj es el conjugado complejo de zjpara j = 1, . . . , q. Claramente µ1 + . . .+ µq = n2 y n = n1 + n2.

Entonces por cada factor de la forma:

• (λ− r)m: Corresponden m soluciones linealmente independientes

erx, xerx, . . . , xm−1erx

de la ecuacion lineal homogeneas dada.

• (λ− z)µ(λ− z)µ: Corresponden 2µ soluciones linealmente independientes de la ecuacion dada,y si z = α+ iβ, entonces estas vienen dadas por

eαx cosβx, xeαx cosβx, . . . , xµ−1eαx cosβx

eαx sinβx, xeαx sinβx, . . . , xµ−1eαx sinβx

Ahora observe que con este metodo obtenemos n soluciones linealmente independientes de una ecuacionlineal homogenea de grado n, y sabemos por el Teorema 7, que esto es suficiente para encontrar susolucion completa.

34


EJEMPLO 2.3

Resuelva la siguiente EDOy′′′ − 2y′′ − y′ + 2y = 0

Solucion. En este caso el polinomio caracterıstico es

p(λ) = λ3 − 2λ2 − λ+ 2 = (λ− 2)(λ− 1)(λ+ 1)

y por lo tanto la solucion completa de la ecuacion lineal dada es

y = c1e2x + c2e

x + c3e−x

EJEMPLO 2.4

Resuelva el siguiente problema de valor inicial

yV − 4yIV + y′′′ + 10y′′ − 4y − 8y = 0

yIV (0) = 1 y(i)(0) = iy(i+1)(0) para i = 0,1,2,3.

Solucion. En este caso el polinomio caracterıstico asociado a la EDO dada es

p(λ) = λ5 − 4λ4 + λ3 + 10λ2 − 4λ− 8 = (λ+ 1)2(λ− 2)3

y por lo tanto la solucion completa de la ecuacion lineal dada es

y = c1e−x + c2xe

−x + c3e2x + c4xe

2x + c5x2e2x

utilizando las condiciones iniciales obtenemos que

c1 + c3 = 0

−c1 + c2 + 2c3 + c4 = 6

c1 − 2c2 + 4c3 + 4c4 + 2c5 = 6

−c1 + 3c2 + 8c3 + 12c4 + 12c5 = 3

c1 − 4c2 + 16c3 + 32c4 + 48c5 = 1

resolviendo el sistema llegamos a que

c1 =−85

27, c2 =

−46

27, c3 =

85

27c4 =

−47

27c5 =

1

18

EJEMPLO 2.5

Resuelva la siguiente EDOy′′ + 2y′ + 5y = 0


p(λ) = λ2 + 2λ+ 5 = (λ− z)(λ− z)

con z = −1 + 2i y z = −1− 2i, por lo tanto la solucion completa de la ecuacion lineal dada es

y = c1e−x sin 2x+ c2e

−x cos 2x

EJEMPLO 2.6

Resuelva la siguiente EDO

yV I − 14yV + 87yIV − 292y′′′ + 543y′′ − 494y′ + 169y = 0


p(λ) = λ6 − 14λ5 + 87λ4 − 292λ3 + 543λ2 − 494λ+ 169 = (λ− z)2(λ− z)2(λ− 1)2

35


con z = 3 + 2i y z = 3− 2i, por lo tanto la solucion completa de la ecuacion lineal dada es

y = c1e3x sin 2x+ c2xe

3x sin 2x+ c3e3x cos 2x+ c4xe

3x cos 2x| z raices no reales

+ c5ex + c6xe

x| z raices reales

Ejercicio 2.10

Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales

1. y′′ − 6y′ + 9y = 0.

2. y′′′ − 3y′′ + 3y′ − y = 0.

3. y′′′ + 6y′′ + 11y′ + 6y = 0.

4. y′′′ − 5y′′ + 17y′ − 13y = 0.

5. 4yIV + 4y′′ + y = 0.

6. yIV − y′′ = 0.

7. yV + 8y′′′ + 16y′ = 0.

8. yV I − 2yV + yIV = 0.

Ejercicio 2.11

Se conoce la solucion particular y1 = ekx de la ecuacion diferencial lineal homogenea de segundo orden con coeficientes

constantes. Si el polinomio caracterıstico tiene discriminante igual a cero. Halle la solcucion particular de esta ecuacion

que satisface las condiciones iniciales: y(0) = y′(0) = 1.

Ejercicio 2.12

A partir de las raices dadas de la ecuacion caracterıstica de la EDo lineal homogenea con coeficientes constantes formela ecuacion diferencial y escriba su solucion general.

(a) λ1 = 3, λ2 = −2.

(b) λ1,2 = 3± i2.

(c) λ1 = 0, λ2 = λ3 = 4.

(d) λ1 = λ2 = λ3 = 2.

Ejercicio 2.13

Muestre que la solucion general de la ecuaciony′′ + α2y = 0

puede ser representada de la forma y = A sin(αx+ ϕ) o de la forma y = A cos(αx+ ϕ), para A,ϕ ∈ R.

Ejercicio 2.14

Halle la solucion particular de la ecuacion diferencial y′′ − y = 0 que es tangente a la recta y = x en el punto (0, 0).

Ejercicio 2.15

Halle la solucion particular de la ecuacion diferencial y′′ − 4y′ + 3y = 0 que es tangente a la recta 2x− 2y+ 9 = 0 en el

punto (0, 2).

2.5 Metodo de Euler

La ecuacion de Euler es una una ecuacion lineal con coeficientes variables de la siguiente forma:

anxny(n) + an−1x

n−1y(n−1) + . . .+ a1xy′ + a0y = 0

donde a0, . . . , an ∈ R. Para resolverla utilizamos el cambio de variable independiente

t = lnx.

Observese que este cambio es muy diferente a los que hemos hecho hasta ahora, debido a que lo quecambiamos es la variable x (y no la variable y) por la variable t.

36


Denotemos por Dx = ddx al operador “diferenciar con respecto a x” y por Dt = d

dx al operador“diferenciar con respecto a t”. Entonces por induccion podemos demostrar que

xnDnx = Dt(Dt − 1)(Dt − 2) · · · (Dt − (n− 1))

lo cual nos permite transformar la ecuacion incial (2.5) en un a E.D. Homogenea con coeficientesconstantes.

EJEMPLO 2.7

Resuelva la ecuacion diferencialx2y′′ + xy′ + 4y = 0

Solucion. Tomando el cambio de variable t = lnx, obtenemos que la ecuacion inicial

(x2D2x + xDx + 4)(y) = 0

se transforma en(Dt(Dt − 1) +Dt + 4)(y) = (D2

t + 4)(y) = 0

cuyo polinomio caracterıstico esp(λ) = λ2 + 4

y por lo tanto las raices de la ecuacion caracterıstica son λ = ±i2. COn lo cual

y = c1 sin(2t) + c2 cos(2t)

volviendo a la variable x obtenemosy = c1 sin(2 lnx) + c2 cos(2 lnx)

2.6 Reduccion de Orden con Solucion Particular

Supongamos que podemos encontrar una solucion particular de una EDO lineal, entonces el siguienteteorema nos permite disminuir el grado de la ecuacion lineal inicial.

Teorema 2.6. Si conocemos una solucion particular, digamos y1, de la ecuacion lineal de orden n,

an(x)y(n) + a

n−1(x)y(n−1) + . . .+ a1(x)y′ + a0(x)y = 0

entonces el cambio de variable v = y/y1 transforma esta ecuacion en una ecuacion de orden n− 1 env′. Mas aun, en el caso en que la ecuacion diferencial original sea de orden 2, entonces por mediode este cambio de variable, obtenemos una nueva solucion linealmente independiente de y1 que vienedada por

y2 = y1

∫e−

Ran−1/andx

y21

dx

Es importante hacer notar que este teorema de cambio de variable se aplica para la ecuacion ho-mogenea, y no se hace ninguna restriccion sobre los coeficientes de la ecuacion y por lo tanto estospueden ser variables.

EJEMPLO 2.8

Considere la ecuacion linealy′′ + xy′ − (6x2 − 2)y = 0

muestre que y1 = ex2

es una solucion de esta ecuacion, ademas encuentre una otra solucion linealmente independientede y1, y con ella halle la solucion completa.

Solucion. Facilmente se prueba que y1 = ex2

es solucion. Utilizando el cambio de variable v = y/y1 obtenemos que

y′ = ex2v′ + 2xex

2v

y′′ = ex2v′′ + 4xex

2v′ + 2ex

2v + 4x′ex

2v

37


sustituyendo en la ecuacion inicial llegamos a que

v′′ex2

+ 5xex2v′ = 0

la cual es una ecuacion lineal de primer orden en v′, resolviendola obtenemos que

y2 = ex2Ze−5x2/2dx

que es la misma solucion que se obtiene mediante la formula del teorema

y2 = y1

Ze−

Ra1/a2dx

y21dx

y por lo tanto la solucion completa de la ecuacion diferencial dada es

y = c1ex2

+ c2ex2Ze−5x2/2dx = c1e

x2+ c3 erfx

donde erfx es la integral de la distribucion Gaussiana dada por erfx = 2√π

R x0 e−t

2dt, que como sabemos no se puede

expresar en terminos de funciones elementales.

Ejercicio 2.16

Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales lineales sabiendo que en cada caso existen soluciones particulares de laforma indicada.

1. y′′ − 6y′ + 5y = 0; y1(x) = emx, m ∈ R.

2. y′′ − 2y′ − 3y = 0 y1(x) = emx, m ∈ R.

3. (1− x2)y′′ − 2xy′ + 2y = 0; y1(x) = mx, m ∈ R.

4. xy′′ + 2y′ + xy = 0; y1(x) = sin xx

.

5. x3y′′′ + 5x2y′′ + 2xy′ − 2y = 0; yx = x, y2 = x−1.

2.7 Ecuacion Lineal No Homogenea

Consideremos ahora la EDO del tipo

any(n) + a

n−1y(n−1) + . . .+ a1y

′ + a0y = f (2.6)

con a0, . . . , an, f ∈ C(R), funciones que dependen de la variables x, o en terminos del operadordiferencial

φ(D)(y) = f

Teorema 2.7. Si y1, . . . , yn con soluciones l.i de ecuacion diferencial homogenea

φ(D)(y) = 0

y ademas yf

es una solucion particular de

φ(D)(y) = f

entoncesy = c1y1 + . . .+ cnyn + y

f

es la solucion completa de esta ecuacion lineal no homogenea φ(D)(y) = f .

En el teorema anterior la solucion completa de la ecuacion φ(D)(y) = 0 se llama solucion comple-mentaria de la ecuacion φ(D)(y) = f , y la denotaremos por y

c. Entonces necesitamos encontrar

metodos para hallar una solucion particular de la ecuacion no homogenea y adicionar dicha ecuaciona la solucion completa de la ecuacion homogenea. Veamos a continuacion algunos de estos metodos.

38


2.7.1 Coeficientes Indeterminados

El metodo de coeficientes indetermindados es muy simple de entender, sin embargo su alcance es limi-tado; no obstante los casos en que es ineficiente son muy raros en la practica. Debido a su simplicidady amplio uso sera el primero de los metodos que analizaremos. Este metodo es aplicable cuando lafuncion f(x) tenga una forma apropiada. A continuacion describimos el proceso:

1. Halle la solucion complementaria yc.

2. Asuma una forma de la solucion particular: dependiendo f(x) (sean r, C ∈ R).

(i) Si f es un polinomio de grado n, asuma:

yf = anxn + . . .+ a1x+ a0, a0, . . . , an ∈ R

un polinomio de grado n.

(ii) Para termios C sin rx, C cos rx, o sumas de tales terminos, asuma:

yf = a sin rx+ b cos rx a, b ∈ R

(iii) Para terminos como Cerx asuma:

yf = aerx a ∈ R

(iv) Para suma y/o productos de terminos como en (i), (ii) y (iii), utilice las sumas y/o productosrespectivos.

3. Compare con la yc: si algunos de los terminos asumidos en 2.(i), 2.(ii) o 2.(iii) aparecen enla solucion complementeria y

c, debemos multiplicar estos terminos por la potencia de x mas

pequena (xm), tal que el producto de xm y el termino asumido no aparezca en la solucioncomplementaria.

4. Sustituya la funcion finalmente asumida en la ecuacion diferencial original y encuentre las con-stantes arbitrarias de tal forma que yf sea un solucion particular de la ecuacion no homogenea.

5. Finalmente sume yf

y yc

para obtener la solucion completa de la ecuacion diferencial

y = yc + yf .

EJEMPLO 2.9

Resuelva la siguiente EDOy′′ + 4y = 4e2x

Solucion. En este caso el polinomio caracterıstico asociado a la ecucacion complementaria es

p(λ) = λ2 + 4 = (λ− z)(λ− z)

con z = 2i y z = −2i, por lo tanto la solucion complementaria es

yc = c1 cos 2x+ c2 sin 2x.

Como f(x) = 4e2x, asumimos una solucion particular de la forma yf = ae2x, de donde obtenemos que

8ae2x = 4e2x =⇒ a =1

2

por lo tanto la solucion completa de la ecuacion lineal no homogenea dada inicialmente es

y = yc + yf = c1 cos 2x+ c2 sin 2x+1

2e2x

39


EJEMPLO 2.10

Resuelva la siguiente EDOy′′ + 4y′ + 4y = 6 sin 3x


p(λ) = λ2 + 4λ+ 4 = (λ+ 2)2

por lo tanto la solucion complementaria esyc = c1e

−2x + xc2e−2x.

Como f(x) = 6 sin 3x, asumimos una solucion particular de la forma yf = a sin 3x+ b sin 3x, de donde obtenemos que

(−5a− 12b) sin 3x+ (12a− 5b) cos 3x = 6 sin 3x

lo cual nos da un sistema

−5a− 12b = 6

12a− 5b = 0

resolviendo lo llegamos a que a = − 30169

y b = − 72169

. Por lo tanto la solucion completa de la ecuacion lineal nohomogenea dada inicialmente es

y = yc + yf = c1e−2x + xc2e

−2x +−30

169sin 3x+−

72

169sin 3x

EJEMPLO 2.11

Resuelva la siguiente EDOy′′ + 2y′ + y = 2 cos 2x+ 3x+ 2 + 3ex


p(λ) = λ2 + 2λ+ 1 = (λ+ 1)2

por lo tanto la solucion complementaria esyc = c1e

−x + xc2e−x.

Como f(x) = 2 cos 2x+ 3x+ 2 + 3ex, asumimos una solucion particular de la forma

yf = a sin 3x+ b sin 3x| z 2 cos 2x

+ cx+ d| z 3x+2

+ gex|z3ex

de donde obtenemos que

(−3a− 4b) sin 2x+ (4a− 3b) cos 2x+ cx+ d+ 2c+ 4gex = 2 cos 2x+ 3x+ 2 + 3ex

lo cual nos da un sistema par los coeficientes, resolviendolo llegamos a que a = 825

, b = − 625

, c = 3, d = −4, g = 34

. Porlo tanto la solucion completa de la ecuacion lineal no homogenea dada inicialmente es

y = yc + yf = c1e−x + xc2e

−x +8

25sin 3x+−

6

25sin 3x+ 3x− 4 +

3

4ex.

EJEMPLO 2.12

Resuelva la siguiente EDOy′′′ − 3y′′ + 3y′ − y = 2ex


p(λ) = λ3 − 3λ2 + 3λ− 1 = (λ− 1)3

por lo tanto la solucion complementaria es

yc = c1ex + xc2e

x + x2c3ex.

40


Como f(x) = 2ex, normalmente asumiriamos una solucion particular de la forma yf = aex, sin embargo como ex

aparece en la solucion complementaria, segun el punto 3 debemos tomar yf = ax3ex, de donde obtenemos que

6aex = 3ex

entonces a = 13

. Por lo tanto la solucion completa de la ecuacion lineal no homogenea dada inicialmente es

y = yc + yf = c1ex + xc2e

x + x2c3ex +

1

3x3ex.

Ejercicio 2.17

Resuelva las siguientes ecuaciones no homogeneas:

1. y′′ + y = 2e3x.

2. y′′ + y = 6 cos2 x.

3. y′′ + 3y′ + 2y = 4e−2x.

4. y′′ + 4y = 6 sin 2x+ 3x2.

5. y′′′ − 3y′′ + 3y′ − y = 2ex.

6. y′′′ + y′ = x+ sinx+ cosx.

7. y′′ + y = x sinx.

8. y′′ + 4y = sin4 x.

2.7.2 Variacion de parametros

Este metodo que en principio siempre permite encontrar una solucion particular de la ecuacion nohomogenea con coeficientes variables, sin embargo en muchas ocasiones los calculos pueden ser mastediosos y complicados que en el caso de coeficientes indeterminados. Queremos resolver la ecuacion

any(n) + a

n−1y(n−1) + . . .+ a1y

′ + a0y = f

dividiendo por an a ambos lados, denotando f = f/an y pi = ai/an para i = 0, . . . , n− 1 obtenemos

y(n) + pn−1y(n−1) + . . .+ p1y

′ + p0y = f

supongamos la ecuacion complementaria viene dada por

yc

= c1y1 + . . .+ cnyn.

Entonces, para hallar una solucion particular, el metodo consiste en suponer que las constante oparametros c1, . . . , cn, son funciones que dependen de la variable x, esto es que

yf

= u1(x)y1 + . . .+ un(x)yn

ahora, sustituyendo yf

en la ecuacion original e imponiendole condiciones iniciales adecuadas, obten-emos que las funciones u1, . . . , un satisfacen el siguiente sistema de ecuaciones

u′1y1 + . . .+ u′nyn = 0u′1y′1 + . . .+ u′ny

′n = 0

...u′1y

(n−2)1 + . . .+ u′ny

(n−2)n = 0

u′1y(n−1)1 + . . .+ u′ny

(n−1)n = f

que siempre tiene solucion debido a que

W (y1, . . . , yn) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣y1 y2 · · · yny′1 y′2 · · · y′n...

.... . .

...y(n−1)1 y

(n−1)n · · · y

(n−1)n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0

41


aun mas debido a la regla de Cramer, esta solucion viene dada por:

ui =∫Wi(y1, . . . , yn)W (y1, . . . , yn)

dx

y con esto encontramos la solucion particular buscada.

Ejercicio 2.18

Resuelva en cada caso la ecuacion diferencial no homogenea, utilizando el hecho de que la funcion dada es solucion dela ecuacion homogenea asosiada.

• x2(1− x)y′′ + 2x(2− x)y′ + 2(1 + x)y = x2; y1(x) = xm, m ∈ R.

• xy′′ − 2(x+ 1)y′ + (x+ 2)y = x2e2x; y1(x) = emx, m ∈ R.

42

Capıtulo 3

Sistemas de EDO

Existen muchos casos en que se necesitan modelar fenomenos que tienen mas de una variable depen-diente de un mismo parametro. Veamos un ejemplo de esta situacion:

EJEMPLO 3.1

Suponga que una partıcula de masa m se mueve en un plano xy debido a un fuerza (F) que actua sobre ella. Asumamosque la direccion de la fuerza esta en el plano xy y que la magnitud de dicha fuerza solamente depende de la posicion enque se encuentra la partıcula (solamente depende de x y de y) en el tiempo t. Asumiendo que conocemos la posicioninicial de la partıcula, deseamos encontrar la posicion en el plano xy que tendra la partıcula en cualquier tiempo posterior.

Solucion. Descomponiendo F en sus dos componentes F1 y F2 en las direcciones positivas x y y, repectivamente.Entonces por la segunda ley de Newton obtenemos que

mx′′ = F1(x, y) my′′ = F2(x, y)

con condiciones iniciales dadas por sus posiciones iniciales x(0) = x0, y(0) = y0. Por lo tanto las soluciones del sistema

diferencial anterior son dos funciones x, y tales que nos permiten hallar la posicion de la partıcula en cualquier tiempo

t. El objetivo de este capıtulo es examinar algunos metodos para soluciones este tipo de problemas.

Un sitema de ecuaciones de la forma

dnx1

dtn= f1(t,x,x′, . . . ,x(n−1)),

dnx2

dtn= f2(t,x,x′, . . . ,x(n−1)),

...dnxndtn

= fn(t,x,x′, . . . ,x(n−1))

(3.1)

donde x = (x1, . . . , xn), x(k) = (x(k)1 , . . . , x

(k)n ), para k = 1, . . . , n − 1 y x1, . . . , xn son funciones que

dependen de t, se llama un sistema de ecuaciones diferenciales. Y diremos que integramos este sistemasi dadas condiciones iniciales xi(ai) = bi, ai, bi ∈ R, para i = 1, . . . , n, hallamos funciones x1, . . . , xntales que cumplan con el sistema y las condiciones dadas. Como trabajar con el problema en generalse hace muy complicada, consideremos casos especıficos en los cuales podamos es cribir este sistemade una forma mas simple.

3.1 Operadores

Supongamos que podemos escribir el sistema (3.1) de la forma

43

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPITULO 3. SISTEMAS DE EDO

φ11(D)x1 + . . .+ φ1

n(D)xn = f1(t)φ2

1(D)x1 + . . .+ φ2n(D)xn = f2(t)

...φn1 (D)x1 + . . .+ φnn(D)xn = fn(t) (3.2)

donde φij(D) son polinomios en el operador diferencial para todo 1 ≤ i, j ≤ n. Entonces en estecaso como tenemos que, por ser polinomios, los operadores conmutan, esto es que φij(D)φpq(D) =φpq(D)φij(D), podemos despejar del sistema cada una de las n variables dependiente y resolver el sis-tema como si fuera de unas sola variables dependiente, es mas, en general obtenemos una ecuacion nohomegenea de coeficientes constantes para cada una de las variables x1, . . . , xn. Veamos este metodoen un ejemplo para clarificar las ideas:

EJEMPLO 3.2

Resuelva el sistema

x′ − 3x− 6y = t2

y′ + x′ − 3y = et

Solucion. Escribimos el sistema en la forma (3.2), obtenemos:

(D − 3)x− 6y = t2 (3.3)

Dx+ (D − 3)y = et (3.4)

Ahora multiplicando (3.3) por D, (3.4) por (D − 3) obtenemos

D(D − 3)x− 6Dy = 2t

(D − 3)Dx+ (D − 3)2y = −2et

restando obtenemos que (D2 + 9)y = −2e2 − 2t, resolviendo esta ecuacion general por el metodo de coeficientesindeterminados obtenemos que

y = c1 cos 3t+ c2 sin 3t−1

5et −

2t

9

Analogamente, multiplicando (3.3) por (D−3), y la ecuacion (3.4) por 6 y restando obtenemos (D2+9)x = 6et−3t2+2t,resolviendo llegamos a que

x = c3 cos 3t+ c4 sin 3t+3

5et −

1

3t2 +

2

9t+

2

27ahora tenemos que eliminar las constantes inecesarias, esto lo hacemos sustituyendo las soluciones en alguna de lasecuaciones iniciales, sustituyamos en (3.3), entonces

−3c4 − 3c3 − 6c2 = 0

3c4 − 3c3 − 6c1 = 0

de donde obtenemos que c1 = 12c4 − 1

2c3 y c2 = − 1

2c4 − 1

2c3. Sustituyendo en la ecuacion

y = c1 cos 3t+ c2 sin 3t−1

5et −

2t

9

obtenemos la solucion simultanea deseada

x = c3 cos 3t+ c4 sin 3t+3

5et −

1

3t2 +

2

9t+

2

27

y = (1

2c4 −

1

2c3) cos 3t+ (−

1

2c4 −

1

2c3) sin 3t−

1

5et −

2t

9

Observacion: Dado un sistema es importante saber la cantidad de constantes que son verdadera-mente necesarias. Para esta situacion se tiene un resultado que afirma que la cantidad de constantes

44


necesariar para la ecuacion (3.2), viene dada por el grado del operador polinomico obtenido del sigu-iente determinante ∣∣∣∣∣∣∣∣∣

φ11(D) φ1

2(D) · · · φ1n(D)

φ21(D) φ2

2(D) · · · φ11(D)

......

. . ....

φn1 (D) φn2 (D) · · · φnn(D)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣siempre y cuando este determinante no sea cero, en cuyo caso, o bien no hay solcucion para el sistemao existen un infinidad de soluciones. Utilizando este hecho en el caso del ejemplo 51 tenemos que∣∣∣∣ (D − 3) 6

D (D − 3)

∣∣∣∣ = D2 − 12D + 9

y por lo tanto se necesitan 2 constantes en la solucion simultanea final, como ya vimos.

3.2 Sitemas lineales - Forma Matricial

Supongamos que podemos escribir el sistema (3.1) de la forma lineal

dx1

dt= a11(t)x1 + a12(t)x2 + . . .+ a1n(t)xn + b1(t)

dx2

dt= a21(t)x1 + a22(t)x2 + . . .+ a2n(t)xn + b2(t)

...dxndt

= an1(t)x1 + an2(t)x2 + . . .+ ann(t)xn + bn(t)

(3.5)

donde aij ∈ C(R) para 1 ≤ i, j ≤ n y b1, . . . , bn ∈ C(R). Un sistema de la forma (3.5) se llama sistemade ecuaciones diferenciales lineal, entonces si denotamos

x(t) =

x1(t)...

xn(t)

, A =

a11(t) · · · a1n(t)...

. . ....

an1(t) · · · ann(t)

, B(t) =

b1(t)...

bn(t)

obtenemos que el sistema (3.5), se puede escribir de la forma matricial

x′(t) = A(t)X(t) + B(t) (3.6)

En el caso en que la matriz A sea constante, llamaremos a este sistema, sistema de ecuacionesdiferenciales lineal con coeficientes constantes, ademas si B(t) = 0, diremos que el sistema (3.6) eshomogeneo, en caso contrario diremos que es no homogeneo. En este curso solamente estudiaremosel caso de coeficientes constantes, esto es cuando A es una matriz constante, por lo tanto de aqui enadelante asumiremos que A es constante.

3.2.1 Sistema Homogeneo

Analicemos el sistema homogeneox′(t) = Ax(t) (3.7)

cuando B(t) = 0, de una manera similar al caso de la ecuacion lineal homogenea tenemos el siguienteteorema

45


Teorema 3.1. El conjunto de soluciones de (3.7) forman un espacio vectorial de dimension n.

Si v1(t), . . . ,vn(t) forman una base de este espacio, entonces a la matriz

Φ(t) = [v1(t), . . . ,vn(t)]

se le conoce como la matriz fundamental del sistema (3.7), observe que esta matriz satisface el sistemaen el siguiente sentido

Φ′ = AΦ

mas adelante veremos otras propiedades de la matriz fundamental. Por ahora concentremonos en elproblema de hallar n soluciones independientes, ya que debido el Teorema 10, esto, al igual que en elcaso de la ecuacion lineal homogenea, es suficientes para encontrar la solucion completa del sistemalineal homogeneo (3.7).

Recordando que la ecuacion escalar lineal homogenea de primer orden tiene solucion exponencial,intentemos encontrar un solucion de la forma

x(t) = eλt

donde v es un vector constante. Sustitutendo en (3.7), llegamos que x(t) es solucion si y solo si

Av = λv

es decir, x(t) es una solucion, no trivial, de (3.7) si y solo si v es un vector propio de A, con valorpropio λ. Recordemos del algebra lineal que los valores porpios de una matriz A, son las n raicesdistintas que posee el polinomio caracteristico

p(λ) = |A− λI| =

∣∣∣∣∣∣∣a11 − λ · · · a1n

.... . .

...an1 · · · ann − λ

∣∣∣∣∣∣∣ ,y los vectores propios de A son las soluciones distintas de cero de la ecuacion

(A− λI)v = 0

donde λ varia sobre los valores propios de A, sabemos ademas que cada vector propio tiene un unicovalor propio asociado.

Teorema 3.2. Si A es una matriz, como en (3.7), y sean v1, . . . , vn n vectores propios de A, lin-ealmente independientes, con valores propios asociados λ1, . . . , λn respectivamente, entonces xi(t) =eλitvi, para i = 1, . . . , n son n soluciones linealmente independientes, y por ende la solucion completade (3.7) viene dada por

x(t) = c1eλ1tv1 + . . .+ cne

λntvn

donde c1, . . . , cn ∈ R

Entonces si pudiesemos encontrar, n vectores propios de A linealmente independientes, tendriamosnuestro problema resuelto. Veamos que en el caso en que todos los valores propios de A sean realesy distintos obtenemos lo que buscamos, la razon de esto se justifica con el siguiente teorema

Teorema 3.3. Cualesquiera k vectores propios de A con valores propios dos a dos ditintos sonlinealmente independientes.

Veamos un ejemplo de este caso (cuando todos los valores propios de A son reales).

46


EJEMPLO 3.3

Encuentre la solucion completa del sistema

x′ =

0@ 1 −1 43 2 −12 1 −1

1Ax

Solucion. El polinomio caracteristico de A es

p(λ) = (1− λ)(λ− 3)(λ+ 2)

de modo que los valores propios de A son λ1 = 1, λ2 = 3 y λ3 = −2. Encontrando los vectores propios asociados aλ1, λ2, λ3, hallamos respectivamente

v1 =

0@ −141

1A v2 =

0@ 121

1A v3 =

0@ −111

1Aentonces la solucion general es

x(t) = c1etv1 + c2e

3tv2 + c3e−2tv3 =

0@ −c1et + c2e3t − c3e−2

4c1et + 2c2e3t + c3e−2t

c1et + c2e3t + c3e−2t

1A

3.2.2 Valores Propios Complejos

Sea A una matriz con valores propios distintos, si tenemos que A tiene a λ = α+ iβ como valor propioy a v como su vector propio asociado, sabemos que x = eλtv es solucion del sitema

x′ = Ax

como veremos a continuacion esta solucion v, da lugar a dos soluciones linealmente independientes

Teorema 13

Sea v un vector propio no real de A, tal que v(t) = w(t) + iz(t), entonces, tanto, w(t) como z(t) sonsoluciones linealmente independientes del sistema

x′ = Ax

Este resultado nos permite encontrar la solucion completa para el caso en que A tengo valores propiosdistintos, sean reales o complejos.

EJEMPLO 53Encuentre la solucion del problema de valor inicial del siguiente sistema

x′ =

0@ 1 0 00 1 −10 1 1

1Ax, x(0) =

0@ 111

1ASolucion. El polinomio caracteristico de A es

p(λ) = (1− λ)(λ2 − 2λ+ 2) = (λ− 1)(λ− (1 + i))(λ− (1− i))

de modo que los valores propios de A son λ1 = 1, λ2 = 1 + i y λ2 = 1− i. Encontrando el vector propio asociado a λ1

obtenemos que

v1 =

0@ 100

1Ade donde tenemos que que

x1(t) = etv1.

Ahora, utilizando cualquiera de los valores propios compejos, λ1 o su conjugado, hallamos las otras dos solucioneslinealmente independientes. Utilicemos λ2, hallando el vector propio asociado encontramos que

47


v2 =

0@ 0i1

1Aentonces

x2(t) = e(i+1)tv2 = et.

0@ 0− sin tcos t

1A+ iet.

0@ 0cos tsin t

1A = w(t) + iz(t)

entonces por el teorema anterior w(t) y z(t) son dos soluciones linealmente independientes. Por lo tanto la soluciongeneral del sistema es

x(t) = c1v1(t) + c2w(t) + c3z(t)

utilizando la condicion inicial llegamos a que c1 = c2 = c3 = 1 y por lo tanto

x(t) = et

0@ 1cos t− sin tcos t+ sin t

1A

EjercicioEncuentre la solucion del problema de valor inicial del siguiente sistema

x′ =

0@ −3 0 21 −1 0−2 −1 0

1Ax, x(0) =

0@ 0−1−2

1A

4.2.1.2. Valores Propios RepetidosSea A una matriz con valores propios distintos, entonces en este caso A no neceserariamente tiene n

vectores propios linealmente independientes, sin embargo aun ası podemos encontrar por medio de losvalores propios las n soluciones linealmente independientes.

Supongamos que tenemos una matriz A n × n que tiene solamente k < n vectores propios linealmenteindependientes. Recordemos que que x(t) = ceat es una solucion de la ecuacion diferencial x′(t) = ax,para cualquier constante c. De la misma manera, serıa deseable poder decir que x(t) = eAtv es unasolucıon de la ecuacion diferencial vectorial

x′ = Ax (3.8)

para cualquier vector constante v. Sin embargo, eAt no esta definido si A es una matriz n × n.Para solucionar este inconveniente definimos de manera natural, al igual que para valores en R, laexponencial de una matriz A n× n por medio de la serie

eAt =∞∑n=0

Antn

n!

= I + At+A2t2

2!+

A3t3

3!+ . . . (3.9)

Es posbible probar que la serie (3.9) converque para toda t y que se puede derivar termino a termino,en particular se cumple que

d

dteAt = AeAt

y esto implica que para cualquier vector constante v, eAtv es una solucion de (3.8) ya que

d

dteAtv = AeAtv = A(eAtv)

Teorema 14

Si A y B son matrices n× n que conmutan (AB= BA), entonces

eAt+Bt = eAteBt

48


Vamos a utilizar este teorema para poder encontrar n soluciones linealmente independientes para (3.8),de la siguiente manera como para todo λ ∈ R y v vector constante (A − λI)(λI) = (λI)(A − λI),entonces

eAtv = eλIte(A−λI)tv = eλte(A−λI)tv (3.10)

Observese ahora que si (A − λI)m = 0 para algun entero m, entones la serie e(A−λI)tv es finita lapodemos calcular y por lo tanto podemos hallar una solucion de (3.8) para cada λ y cada vectorconstante v. Ahora la manera de saber cuales valores de λ y y v usar vienen dados por el siguienteteorema

Teorema 15

Si el polinomio caracteristico de A es

p(λ) = (λ− λ1)µ1(λ− λ2)µ2 · · · (λ− λk)µk

entonces para cada valor propio λi existen µi vectores linealmente independientes v, que cumpla conalguna de las siguientes ecuaciones

(A− λI)v = 0(A− λI)2v = 0

...(A− λI)µiv = 0

y se encuentran resolviendo cada una de las ecuaciones.

Entonces por el teorema anterior podemos hallar µ1 + µ2 + . . . + µk = n, vectores v linealmente inde-pendientes tal que (A − λI)mv = 0, para algun m y para algun λ valor propio de A. Por lo tantopodemos hallar para cada uno de esos vectores y sus respectivos valores propios

e(A−λI)tv

con ello hallamoseAtv

que nos da una solucion de (3.8), y como tenemos n vectores v linealmente independientes, hallamosn soluciones linealmente independientes. Veamos el metodo con el siguiente ejemplo

EJEMPLO 54Encuentre la solucion completa de siguiente sistema de ecuaiones diferenciales

x′ =

0@ 1 1 00 1 00 0 2

1Ax,

Solucion. El polinomio caracteristico de A esp(λ) = (1− λ)2(2− λ)

entonces λ1 = 2 tiene multiplicidad 1, y λ2 = 1 tiene multiplicidad 2. Encontrando el vector propio asociado a λ1

obtenemos que

v1 =

0@ 001

1Ade donde tenemos que que

x1(t) = e2tv1.

Ahora como λ2 tiene multiplicidad 2, entonces por el teorema 15 podemos hallar dos vectores linealmente independientesque cumplan alguna de las dos ecuaciones

(A− I)v = 0 (3.11)

(A− I)2v = 0 (3.12)

49


Resolviendo (3.11) obtenemos que

v2 =

0@ 100

1Ay por lo tanto

x2(t) = etv2.

Ahora queremos encontrar un v3 que cumpla (3.12) y sea linealmente independiente a v2, o que es lo mismo que nocumpla (3.11), encontramos que podemos tomar v3, para simplificar los calculos, como

v3 =

0@ 010

1Apor lo tanto

x3(t) = eAtv3

= ete(A−I)tv3

= et[I + t(A− I)]v3

= etv3

entonces la solucion completa de la ecuacion es

x(t) = c1x1(t) + c2x2(t) + c3x3(t)

EjercicioResolver el problema de valor inicial

x′ =

0@ 2 1 30 2 −10 0 2

1Ax, x(0) =

0@ 121

1A

Solucion. x(t) = e2t

0@ 1 + 5t− 12t2

2− t1

1AAhora que tenemos el metodo general para obtener la matriz fundamental Φ(t), veamos que esta matriz

nos permite calcular explicitamente eAt.

Teorema 16

Si Φ(t) es una matriz fundamental de soluciones de la ecuacion x′ = Ax, entonces

eAt = Φ(t)Φ−1(0)

mas aun eAt es tambien una matriz fundamental.

Como ejercicio puede intentar calcular el valor de la exponencial de A, para la matriz del ejemplo 54.

4.2.2. Ecuacion No Homogenea - Variacion de ParametrosConsideremos ahora el problema no homogeneo

x′ = Ax + B(t) (3.13)

Al igual que en el caso no homogeneo de las ecuacionel lineales obtenemos el siguiente teorema.

50


Teorema 17

Si x1, . . . ,xn son una base del conjunto de soluciones de la ecucion homogenea

x′ = Ax

y xb es una solucion particular de la ecuacion no homogenea

x′ = Ax + B(t)

entonces x(t) = c1x1(t) + . . .+ cnxn(t) + xb(t) es una solucion completa de la ecuacion no homogenea.

Entonces al igual que en las ecuaciones de lineales, en este caso tambien se puede aplicar la idea deLagrange de variacion de parametros. Sean x1(t), . . . ,xn(t), n soluciones linealmente independientesde la ecuacion homogenea x′ = Ax. Sabemos entonces que la ecuacion c1x1(t)+. . .+cnxn(t)+xb(t) esla solucion general de la ecuacion homogenea, y la idea es asumir que podemos encontrar una solucionparticular de (3.13) si consideramos cada una de las constantes ci como funciones ui(t) que dependendel parametro t, para 1 ≤ i ≤ n. Entonces tenemos que

xb = u1(t)x1(t) + . . .+ un(t)xn(t) + xb(t)

y debemos encontrar las funciones u1, . . . , un. Esta ecuacion puede escribirse de manera abreviada dela forma:

x(t) = Φ(t)u(t)

donde

Φ(t) = [x1(t), . . . ,xn(t)] y u(t) =

u1(t)...

un(t)

.

Al sustituir esta expresion en la ecuacion (3.13) obtenemos

Φ′(t)u(t) + Φ(t)u′(t) = AΦ(t)u(t) + B(t)

y como la matriz Φ(t) es una matriz fundamental de soluciones, entonces cumple con la ecuacionΦ′(t) = AΦ(t), entonces obtenemos que

Φ(t)u′(t) = B(t)

recordemos que las columnas de los vectores de Φ(t) son linealmente independientes para todo t, ypor lo tanto la Φ−1(t) existe y se cumple que

u′(t) = Φ−1(t)B(t)

interando obtenemos que

u(t) =∫

Φ−1(t)B(t)dt,

ahora si Φ(t) es la matriz fundamental de soluciones eAt, entonces los calculos se simplifican pues eneste caso Φ−1(t) = e−At. y por lo tanto

u(t) =∫e−AtB(t)dt

entonces obtenemos que

xb(t) = eAtu(t) = eAt∫e−AtB(t)dt

51


finalmente la solucion completa a la ecuacion (3.13) es

x(t) = c1x1(t) + . . .+ cnxn(t) + xb(t)

EJEMPLO 54Encuentre la solucion completa de siguiente sistema de ecuaiones diferenciales

x′ =

0@ 1 0 02 1 −23 2 1

1Ax +

0@ 00

et cos 2t

1A ,

Solucion. Calculando las soluciones tres soluciones linealmente independientes de la ecuacion homogenea obtenemos que

x1(t) = et

0@ 2−3

2

1A , x2(t) = et

0@ 0cos 2tsin 2t

1A , x3(t) = et

0@ 0sin 2t− cos 2t

1Aentonces

Φ(t) =

52

Capıtulo 4

Solucion por Series

4.1 Puntos Singulares


a2(x)y′′ + a1(x)y′ + a0(x)y = 0 (4.1)

normalizando obtenemosy′′ + P (x)y′ +Q(x)y = 0

Decimos que a es un punto singular regular de la ecuacion diferencial anterior si las funcionesp(x) = (x− a)P (x) y q(x) = (x− a)2Q(x) son analıticas en a. En caso contrario decimos que el a esun punto singular irregular.

En este custo solamente estudiaremos solucion por series alrededor de puntos singulares regulares.Mas aun como todo sistema con condiciones inciales en x = a se puede transladar a condicionesiniciales en x = 0. Basta con analizar los sistemas de ecuaciones diferenciales con x = 0 como puntosingular regular.

EJEMPLO 4.1

Clasifique los puntos singulares de la siguiente ecuacion diferencial, en puntos singulares regulares o puntos singularesirregulares.

(x2 − 4)2y′′ + 3(x− 2)y′ + 5y = 0

Solucion: Normalizando

P (x) =3

(x− 2)(x+ 2)2Q(x) =

5

(x− 2)2(x+ 2)2

Claramente los puntos singulares (i.e. los puntos donde P (x) o Q(x) no son analıticas) son x = 2 y x = −2.Analizamos cada punto por aparte. Para x = 2 obtenemos que

p(x) = (x− 2)P (x) =3

(x+ 2)2

q(x) = (x− 2)2Q(x) =5

(x+ 2)2

y ambas son analıticas en x = 2. Por lo tanto x = 2 es un punto singular regular.Anora analicemos el caso x = −2, en este caso obtenemos

p(x) = (x+ 2)P (x) =3

(x− 2)(x+ 2)

q(x) = (x+ 2)2Q(x) =5

(x− 2)2

de donde se deduce que x = −2 es un punto singular irregular, pues p(x) no es analıtica en x = −2.

Ahora para encontrar soluciones alrededor de un punto singular regular utlizamos el siguiente teoremade Frobenius

53

MA01500 – Ecuaciones Diferenciales CAPITULO 4. SOLUCION POR SERIES

Teorema 4.1 (Teorema de Frobenius). Si x = a es un punto singular regular de la ecuacion diferencial

a2(x)y′′ + a1(x)y′ + a0(x)y = 0

entonces existe al menos una solucion de la forma

y =∞∑n=0

an(x− a)n+r

para algun r ∈ R.

Este teorema solamente nos garantiza una de las dos soluciones que estamos buscando. Sin embargoen muchos casos es suficiente para encontrar dos soluciones linealmente independientes de la ecuacionhomogenea (4.1). Veamos un ejemplo.

EJEMPLO 4.2

Resuelva la ecuacion diferencial3xy′′ + y′ − y = 0

alrededor del punto x = 0.

Solucion: Facilmente se verifica que x = 0 es un punto singular regular. Entonces aplicando el Teorema de Frobeniusbucamos una solucion de la forma

y =

∞Xn=0

anxn+r, r ∈ R

derivando para sustituir

y′ =

∞Xn=0

(n+ r)anxn+r−1

y′′ =

∞Xn=0

(n+ r)(n+ r − 1)anxn+r−2

observe que en este caso los ındices iniciales no se modifican, pues no se cancelan los primeros terminos a menos quer = 0. Sustituyendo obtenemos:

3xy′′ + y′ − y = 3x

∞Xn=0

(n+ r)(n+ r − 1)anxn+r−2 +

∞Xn=0

(n+ r)anxn+r−1 −

∞Xn=0

anxn+r

=

∞Xn=0

3(n+ r)(n+ r − 1)anxn+r−1 +

∞Xn=0

(n+ r)anxn+r−1 −

∞Xn=0

anxn+r (coeficientes)

=

∞Xn=−1

3(n+ r + 1)(n+ r)an+1xn+r +

∞Xn=−1

(n+ r + 1)an+1xn+r −

∞Xn=0

anxn+r (subındices)

= (3r(r − 1) + r) a0xr−1| z

n=−1

+∞Xn=0

(3(n+ r + 1)(n+ r)an+1 + (n+ r + 1)an+1 − an)xn+r (simplificar)

= (r(3r − 2)) a0xr−1| z

n=−1

+∞Xn=0

((n+ r + 1)(3n+ 3r + 1)an+1 − an)xn+r = 0

dividiendo entre xr−1, como a0 6= 0 y debido a que toda la serie esta igualada a cero obtenemos las dos ecuaciones

r(3r − 2) = 0 (4.2)

(n+ r + 1)(3n+ 3r + 1)an+1 − an = 0 (4.3)

La ecuacion (4.2) se le conoce como ecuacion indical

r(3r − 2) = 0

y esta ecuacion es la que determina para cuales valores de r se va a poder encontrar una solucion de la forma asumidainicialmente. Es mas desde este momento se puede saber si la forma asumida

y =

∞Xn=0

anxn+r

54


va a generar dos soluciones linealmente independientes. Y esto es si las raices r1 y r2 de la ecuacion indical (4.2) sontales que su diferencia no es un numero entero.(i.e. r1 − r2 /∈ Z)

Este es uno de estos casos, pues observe que las soluciones de la ecuacion indical son r1 = 0 y r2 = 2/3 y claramentesu diferencia no esta en Z. Entonces lo que hacemos para encontrar las dos soluciones linealmente independientes esanalizar cada uno de los casos de r1 = 0 y r2 = 2/3 por aparte.

Asumamos que r = 0, entonces la formula de recurrencia que se obtiene de la ecuacion (4.3)

an+1 =an

(n+ r + 1)(3n+ 3r + 1); n ≥ 0

se transforma enan+1 =

an

(n+ 1)(3n+ 1)

entonces dando valores para n = 0, 1, 2, . . .

a1 =a0

1 · 1a2 =

a1

2 · 4a3 =

a2

3 · 7a5 =

a3

4 · 10

..

.

an =an−1

n · (3n− 2)

multiplicando ambos lados de la igualdad obtenemos

a1 · a2 · a3 · · · an =a0 · a1 · a2 · · · an−1

n!1 · 4 · 7 · · · (3n− 2)

de donde finalmente obtenemosan =

a0

n!1 · 4 · 7 · · · (3n− 2); n ≥ 1

por lo tanto la solucion y obtenida cuando r = 0 es igual a

y = a0 +

∞Xn=1

anxn = a0

1 +

∞Xn=1

1

n!1 · 4 · 7 · · · (3n− 2)xn

!tomando a0 = 1 obtenemos una solucion particular

y1 = 1 +

∞Xn=1

1

n!1 · 4 · 7 · · · (3n− 2)xn

Asumamos que r = 2/3, entonces la formula de recurrencia que se obtiene de la ecuacion (4.3)

an+1 =an

(n+ r + 1)(3n+ 3r + 1); n ≥ 0

se transforma enan+1 =

an

(n+ 1)(3n+ 5)

entonces dando valores para n = 0, 1, 2, . . .

a1 =a0

1 · 5a2 =

a1

2 · 8a3 =

a2

3 · 11

a5 =a3

4 · 14

...

an =an−1

n · (3n+ 2)

55


multiplicando ambos lados de la igualdad obtenemos

a1 · a2 · a3 · · · an =a0 · a1 · a2 · · · an−1

n!5 · 8 · 11 · · · (3n+ 2)

de donde finalmente obtenemosan =

a0

n!5 · 8 · 11 · · · (3n+ 2); n ≥ 1

por lo tanto la solucion y obtenida cuando r = 2/3 es igual a

y = a0x2/3 +

∞Xn=1

anxn+2/3 = a0x

2/3

1 +

∞Xn=1

a0

n!5 · 8 · 11 · · · (3n+ 2)xn

!tomando a0 = 1 obtenemos una solucion particular

y1 = x2/3

1 +

∞Xn=1

1

n!5 · 8 · 11 · · · (3n+ 2)xn

!Finalmente la solucion final de la ecuacion inicial es:

y = ay1 + by2, a, b ∈ R

En caso de que la ecuacion indical tenga dos raices cuya diferencia sea un entero, entonces las solucionesy1 y y2 obtenidas en el ejemplo anterior seran linealmente dependientes. Para este caso lo que hacemoses buscar dos soluciones linealmente independientes de la forma

y1 =∞∑n=0

anxn+r1

y2 = Cy1 lnx+∞∑n=0

bnxn+r2 ; C ∈ R

Hay un teorema que garantiza que siempre se podra encontrar dos soluciones de la forma descritaanteriormente y como ambas son linealmente independientes entonces obtenemos la solucion final.

56

Bibliografıa

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[6] Wylie C. R. Advanced Engineering Mathematics, McGraw-Hill, 1966.

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57

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