Ecuaciones diferenciales ordinarias ejercicios y problemas resueltos alonso de mena

El libro está destinado a los estudiantes de enseñanzas técnicas que se enfrentan por primera vez con las ecuaciones diferenciales ordinarias.

Cada capítulo contiene: • una breve introducción teórica, en la que se exponen las definiciones fundamentales, así como los métodos de resolución que se utilizarán posteriormente.

• una amplia colección de ejercicios y problemas en orden creciente de dificultad, totalmente resueltos.

Ana Isabel Alonso de Mena es profesora titular del departamento de Matemática Aplicada de la Escuela Técnica Superior de Ingenieros Industriales de la Universidad de Valladolid.

Jorge Álvarez López y Juan Antonio Calzada Delgado son profesores ayudante doctor del departamento de Matemática Aplicada de la Escuela Técnica Superior de Ingenieros Industriales de la Universidad de Valladolid.

Todos ellos trabajan en el campo de las ecuaciones diferenciales contando con numerosas publicaciones científicas en revistas internacionales de reconocido prestigio.

La profesora Ana I. Alonso está especializada en el estudio cualitativo de sistemas dinámicos; el profesor Jorge álvarez investiga en la obtención e implementación de métodos numéricos para su resolución y el profesor Juan A. Calzada tiene amplia experiencia en la modelización de fenómenos biofísicos mediante ecuaciones diferenciales.

Ana Isabel Alonso de Mena • Jorge Álvarez López • Juan Antonio Calzada Delgado

Este texto está dedicado al planteamiento y resolución detallada de problemas.

El proceso de modelado, la resolución y la interpretación de las soluciones se realizan de modo ordenado y sistemático.

Ecuaciones diferenciales ordinarias ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS. Ejercicios y Problemas resueltos

Si algo caracteriza esta materia es la gran diversidad e importancia de sus aplicaciones, y es en el planteamiento y resolución de problemas concretos, inspirados en gran medida en modelos físicos, donde se puede encontrar la motivación necesaria para su estudio y percibir su utilidad.

Ejercicios y Problemas resueltos Ana Isabel Alonso de Mena Jorge Álvarez López • Juan Antonio Calzada Delgado

ISBN 978-84-96477-59-9

c/ Luarca, 11 28230 Las Rozas de Madrid Madrid Tel. 91 637 16 88 www.deltapublicaciones.com

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ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS EJERCICIOS Y PROBLEMAS RESUELTOS

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS EJERCICIOS Y PROBLEMAS RESUELTOS

ANA ISABEL ALONSO DE MENA JORGE ÁLVAREZ LÓPEZ JUAN ANTONIO CALZADA DELGADO Escuela Técnica Superior de Ingenieros Industriales UNIVERSIDAD DE VALLADOLID

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS EJERCICIOS Y PROBLEMAS RESUELTOS

ANA ISABEL ALONSO DE MENA JORGE ÁLVAREZ LÓPEZ JUAN ANTONIO CALZADA DELGADO

Editor gerente Diseño de cubierta Preimpresión Impresión

Fernando M. García Tomé IPStudio Delta Publicaciones Jacaryan Avda. Pedro Díez, 3. Madrid (España)

Copyright © 2008 Delta, Publicaciones Universitarias. Primera edición C/Luarca, 11 28230 Las Rozas (Madrid) Dirección Web: www.deltapublicaciones.com © 2008 Los autores

Reservados todos los derechos. De acuerdo con la legislación vigente podrán ser castigados con penas de multa y privación de libertad quienes reprodujeren o plagiaren, en todo o en parte, una obra literaria, artística o científica fijada en cualquier tipo de soporte sin la preceptiva autorización. Ninguna de las partes de esta publicación, incluido el diseño de cubierta, puede ser reproducida, almacenada o transmitida de ninguna forma, ni por ningún medio, sea electrónico, químico, mecánico, magneto-óptico, grabación, fotocopia o cualquier otro, sin la previa autorización escrita por parte de la editorial.

ISBN 978-84-96477-59-9 Depósito Legal (1207-50)

Prólogo

Este libro está dirigido a los estudiantes de enseñanzas técnicas que se enfrentan por primera vez al estudio de las ecuaciones diferenciales.

Si hay algo que caracteriza esta materia es la gran diversidad e importancia de sus aplicaciones, siendo en el planteamiento y resolución de problemas concretos, inspirados en gran medida en modelos físicos, donde se puede encontrar la motivación necesaria para su estudio y percibir su utilidad. Así pues, en un curso introductorio de ecuaciones diferenciales, los ejercicios y las series de problemas resultan cruciales para el aprendizaje del estudiante.

La bibliografía relativa a los aspectos teóricos de las ecuaciones diferenciales es extensa. Sin embargo, resultan escasos los textos dedicados al planteamiento y resolución detallada de problemas; textos donde el proceso de modelado, el análisis y la interpretación de las soluciones se realicen de modo ordenado y sistemático. El deseo de proporcionar a nuestros alumnos un texto de esas características fue la principal motivación para la realización de este libro.

En su elaboración nos hemos guiado por el programa de la asignatura troncal “Ecuaciones Diferenciales I", que el Nuevo Plan de estudios de la E.T.S. de Ingenieros Industriales de la Universidad de Valladolid sitúa en el segundo curso de la titulación.

Una situación similar reflejan los planes de estudio de las enseñanzas técnicas que se imparten en otras universidades.

Cada capítulo comienza con una breve introducción teórica, en la que se exponen las definiciones fundamentales, así como los métodos de resolución que se utilizarán posteriormente. En ningún caso se pretende que ese breve resumen sustituya a un libro de teoría. Tan sólo se ha incluído la información relevante para el lector a la hora de enfocar los problemas propuestos, en un intento de que el libro sea autocontenido.

A continuación se presenta una amplia colección de ejercicios y problemas en orden creciente de dificultad, totalmente resueltos.

Los profesores S. Novo, R. Obaya y J. Rojo, son los autores del libro “Ecuaciones y sistemas diferenciales", McGraw Hill 1995. Este excelente texto recoge el enunciado de numerosos problemas de ecuaciones diferenciales ordinarias y ha sido nuestra inspiración a la hora de elaborar los resúmenes de teoría así como una de nuestras

VI ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

principales fuentes de ejercicios. Nuestro más sincero agradecimiento a todos ellos por su apoyo.

Notación: A lo largo del texto la variable independiente se designará con las letras x ó t. La primera responde a la terminología clásica del cálculo infinitesimal y resulta particularmente adecuada cuando el problema tiene un marcado tinte geométrico o cuando la variable independiente puede interpretarse físicamente como una variable de tipo espacial. Por otro lado, la segunda está motivada por el hecho de que en un buen número de aplicaciones las ecuaciones diferenciales describen la evolución temporal de una (o varias) funciones que determinan el estado de un sistema. El uso de las letras en negrita (y, f, etc.) está asociado a la idea de vector y se utilizará frecuentemente para representar los sistemas de ecuaciones. Las palabras en cursiva evidencian que el concepto se define, en ese momento, por primera vez.

Los autores

Contenido

C APÍTULO 1 Introducción.

1.1. Ecuaciones diferenciales. Clasificación. . . . . . . . . . . . . . . . .

1.2. Soluciones de una ecuación diferencial. Clasificación. . . . . . . . . .

1.3. Problemas de Cauchy. Problemas de contorno. . . . . . . . . . . . . .

1 1 3 4

C APÍTULO 2 Integración elemental de ecuaciones de primer orden 2.1. Ecuaciones de variables separables. . . . . . . . . . . . . .

2.2. Ecuaciones exactas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.2.1. Definición. Criterio de exactitud. . . . . . . . . . . .

2.2.2. Factores integrantes. . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.2.3. Factores integrantes para ecuaciones sencillas. . . .

2.3. Cambio de variables. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.3.1. Ecuaciones homogéneas. . . . . . . . . . . . . . . .

2.3.2. Ecuaciones con coeficientes lineales. . . . . . . . .

2.3.3. Ecuaciones reducibles a lineales: Bernoulli y Riccati.

2.4. Selección de problemas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

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. . . . . . . . . .

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5 5 6 6 7 8 10 10 11 11 13

C APÍTULO 3 Ecuaciones y sistemas lineales. Teoría general 3.1. Definición y clasificación. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.1.1. Sistema equivalente a una ecuación. . . . . . . . . .

3.1.2. Sistemas reales y complejos. . . . . . . . . . . . . .

3.2. Teoremas de existencia y unicidad. Iteradas de Picard. . . .

3.3. Sistemas lineales de primer orden con coeficientes continuos.

3.3.1. Sistema homogéneo. Matriz fundamental. . . . . . .

3.3.2. Sistema no homogéneo. Variación de las constantes.

3.4. Ecuaciones escalares lineales de orden superior. . . . . . . .

. . . . . . . .

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. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

83 83 84 84 85 85 85 88 89

VIII ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

3.4.1. Ecuación homogénea. Sistema fundamental de soluciones. . .

3.4.2. Ecuación no homogénea. Variación de las constantes.

Fórmula de Green. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.5. Selección de problemas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

92 94

C APÍTULO 4 Sistemas diferenciales lineales de primer orden con coeficientes constantes 4.1. Sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes. . . . . . .

4.1.1. Solución general. La exponencial de una matriz. . . . . . . .

4.1.2. Polinomio interpolador. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4.1.3. Soluciones asociadas a valores propios. . . . . . . . . . . . .

4.2. Sistemas lineales no homogéneos con coeficientes constantes. . . . .

4.2.1. Variación de las constantes. Resonancia. . . . . . . . . . . . .

4.3. Selección de problemas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

131 131 131 133 134 136 136 137

C APÍTULO 5 Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes 5.1. Ecuaciones lineales homogéneas con coeficientes constantes. . .

5.1.1. Solución general. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5.1.2. La ecuación de Euler. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5.2. Ecuaciones lineales no homogéneas con coeficientes constantes.

5.2.1. Variación de las constantes. . . . . . . . . . . . . . . .

5.2.2. El método operacional. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5.3. Selección de problemas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

197 197 197 198 199 200 200 202

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89

CAPÍTULO

1

Introducción.

Al abordar por primera vez una materia, debemos empezar aprendiendo las definiciones y terminología básica de ese tema. Ese es el objetivo de este breve capítulo: presentar los primeros conceptos de las ecuaciones diferenciales. Se clasifican las ecuaciones de acuerdo con su tipo, orden y linealidad; se especifican los distintos tipos de soluciones que pueden encontrarse y se introducen las nociones de problema de valor inicial y problema de contorno.

1.1. Ecuaciones diferenciales. Clasificación.

D EFINICIÓN. Definición Se llama ecuación diferencial a una ecuación que contiene las derivadas de una o más variables dependientes respecto a una o más variables independientes.

Las ecuaciones diferenciales se pueden clasificar atendiendo al número de variables independientes que intervienen: 1) ecuación diferencial ordinaria, cuando la función incógnita es una función de una variable.

2) ecuación en derivadas parciales cuando la función incógnita es una función de varias variables e intervienen en la ecuación las derivadas parciales respecto de las distintas variables independientes.

En este libro trataremos únicamente las ecuaciones diferenciales ordinarias. El estudio de las ecuaciones en derivadas parciales requiere técnicas bastante diferentes de las utilizadas en ecuaciones diferenciales ordinarias aunque, como es natural, abundan las ideas y métodos comunes a ambas teorías. El paso de una a varias variables independientes implica, en particular, el salto de dimensión finita a dimensión infinita en el

2 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

análisis de determinadas cuestiones, lo que presenta en ocasiones problemas técnicos importantes.

Por ecuación diferencial ordinaria entendemos una expresión de la forma: F(t, y, y , y , . . . , yn) ) = 0 , donde F es una función vectorial de variable también vectorial.

• t = variable independiente. Toma valores reales t ∈ I ⊂ IR. • y = variable dependiente o función incógnita. Toma valores en IRd (o Cd ).

• F = función de (n + 1) d + 1 variables. Toma valores d-dimensionales reales o complejos. F = (F1 , F2 , . . . , Fd ).

– Si d = 1 ⇒ F (t, y, y , . . . , y n) ) = 0 ecuación escalar.

– Si d > 1 ⇒ F(t, y, y , . . . , yn) ) = 0 ecuación vectorial.

La ecuación vectorial F(t, y, y , . . . , yn) ) = 0 puede escribirse como una colección de d ecuaciones escalares de la forma: Fi (t, y, y , . . . , yn) ) = 0

(i = 1, 2, . . . , d) ,

donde las Fi son las componentes de F, funciones escalares de (n + 1) d + 1 variables.

Cuando se escribe así, la ecuación vectorial se denomina generalmente sistema de ecuaciones diferenciales.

D EFINICIÓN. El orden de la derivada superior que interviene en la ecuación, se denomina orden de la ecuación diferencial.

D EFINICIÓN. Cuando la derivada de orden superior aparece despejada se dice que la ecuación está escrita en forma normal. yn) = f (t, y, y , . . . , yn−1) ) .

D EFINICIÓN. La ecuación F(t, y, y , . . . , yn) ) = 0 se dice que es autónoma cuando no depende explícitamente de la variable independiente t; esto es, cuando toma la forma: F(y, y , . . . , yn) ) = 0 .

D EFINICIÓN. Una ecuación diferencial de orden n se dice que es lineal cuando tiene la forma A0 (t) yn) + A1 (t) yn−1) + · · · + An−1 (t) y + An (t) y = b(t) , donde A0 (t), A1 (t), . . . , An (t) son matrices formadas por funciones de t.

Nota. La ecuación escalar lineal de orden n será de la forma: a0 (t) y n) + a1 (t) y n−1) + · · · + an−1 (t) y + an (t) y = b(t) , y un sistema lineal de n ecuaciones de primer orden: y = A(t)y + b(t).

INTRODUCCIÓN.

3

1.2. Soluciones de una ecuación diferencial. Clasificación.

D EFINICIÓN. Toda función y(t) tal que al introducirla en la ecuación diferencial, la transforma en una identidad, se denomina solución o integral de la ecuación diferencial.

En el caso de las ecuaciones de primer orden: 1) Se llama solución general de una ecuación diferencial de primer orden a toda función y(t) = f (t, C) que depende de una constante arbitraria C de modo que satisface la ecuación diferencial para cualquier valor de la constante.

2) Toda función y(t) = f (t, C0 ) deducida de la solución general dando a la constante C un valor concreto C = C0 se llama solución particular.

Nota. Desde el punto de vista geométrico, la solución general de una ecuación de primer orden representa una familia de curvas en el plano de coordenadas dependiente de un parámetro C. Estas curvas se denominan curvas integrales de la ecuación diferencial dada. Cada integral particular está representada por una curva de esta familia que pasa por un punto dado del plano.

Tipos de soluciones (ecuación de primer orden):

soluciones en forma explícita

particular

general

y = f (t)

y = f (t, C)

f (t, y) = 0

t = t(u) soluciones en forma paramétrica y = y(u)

f (t, y, C) = 0

t = t(u, C) y = y(u, C)

soluciones en forma inversa

t = f (y, C)

soluciones en forma implícita

t = f (y)

Nota. Al buscar soluciones de una ecuación es frecuente multiplicar o dividir por determinadas funciones con objeto de llevar la ecuación a alguna forma de la que se conozcan las soluciones.

Hay que tener en cuenta que: 1) al multiplicar una ecuación escalar por una función del tipo μ(t, y), se introduce como solución cualquier función y(t) que verifique μ(t, y(t)) = 0.

2) al dividir por μ(t, y) se pueden suprimir posibles soluciones que verifiquen μ(t, y(t)) = 0.

4 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

1.3. Problemas de Cauchy. Problemas de contorno.

Problema de Cauchy.

Pocos fenómenos quedan totalmente descritos mediante una ecuación diferencial.

La descripción se debe completar con la ayuda de ciertas condiciones sobre la solución.

Cuando el fenómeno descrito es de carácter temporal (o sea la variable independiente representa al tiempo), las condiciones complementarias suelen tomar la forma de valores de la solución y sus derivadas sucesivas en algún instante inicial t0 . Se suele hablar entonces de problema de condiciones iniciales o problema de Cauchy.

Nota. Un problema de Cauchy para la ecuación escalar de primer orden es de la forma,

y = f (t, y) y(t0 ) = y0 .

Un problema de Cauchy para un sistema de primer orden es de la forma,

y = f (t, y) y(t0 ) = y0 , y un problema de Cauchy para la ecuación escalar de orden n es de la forma, ⎧ n) y = f (t, y, y , . . . , y n−1) ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ y(t0 ) = y0 y (t0 ) = y1 ⎪ ⎪ ...... ⎪ ⎪ ⎩ n−1) y (t0 ) = yn−1 .

Interpretación geométrica: La interpretación geométrica de la condición inicial es evidente: la gráfica de la solución deseada debe pasar por el punto (t0 , y0 ).

Problema de contorno.

Cuando el fenómeno descrito es de carácter espacial (o sea, la variable independiente representa una coordenada), las condiciones complementarias suelen tomar la forma de valores de la solución en los extremos de algún intervalo en el que varía la coordenada. Se suele hablar entonces de un problema de contorno.

Las condiciones de contorno influyen de forma decisiva tanto en la existencia como en el número de soluciones del problema de contorno.

CAPÍTULO

2

Integración elemental de ecuaciones de primer orden

En este tema se expone una selección de métodos de integración elemental para la ecuación de primer orden. Conviene observar que, para este tipo de ecuaciones, no existe un procedimiento general de resolución. En este capítulo desarrollamos métodos sistemáticos para resolver algunos tipos especiales de ecuaciones que han tenido una gran importancia en el desarrollo histórico de la teoría de ecuaciones diferenciales.

2.1. Ecuaciones de variables separables.

Una clase sencilla de ecuaciones diferenciales que se pueden resolver por integración es la de variables separables.

D EFINICIÓN. La ecuación diferencial de primer orden y = F (t, y) se llama de variables separables o separable si F (t, y) se puede escribir como producto de una función de t por una función de y; es decir, y = f (t) g(y).

Método de separación de variables. Dada una ecuación separable de primer orden y = f (t) g(y) 1) Si g(y) = 0, dividiendo por g(y) se escribe la ecuación en la forma 1 y = f (t) , g(y) e integrando ambos miembros con respecto a t, se obtiene

1 dy = f (t) dt . g(y)

6 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Si pueden calcularse las primitivas G(y) = entonces G(y(t)) = F (t) + C ,

1/g(y) dy y F (t) =

f (t) dt

C ∈ IR.

define la solución implícitamente.

2) Si y0 es una raíz de la ecuación g(y) = 0, entonces la función constante y(t) = y0 es claramente una solución de la ecuación.

En resumen: se separan las variables y se integran.

2.2. Ecuaciones exactas.

2.2.1. Definición. Criterio de exactitud.

D EFINICIÓN. La ecuación diferencial P (t, y) + Q(t, y) y = 0 se dice que es exacta cuando existe una función diferenciable F (t, y) de modo que ∂F (t, y) = P (t, y) y ∂t

∂F (t, y) = Q(t, y) . ∂y

En ese caso, la ecuación F (t, y) = c define implícitamente una solución general.

Se requiere un criterio para determinar si una ecuación es exacta y, si lo es, establecer un procedimiento para encontrar la función F (t, y). Estas necesidades se satisfacen con el siguiente teorema.

Teorema. (Criterio de exactitud). Supóngase que las derivadas parciales primeras de P (t, y) y Q(t, y) son continuas en un rectángulo R. Entonces, son equivalentes: 1) La ecuación P (t, y) + Q(t, y) y = 0 es exacta en R, 2)

∂Q(t, y) ∂P (t, y) = para todo (t, y) ∈ R. ∂y ∂t

Método para resolver ecuaciones exactas.

1) Si P (t, y) + Q(t, y) y = 0 es exacta, entonces existe una función F (t, y) tal que ∂F/∂t = P . Integrando esta última ecuación obtenemos

F (t, y) = P (t, y) dt + φ(y) .

(2.1) 2) Para determinar φ(y) se deriva (2.1) con respecto a y y se sustituye ∂F/∂y por Q. Ahora se puede despejar φ (y).

3) Se integra φ (y) para obtener φ(y) sin tener en cuenta la constante numérica.

INTEGRACIÓN ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

7

4) Sustituyendo φ(y) en (2.1) obtenemos F (t, y).

5) La solución de P (t, y) + Q(t, y) y = 0 , que a veces se escribe en la forma P dt + Q dy = 0 , viene dada implícitamente por F (t, y) = c , con c ∈ IR. Mediante el procedimiento anterior se obtiene la fórmula

∂ P (t, y) dt dy , F (t, y) = P (t, y) dt + Q(t, y) − ∂y que determina F (t, y), salvo una constante numérica, a partir de las funciones P (t, y) y Q(t, y).

Agrupación de términos. Si tenemos P1 (t, y) + Q1 (t, y) y = 0 exacta con soluci´on F1 (t, y) = c1 , P2 (t, y) + Q2

(t, y) y

= 0 exacta con soluci´on F2 (t, y) = c2 ,

c1 ∈ IR, c2 ∈ IR,

entonces la ecuación (P1 (t, y) + P2 (t, y)) + (Q1 (t, y) + Q2 (t, y)) y = 0 , es exacta con solución: F1 (t, y) + F2 (t, y) = c , con c ∈ IR.

2.2.2. Factores integrantes.

D EFINICIÓN. Una función μ(t, y) es un factor integrante para la ecuación diferencial P (t, y) dt + Q(t, y) dy = 0 , si la ecuación obtenida multiplicando por μ(t, y) μ(t, y) P (t, y) dt + μ(t, y) Q(t, y) dy = 0 ,

(2.2)

es exacta.

Desafortunadamente, no se conoce ningún método general que permita encontrar un factor explícito de integración para cualquier ecuación diferencial de la forma P (t, y) dt + Q(t, y) dy = 0. Algunas veces podemos distinguir un factor integrante reconociendo combinaciones propicias, como las mostradas en la siguiente tabla: Formas importantes para el método de agrupación.

F (t, y)

dF

ty

y dt + t dy

t y

y dt − t dy y2

F (t, y)

dF

1 ln(t2 + y 2 ) 2 y

arctan t

t dt + y dy t2 + y 2 −y dt + t dy t2 + y 2

8 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

MĂŠtodo sistemĂĄtico de bĂşsqueda de un factor integrante. Si Îź(t, y) es un factor integrante con derivadas primeras continuas, al someter a prueba la exactitud de (2.2) se debe tener ∂ ∂ [Îź(t, y) P (t, y)] = [Îź(t, y) Q(t, y)] . ∂y ∂t Aplicando la regla del producto, esto se reduce a la ecuaciĂłn

âˆ‚Îź âˆ‚Îź ∂Q ∂P P −Q = − Îź.

(2.3) ∂y ∂t ∂t ∂y Pero en la ecuaciĂłn diferencial parcial (2.3) despejar Îź es, normalmente, mĂĄs difĂ­cil que resolver la ecuaciĂłn original. Existen, sin embargo, dos excepciones importantes: • Supongamos que la ecuaciĂłn tiene un factor integrante que depende solamente de t; esto es, Îź = Îź(t). En este caso, la ecuaciĂłn (2.3) se reduce a la ecuaciĂłn separable

1 ∂P ∂Q dÎź = − Îź, dt Q ∂y ∂t donde (∂P/∂y − ∂Q/∂t)/Q es una funciĂłn que depende sĂłlo de t. • Supongamos que la ecuaciĂłn tiene un factor integrante que depende solamente de y; esto es, Îź = Îź(y). En este caso, la ecuaciĂłn (2.3) se reduce a la ecuaciĂłn separable

1 ∂Q ∂P dÎź = − Îź, dy P ∂t ∂y donde (∂Q/∂t − ∂P/∂y)/P es una funciĂłn que depende sĂłlo de y.

2.2.3. Factores integrantes para ecuaciones sencillas.

Ecuaciones de variables separables. Un factor integrante para la ecuaciĂłn de variables separables

a(t) b(y) + c(t) d(y) y = 0 ,

viene dado por la funciĂłn Îź(t, y) = 1/(b(y) c(t)).

Ecuaciones lineales.

Una clase de ecuaciones diferenciales de primer orden que aparece frecuentemente en las aplicaciones es la ecuaciĂłn lineal.

D EFINICIĂ“N. Una ecuaciĂłn diferencial de primer orden se dice que es lineal cuando se puede expresar en la forma: a0 (t) y + a1 (t) y = c(t) , donde a0 (t), a1 (t) y c(t) dependen solamente de la variable t.

(2.4)

INTEGRACIĂ“N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

9

Supondremos que las funciones a0 (t), a1 (t) y c(t) son continuas en un intervalo, y que a0 (t) = 0 en dicho intervalo. Dividiendo por a0 (t) se puede reescribir la ecuaciĂłn (2.4) en la forma canĂłnica (o forma estĂĄndar) y + a(t) y = b(t) ,

(2.5)

donde a(t) y b(t) son funciones continuas en el intervalo.

- La ecuaciĂłn es exacta solamente cuando a(t) = 0. (ObsĂŠrvese que, en ese caso, la ecuaciĂłn resulta y = b(t) cuya integraciĂłn es inmediata).

- Un factor integrante para la ecuaciĂłn lineal viene dado por la funciĂłn

Îź(t) = exp a(t) dt .

Una vez obtenido el factor integrante podemos resolver la ecuaciĂłn: 1) Aplicando el mĂŠtodo descrito para las ecuaciones exactas; 2) Multiplicamos la ecuaciĂłn (2.5) por Îź(t) para obtener Îź(t) y + a(t) Îź(t) y = Îź(t) b(t) .

(2.6)

Como a(t) Îź(t) = Îź (t) entonces (2.6) se puede escribir en la forma Îź(t) y + Îź (t) y =

d (Îź(t) y) = Îź(t) b(t) , dt

(2.7)

donde se ha hecho uso de la regla de diferenciaciĂłn de un producto. Integrando (2.7) con respecto a t resulta

Îź(t) y = Îź(t) b(t) dt + c , c ∈ IR, y despejando y se obtiene

a(t) dt −1 − a(t) dt y = Îź (t) Îź(t) b(t) dt + c = e b(t) dt + c . e (2.8) La funciĂłn y(t) dada por la ecuaciĂłn (2.8) se conoce como soluciĂłn general de la ecuaciĂłn lineal (2.5).

Ecuaciones lineales en la variable independiente. En ocasiones alguna ecuaciĂłn puede tener un aspecto mĂĄs favorable para la bĂşsqueda de soluciones cuando la escribimos para t(y), o sea, cuando buscamos inversas de las soluciones de la ecuaciĂłn original. Para realizar el cambio de ecuaciĂłn basta tener en cuenta la relaciĂłn entre la derivada de una funciĂłn y la de su inversa, y (t) =

1 t (y(t))

.

10 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Por ejemplo, la ecuación y = f (t, y) se transforma en la ecuación en t(y) t =

1 . f (t, y)

Su solución en forma implícita, F (t, y, c) = 0, sirve también como solución de la ecuación en y(t).

Si la ecuación es lineal, t = a(y) t + b(y), entonces la fórmula

μ(y) t = c + b(y) μ(y) dy , c ∈ IR, proporciona la solución general de la ecuación.

2.3. Cambio de variables.

A continuación presentamos cuatro tipos de ecuaciones que pueden ser transformadas en una ecuación separable o lineal por medio de una transformación o sustitución apropiada.

2.3.1. Ecuaciones homogéneas.

D EFINICIÓN. Si el segundo miembro de la ecuación y = f (t, y) se puede expresar como función del cociente y/t solamente, es decir y

y = F , (2.9) t entonces se dice que la ecuación es homogénea.

Nota. Una prueba de la homogeneidad de la ecuación y = f (t, y) consiste en reemplazar t por λt e y por λy; entonces la ecuación es homogénea si y sólo si f (λt, λy) = f (t, y) .

Si hacemos las sustituciones dy dv y y = vt , = t+v, v= , t dt dt entonces la ecuación (2.9) se transforma en una ecuación de variables separables dv = F (v) − v , dt cuya solución implícita viene dada por

1 1 dv = dt = ln |t| + c , F (v) − v t t

c ∈ IR .

Tan sólo resta expresar la solución en términos de las variables originales.

INTEGRACIĂ“N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

11

2.3.2. Ecuaciones con coeďŹ cientes lineales.

En algunos casos es necesario hacer un cambio tanto de variable dependiente como de variable independiente. Éste es el caso de las llamadas ecuaciones con coeďŹ cientes lineales, esto es, ecuaciones de la forma (a1 t + b1 y + c1 ) dt + (a2 t + b2 y + c2 ) dy = 0 , donde los ai , bi y ci , i = 1, 2 son constantes.

En general, consideraremos ecuaciones de la forma

a1 t + b1 y + c1

y =h . a2 t + b2 y + c2

(2.10)

• Si a1 b2 = a2 b1 (rectas paralelas), el cambio v = a1 t + b1 y (= Ν(a2 t + b2 y)) transforma la ecuación en una de variables separables,

v + c1

v = a1 + b1 y = a1 + b1 h . v/Ν + c2 • Si a1 b2 = a2 b1 las dos rectas se intersecan en un único punto (t0 , y0 ). El cambio t = T + t0 , y = Y + y0 , transforman la ecuación (2.10) en la ecuación homogÊnea

a1 T + b1 Y

Y =h . a2 T + b2 Y

2.3.3. Ecuaciones reducibles a lineales: Bernoulli y Riccati.

D EFINICIĂ“N. Se llama ecuaciĂłn de Bernoulli a una ecuaciĂłn de primer orden que se pueda expresar de la forma y + a(t) y = b(t) y n donde a(t) y b(t) son continuas en un intervalo abierto y n es un nĂşmero real.

NĂłtese que cuando n = 0 o n = 1 la ecuaciĂłn tambiĂŠn es lineal y puede resolverse mediante un factor integrante. Para otros valores de n la sustituciĂłn v = y 1−n transforma la ecuaciĂłn de Bernoulli en una lineal del siguiente modo.

Como v = (1 − n) y −n y , si multiplicamos la ecuaciĂłn por (1 − n) y −n , (1 − n) y −n y + (1 − n) y −n a(t)y = (1 − n) y −n b(t)y n , y sustituimos,

v + (1 − n)a(t)v = (1 − n)b(t)

obtenemos una ecuaciĂłn diferencial lineal.

12 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

D EFINICIÓN. Se llama ecuación de Riccati a una ecuación de primer orden que se pueda expresar de la forma y + a(t) y 2 + b(t) y = c(t) ,

(2.11)

donde a(t), b(t) y c(t) son continuas en un intervalo abierto de IR. Nótese que • cuando a(t) ≡ 0, se trata de una ecuación lineal, • cuando c(t) ≡ 0, se trata de una ecuación de Bernoulli.

Supongamos conocida una solución, y0 (t), de la ecuación (2.11) (en ocasiones la forma de una solución puede resultar evidente por la forma de la ecuación). Entonces el cambio de variable y = y0 (t) + z la transforma en la ecuación de Bernoulli (con n = 2) z + a(t)z 2 + (2a(t)y0 (t) + b(t)) z = 0 , de modo que el cambio v = z 1−2 = z −1 la transforma en una lineal.

Obsérvese que si combinamos los dos cambios de variable y tomamos, y = y0 (t) +

1 v

entonces la ecuación se transforma directamente en una lineal.

Ecuación especial de Riccati.

Se llama ecuación especial de Riccati a una ecuación de la forma y + ay 2 = btn .

Se tiene que 1) si n = 0 es claramente de variables separables, 2) si n = −2 entonces • el cambio y = 1/v la transforma en una ecuación homogénea, • el cambio y = v/t la transforma en una de variables separables, 3) si n = −2 o n = (−4k)/(2k ± 1), la ecuación es resoluble elementalmente, pero no lo es para los restantes valores.

INTEGRACIÓN ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

13

2.4. Selección de problemas.

PROBLEMA 2.1 Encuéntrense todas las soluciones de las ecuaciones diferenciales: a) y = t sen2 y . √ b) y = 2 (t + 1) y − 1 . c) t (y 2 − 1) dt − y (t2 − 1) dy = 0 ,

t = ±1 .

d) y = t y + 2 t − y − 2 .

SOLUCIÓN

a) Es una ecuación de variables separables, y tenemos que: 1) si sen2 y = 0, entonces, dividiendo por esa función e integrando, resulta

1 dy = t dt , sen2 y de donde obtenemos la solución implícita: − cot y = t2 /2 + c con c ∈ IR, o equivalentemente t2 + 2 cot y = −2 c. Consideramos además las soluciones constantes y = k π con k ∈ ZZ (que se habían suprimido al dividir la ecuación por sen2 y).

2) si sen2 y = 0, obtenemos las soluciones particulares y(t) = k π , k ∈ ZZ. b) Es una ecuación de variables separables, y se tiene que: √ 1) si y − 1 = 0, entonces, dividiendo por esa función e integrando, resulta

1 √ dy = 2 (t + 1) dt , y−1 √ de donde obtenemos la solución implícita 2 y − 1 = t2 + 2 t + c , con c ∈ IR. La solución explícita viene dada por y(t) = 1 + (t2 + 2 t + c)2 /4; √ 2) si y − 1 = 0, obtenemos la solución particular y(t) = 1. c) Es una ecuación de variables separables. Si la escribimos en forma normal y =

t (y 2 − 1) , (t2 − 1) y

t = ±1 ,

tenemos que: 1) si suponemos y 2 − 1 = 0, entonces

y t dy = dt , 2 2 y −1 t −1 e integrando obtenemos la solución implícita: ln |y 2 − 1| = ln |t2 − 1| + c , con c ∈ IR y t = ±1;

14 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 2) si y 2 − 1 = 0 obtenemos las soluciones particulares y(t) = ±1. d) Algunas veces, la factorización no es obvia. En el caso que nos ocupa: t y + 2 t − y − 2 = t (y + 2) − (y + 2) = (t − 1) (y + 2) , de modo que se trata de una ecuación de variables separables para la cual: 1) si y + 2 = 0 , entonces, dividiendo por esa función e integrando resulta

1 dy = (t − 1) dt , y+2 de donde obtenemos la solución implícita: ln |y + 2| = t2 /2 − t + c , con c ∈ IR; 2) si y + 2 = 0 , obtenemos la solución particular y(t) = −2.

PROBLEMA 2.2 a) Compruébese que la ecuación 2 t y + (1 + t2 ) y = 0 es exacta, y calcúlese su solución general. b) Compruébese que la ecuación y 2 + 2 t y − t2 y = 0 no es exacta. Compruébese que al multiplicarla por 1/y 2 se convierte en una ecuación exacta equivalente, y calcúlese así su solución general.

SOLUCIÓN

a) Esta ecuación es exacta, dado que ∂ (1 + t2 ) ∂ (2ty) = 2t = . ∂y ∂t Integrando ∂F/∂t = 2ty con respecto a t, obtenemos

F (t, y) = 2ty dt + φ(y) = t2 y + φ(y) .

A continuación derivamos con respecto a y, e imponemos que ∂F/∂y = 1 + t2 , con lo que ∂F (t, y) = t2 + φ (y) , 1 + t2 = ∂y y se sigue que φ (y) = 1. Por lo tanto, φ(y) = y + c1 , con c1 ∈ IR . En consecuencia F (t, y) = t2 y + y + c1 Así pues, la solución de la ecuación diferencial es t2 y + y = c

⇒

y=

c , 1 + t2

c ∈ IR .

INTEGRACIĂ“N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

15

b) Esta ecuaciĂłn no es exacta, dado que ∂ (y 2 + 2ty) = 2y + 2t , ∂y

∂ (−t2 ) = −2t , ∂t

y las parciales no coinciden. Si multiplicamos la ecuaciĂłn por 1/y 2 , resulta 1+

2t t2 − 2 y = 0 , y y

y como ∂/∂y (1+2t/y) = ∂/∂t (−t2 /y 2 ) = −2t/y 2 , la ecuaciĂłn es exacta. Integrando ∂F/∂t = 1 + 2t/y con respecto a t, obtenemos

t2 2t F (t, y) = dt + φ(y) = t + + φ(y) .

1+ y y A continuaciĂłn derivamos con respecto a y e imponemos que ∂F/∂y = −t2 /y 2 , obteniendo t2 t2 ∂F (t, y) = − 2 + φ (y) , − 2 = y ∂y y y se sigue que φ (y) = 0, por lo que φ(y) = c1 , con c1 ∈ IR . En consecuencia, F (t, y) = t +

t2 + c1 , y

y

t+

t2 = c, y

con c ∈ IR .

es su soluciĂłn implĂ­cita.

ObsĂŠrvese que, al multiplicar la ecuaciĂłn por 1/y 2 , estamos suponiendo implĂ­citamente que y = 0. A la familia de soluciones anterior, hay que aĂąadir la soluciĂłn y(t) = 0.

PROBLEMA 2.3 Consideremos la ecuaciĂłn t y y − 2 =0 t2 + y 2 t + y2

(2.12)

en la corona circular A, que es el círculo de centro el origen y radio 2, del que se excluye el origen. a) CompruÊbese que, si R es un rectångulo abierto contenido en A, entonces la ecuación (2.12) estå en forma exacta, y búsquese la función de exactitud. b) Supóngase ahora que F (t, y) es una función que proporciona la exactitud de la ecuación (2.12) en toda la corona A. ConsidÊrese asimismo la función g : [0, 2π] → A dada por g(u) = (cos u, sen u) y la función compuesta F ◌ g.

PruĂŠbese que F â—Ś g(0) = F â—Ś g(2Ď€) y que, sin embargo, F â—Ś g no puede veriďŹ car el teorema de Rolle. PruĂŠbese asĂ­ que F no puede ser diferenciable.

16 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

c) DedĂşzcase del apartado precedente que la ecuaciĂłn (2.12) no puede ser exacta en toda la corona A.

SOLUCIĂ“N

a) Para esta ecuaciĂłn P (t, y) = − y por tanto

y , t2 + y 2

Q(t, y) =

t , t2 + y 2

y 2 − t2 ∂Q ∂P (t, y) = (t, y) , = 2 2 2 ∂y ∂t (t + y )

con lo que la ecuaciĂłn es exacta en cualquier rectĂĄngulo R contenido en A. Para que un rectĂĄngulo abierto R estĂŠ contenido en A, no debe contener el punto (0, 0).

Como consecuencia de ello, no puede cortar simultĂĄneamente a ambos ejes. Para obtener la funciĂłn de exactitud F , distinguimos dos casos: 1) Si el rectĂĄngulo abierto R, contenido en A, no corta al eje y = 0 tenemos y ∂F = P (t, y) = − 2 , ∂t t + y2 e integrando respecto de t

1 −y dt F (t, y) = 2 + Ď•(y) = − t + y2 y

t dt + Ď•(y). + Ď•(y) = − arctg 2 y t 1+ y

Por otra parte, derivando respecto de y la expresiĂłn anterior e igualando t t ∂F = 2 + Ď• (y) = Q(t, y) = 2 , 2 ∂y t +y t + y2 deducimos que ha de ser Ď• (y) = 0, esto es: Ď•(y) = c. Tomando el valor de la constante c = 0, obtenemos la funciĂłn de exactitud

t .

F (t, y) = − arctg y 2) Si el rectĂĄngulo abierto R, contenido en A, no corta al eje x = 0, a partir de t ∂F = Q(t, y) = 2 , ∂y t + y2 integrando respecto de y obtenemos

1 t dy + φ(t) = F (t, y) = 2 t + y2 t

y

dy + φ(t). y 2 + φ(t) = arctg t 1+ t

INTEGRACIÓN ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

17

Por tanto, se tendrá y y ∂F =− 2 + φ (t) = P (t, y) = − 2 , 2 ∂t t +y t + y2 que permite deducir que φ (t) = 0, por lo que φ(t) = k , con k ∈ IR. Tomando el valor de la constante k = 0, se obtiene la función de exactitud y

.

F (t, y) = arctg t b) Razonaremos por reducción al absurdo, suponiendo que existe una tal función de exactitud F (t, y) de la ecuación, que es válida y diferenciable en toda la corona A. Sea g : [0, 2π] → A dada por g(u) = (cos u, sen u). Definimos la función compuesta h = F ◦ g que es derivable en [0, 2π] por ser F diferenciable en A y g de clase C ∞ en dicho intervalo. Es inmediato comprobar que h(0) = F (1, 0) = h(2π). Bajo estas hipótesis, el teorema de Rolle nos asegura la existencia de un cierto valor θ ∈ (0, 2π) para el cual h (θ) = 0. Pero, por otra parte, ∀u ∈ (0, 2π) h (u) =

∂F dt ∂F dy dt dy dh = + =P +Q , du ∂t du ∂y du du du

esto es h (u) =

∂F ∂F (cos u, sen u)(− sen u) + (cos u, sen u)(cos u) ∂t ∂y

= P (cos u, sen u)(− sen u) + Q(cos u, sen u)(cos u) =

− sen u cos u (− sen u) + (cos u) 2 2 u + cos u sen u + cos2 u

sen2

= sen2 u + cos2 u = 1, lo que contradice la existencia del punto θ con h (θ) = 0, y prueba que una tal función de exactitud F , diferenciable en toda la corona A, no puede existir. c) Se sigue trivialmente del apartado anterior.

PROBLEMA 2.4 Búsquese el valor de a para el que las siguientes ecuaciones son exactas y resuélvanse. a) (ty 2 + a t2 y) dt + t2 (t + y) dy = 0. b) t + y e2ty + a t e2ty y = 0.

18 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

SOLUCIÓN

a) La ecuación es exacta si y sólo si las derivadas parciales ∂ 3 (t + t2 y) = 3t2 + 2ty , ∂t

∂ (ty 2 + at2 y) = 2ty + at2 , ∂y

coinciden. Por lo tanto, si tomamos a = 3, la ecuación que resulta es exacta. Integrando ∂F/∂t = (ty 2 + 3 t2 y) con respecto a t, obtenemos

1 F (t, y) = (ty 2 + 3 t2 y) dt + φ(y) = t2 y 2 + t3 y + φ(y) , 2 e integrando ∂F/∂y = t2 (t + y) con respecto a y, obtenemos

1 F (t, y) = t2 (t + y) dy + ϕ(t) = t3 y + t2 y 2 + ϕ(t) .

2 Igualando ambas expresiones resulta φ(y) = ϕ(t) = c , con c ∈ IR. Así pues, una solución de la ecuación diferencial queda definida implícitamente mediante la ecuación 1 2 2 t y + t3 y = c , 2

c ∈ IR .

b) Al igual que en el apartado anterior, debemos imponer la igualdad de las derivadas parciales ∂ (t + ye2ty ) = e2ty + 2tye2ty , ∂y

∂ (ate2ty ) = a (e2ty + 2tye2ty ) . ∂t

Si tomamos a = 1 la ecuación que resulta es exacta. Integrando ∂F/∂t = t + ye2ty con respecto a t, se tiene que

1 t2 + e2ty + φ(y) , F (t, y) = (t + ye2ty ) dt + φ(y) = 2 2 e integrando ∂F/∂y = te2ty con respecto a y, obtenemos

1 F (t, y) = (te2ty ) dy + ϕ(t) = e2ty + ϕ(t) .

2 Igualando ambas expresiones resulta φ(y) = c, ϕ(t) = t2 /2 + c, con c ∈ IR. Así pues, una solución de la ecuación diferencial queda definida implícitamente mediante la ecuación t2 + e2ty = c , con c ∈ IR .

PROBLEMA 2.5 Búsquese un factor integrante para las siguientes ecuaciones de variables separables, y resuélvanse.

INTEGRACIÓN ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

a)

y + y = 0 , t

19

t = 0.

b) y = t sen2 y. c) cos t cos y dt + sen t sen y dy = 0.

SOLUCIÓN

Como hemos visto en la introducción teórica, un factor integrante para la ecuación de variables separables a(t) b(y) + c(t) d(y) y = 0 , viene dado por la función μ(t, y) = 1/(b(y) c(t)); de modo que

d(y) a(t) dt + dy = k , k ∈ IR , F (t, y) = c(t) b(y) proporciona una familia de soluciones de la ecuación. Aplicando este resultado a las ecuaciones del enunciado, resulta: a) En este caso son a(t) = 1/t, b(y) = y, c(t) = 1 y d(y) = 1, por lo que la función μ(y) = 1/y es un factor integrante para la ecuación.

Multiplicando la ecuación por μ(y) = 1/y obtenemos 1 1 + y = 0. t y Ecuación exacta, de modo que

1 1 dt + dy = k1 t y

⇒

ln |t| + ln |y| = k1 ,

k1 ∈ IR ,

t = 0 ,

es decir, t y = k con k ∈ IR+ , es una familia de soluciones.

Al multiplicar la ecuación por 1/y, estamos suponiendo implícitamente que y = 0. Se comprueba sin dificultad que la función constante y(t) = 0 es solución de la ecuación, por lo que habrá que añadirla a al conjunto de soluciones obtenido anteriormente. b) En este caso son a(t) = t, b(y) = sen2 y, c(t) = 1 y d(y) = 1, por lo que la función μ(y) = 1/ sen2 y es un factor integrante para la ecuación.

Multiplicando la ecuación por μ(y) = 1/ sen2 y, obtenemos t− La ecuación es exacta, de modo que

1 dy = c t dt − sen2 y

1 y = 0 . sen2 y

⇒

t2 + cot y = c , 2

con c ∈ IR ,

es decir, t2 + 2 cot y = 2 c, es una familia de soluciones. Consideramos además las soluciones constantes y = k π, con k ∈ ZZ (que se habían suprimido al dividir la ecuación por sen2 y).

20 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS c) En este caso son a(t) = cos t, b(y) = cos y, c(t) = sen t y d(y) = 1, por lo que se tendrĂĄ que la funciĂłn Îź(t, y) = 1/(cos y sen t) es un factor integrante para la ecuaciĂłn.

Multiplicando la ecuaciĂłn por Îź(t, y), obtenemos sen y cos t dt + dy = 0 . sen t cos y EcuaciĂłn exacta, de modo que

cos t sen y dt + dy = k1 sen t cos y

⇒

ln | sen t| − ln | cos y| = k1

es decir, cos y = k sen t con k ∈ IR+ , es una familia de soluciones. Consideramos ademĂĄs las soluciones constantes y = (2m + 1) Ď€/2 , con m ∈ ZZ (que se habĂ­an suprimido al dividir la ecuaciĂłn por cos y sen t).

PROBLEMA 2.6 BĂşsquese un factor integrante para las siguientes ecuaciones lineales, y resuĂŠlvanse. a) 2ty − 4y = t2 , b) 2ty + 3t2 y = 0 ,

t = 0 . t = 0 .

c) (3 − 2y sen t) dt + cos t dy = 0 ,

SOLUCIĂ“N

t = k + 12 π ,

k ∈ ZZ .

Un factor integrante para la ecuaciĂłn lineal y + a(t) y = b(t) ,

viene dado por la funciĂłn Îź(t) = exp a(t) dt . Aplicaremos este resultado a cada una de las ecuaciones del enunciado. a) Expresamos la ecuaciĂłn en forma canĂłnica, dividiendo por 2t para t = 0, con lo que queda t 2 y − y = , t = 0 . t 2

Por tanto, a(t) = −2/t y la funciĂłn Îź(t) = exp( −2/t dt) = 1/t2 es un factor integrante. Multiplicando la ecuaciĂłn por Îź(t) resulta

d 1 2 1 1 1 ⇒ . y − y = y = t2 t3 2t dt t2 2t Integramos ambos miembros con respecto a t

1 1 1 dt = ln |t| + c , y = t2 2t 2

con c ∈ IR ,

INTEGRACIĂ“N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

21

y despejamos y para obtener la soluciĂłn general en forma explĂ­cita y=

t2 ln |t| + c t2 , 2

c ∈ IR ,

t = 0 .

b) Expresamos la ecuaciĂłn en forma canĂłnica, dividiendo por 3t2 para t = 0, tras lo cual y +

2 y = 0, 3t

t = 0 .

Se tiene asĂ­ que a(t) = 2/(3t) y la funciĂłn Îź(t) = exp( 2/(3t) dt) = t2/3 es un factor integrante. Multiplicando la ecuaciĂłn por Îź(t) resulta 2

t 3 y +

2 −1 t 3y=0 3

d 2 (t 3 y) = 0 . dt

⇒

Integramos ambos miembros con respecto a t y despejando se obtiene la soluciĂłn explĂ­cita 2 0. t 3 y = c ⇒ y = c t−2/3 , c ∈ IR , t = c) Expresamos la ecuaciĂłn en forma canĂłnica, dividiendo por cos t para t = (k + 1/2)Ď€ , con k ∈ ZZ, obteniendo asĂ­

1 −3 y − 2 tg t y = , t = k + Ď€ , k ∈ ZZ . cos t 2

Se tiene, por tanto, que a(t) = −2 tg t y la funciĂłn Îź(t) = exp(− 2 tg t dt) = cos2 t es un factor integrante. Multiplicando la ecuaciĂłn por Îź(t) resulta cos2 t y − 2 sen t cos t y = −3 cos t

⇒

d (cos2 t y) = −3 cos t . dt

Integramos ambos miembros con respecto a t

cos2 t y = −3 cos t dt = −3 sen t + c ,

con c ∈ IR ,

y despejamos y para obtener la soluciĂłn general en forma explĂ­cita

1 c − 3 sen t , c ∈ IR , t =

k + Ď€ , k ∈ ZZ . y= cos2 t 2

PROBLEMA 2.7 EscrĂ­base la fĂłrmula de la soluciĂłn general, y(t), de la ecuaciĂłn lineal y + y = b(t) .

DemuĂŠstrese que, si existe l´Ĺmt→+∞ b(t) (sea ďŹ nito o inďŹ nito), entonces y(t) tiene el mismo lĂ­mite.

22 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

SOLUCIĂ“N

Un factor integrante para la ecuaciĂłn se obtiene tomando

dt = et . Îź(t) = exp Tras multiplicar la ecuaciĂłn por Îź(t) = et , toma la forma d (yet ) = et b(t) , dt e integrando se obtiene la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn

yet = et b(t) dt ⇒ y(t) = e−t et b(t) dt , et (y + y) = et b(t)

⇒

Por otra parte, supongamos que existe el lĂ­mite l´Ĺmt→+∞ b(t) . Se tiene que t

e b(t) dt l´Ĺm y(t) = l´Ĺm e−t et b(t) dt = l´Ĺm . t→+∞ t→+∞ t→+∞ et Es fĂĄcil comprobar que se satisfacen las hipĂłtesis del lema de L’Hopital (nĂłtese que el denominador tiene lĂ­mite +∞ cuando t → +∞) y como

d t et b(t) dt e b(t) dt et b(t) dt l´Ĺm = l´Ĺm = l´Ĺm = l´Ĺm b(t) , t d t t→+∞ t→+∞ t→+∞ t→+∞ e et e dt existe por hipĂłtesis, se sigue el resultado.

PROBLEMA 2.8 Sea ω un nĂşmero real o complejo arbitrario. a) CompruĂŠbese que, si Îą = ω, la ecuaciĂłn y − ωy = eÎąt posee una soluciĂłn de la forma ÎźeÎąt , y calcĂşlese el valor de Îź. b) CompruĂŠbese que la ecuaciĂłn y − ωy = eωt no posee soluciones de la forma citada, pero que teωt es soluciĂłn de la ecuaciĂłn.

SOLUCIĂ“N

a) Sustituyendo y(t) = ÎźeÎąt en la ecuaciĂłn lineal, se tiene ιΟeÎąt − ωΟeÎąt = eÎąt

⇒

(Îą − ω)ÎźeÎąt = eÎąt ,

y por tanto, como el factor exponencial no se anula y Îą = ω, se sigue que (Îą − ω)Îź = 1

⇒

Îź=

1 , Îąâˆ’Ď‰

y para este valor de Îź la funciĂłn satisface la ecuaciĂłn.

INTEGRACIĂ“N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

23

b) Sustituyendo y(t) = Îźeωt en la ecuaciĂłn, tenemos que ωΟeωt − ωΟeωt = eωt

⇒

0 = eωt ,

y vemos que no es soluciĂłn.

En cambio, tras sustituir y(t) = teωt en la ecuaciĂłn, se obtiene (1 + ωt)eωt − ωteωt = eωt

⇒

eωt = eωt ,

y la funciĂłn resulta ser una soluciĂłn de la misma.

PROBLEMA 2.9 PruĂŠbese que, si y(t) es soluciĂłn de la ecuaciĂłn y + y = eit , entonces su parte real es soluciĂłn de la ecuaciĂłn y + y = cos t .

SOLUCIĂ“N

Sea y(t) = u(t)+i v(t) con u y v funciones reales. Si y es soluciĂłn de la ecuaciĂłn y +y = eit , ha de veriďŹ carse para todo valor de t que (u (t) + i v (t)) + (u(t) + i v(t)) = (u (t) + u(t)) + i (v (t) + v(t)) = eit = cos t + i sen t , y tomando partes reales en la identidad anterior, obtenemos u (t) + u(t) = cos t , que prueba que u satisface la ecuaciĂłn y + y = cos t, tras lo cual basta observar que u = y para concluir el resultado.

ObsĂŠrvese que, de la igualdad anterior tambiĂŠn se deduce, tomando partes imaginarias, que v = y satisface la ecuaciĂłn y + y = sen t .

PROBLEMA 2.10 CalcĂşlese la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn lineal y +

SOLUCIĂ“N

y = 3t, t

t > 0.

Un factor integrante para la ecuaciĂłn viene dado por

dt Îź(t) = exp = t, t

24 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS con lo que, tras multiplicar dicha ecuaciĂłn por Îź(t) = t, obtenemos ty + y = 3t2

⇒

d (ty) = 3t2 , dt

y por tanto, la soluciĂłn general viene dada por ty = t3 + c

y(t) = t2 +

⇒

c , t

t > 0,

c ∈ IR .

PROBLEMA 2.11 CalcĂşlese la soluciĂłn general de las siguientes ecuaciones lineales a) (t + 1) y − 2 y = (t + 1)4 ; b) y + y cos t = sen t cos t ; c) y − t y = y y 2 ey ; d) y 2 + (3 t y − 1) y = 0 .

SOLUCIĂ“N

a) Es una ecuaciĂłn lineal en y(t); dividiendo la ecuaciĂłn por t + 1, obtenemos y −

2 y = (t + 1)3 , t+1

y la ecuaciĂłn estĂĄ en forma canĂłnica. Entonces

1 −2 dt = e−2 ln |t+1| = . Îź(t) = exp t+1 (t + 1)2 Multiplicando la ecuaciĂłn por el factor integrante Îź(t), resulta

1 1 2 d

y − y =t+1 ⇒ y = t + 1. (t + 1)2 (t + 1)3 dt (t + 1)2 Integramos ambos miembros con respecto a t (t + 1)2 1 + c, y = (t + 1)2 2

c ∈ IR ,

y despejamos para obtener la soluciĂłn general (en forma explĂ­cita) y=

1 (t + 1)4 + c (t + 1)2 .

2

INTEGRACIĂ“N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

25

b) Es una ecuaciĂłn lineal en y(t), expresada en forma canĂłnica. Entonces

cos t dt = esen t Îź(t) = exp es un factor integrante. Multiplicando la ecuaciĂłn por Îź(t), resulta esen t y + esen t cos t y = esen t sen t cos t , d sen t (e y) = esen t sen t cos t . dt Integramos ambos miembros con respecto a t esen t y = esen t (−1 + sen t) + c ,

c ∈ IR ,

y despejamos para obtener la soluciĂłn general (en forma explĂ­cita) y = −1 + sen t + c e− sen t ,

c ∈ IR .

c) La ecuaciĂłn no es lineal en y(t); pero teniendo en cuenta que t (y) = 1/y (t(y))) (abreviadamente t = 1/y ) y despejando (para los y = 0) se tiene que t =

1 y 2 ey + t = t + y ey y y

que resulta ser lineal en t(y). Entonces,

1 1 − dy = e− ln |y| = , Îź(y) = exp y y es un factor integrante. Multiplicando la ecuaciĂłn por Îź(y) resulta

1 d 1 1 y t − 2t=e t = ey . ⇒ y y dy y Integrando ambos miembros de la ecuaciĂłn con respecto a y, 1 t = ey + c y

⇒

t = y (ey + c) ,

c ∈ IR ,

y aĂąadiendo la soluciĂłn constante y = 0 que habĂ­amos eliminado al dividir por y, obtenemos una expresiĂłn implĂ­cita para las soluciones de la ecuaciĂłn original. d) La ecuaciĂłn no es lineal en y(t) pero, procediendo como en el anterior apartado, para y = 0 podemos expresarla, a partir de la relaciĂłn y = 1/t (o, mĂĄs precisamente, y (t) = 1/t (y(t))) en la forma t =

1 3ty − 1 3 =− t+ 2 , −y 2 y y

comprobĂĄndose que es lineal en t(y). Entonces,

3 dy = e3 ln |y| = y 3 , Îź(y) = exp y

26 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS es un factor integrante. Multiplicando la ecuación por μ(y) resulta y 3 t + 3 y 2 t = y

d 3 (y t) = y . dy

⇒

Integrando ambos miembros de la ecuación con respecto a y, se tiene que y3 t =

y2 + c, 2

c ∈ IR ,

y, tras añadir la solución y = 0 que habíamos eliminado, obtenemos una fórmula implícita para las soluciones de la ecuación original.

PROBLEMA 2.12 Cuando P (t, y) y Q(t, y) son polinomios, sucede a veces que la ecuación P (t, y) + Q(t, y) y = 0 admite un factor integrante de la forma μ(t, y) = tα y β . Inténtese esa vía para encontrar un factor integrante de la ecuación y + t2 y 2 + (3t3 y − 2t) y = 0 .

SOLUCIÓN α β

(2.13)

Sea z = t y y μ (z) = dμ/dz. Si queremos que μ(z) sea un factor integrante, la ecuación μ(z) (y + t2 y 2 ) + μ(z) (3t3 y − 2t) y = 0 , que obtenemos al multiplicar (2.13) por él, ha de ser exacta, es decir, las derivadas parciales

∂ μ(z) (y + t2 y 2 ) = μ (z) βtα y β−1 (y + t2 y 2 ) + μ(z) (1 + 2t2 y) , ∂y

∂ μ(z) (3t3 y − 2t) = μ (z) αtα−1 y β (3t3 y − 2t) + μ(z) (9t2 y − 2) , ∂t deben coincidir. Igualando esas dos expresiones resulta μ (z) [βtα y β−1 (y + t2 y 2 ) − αtα−1 y β (3t3 y − 2t)] = μ(z) [9t2 y − 2 − 1 − 2t2 y] , de modo que μ (z) μ(z)

= =

Si ahora imponemos que

7t2 y − 3 tα−1 y β−1 (βty + βt3 y 2 − 3αt3 y 2 + 2αty) tα y β

7t2 y − 3 . [(β − 3α) t2 y + (2α + β)]

β − 3α = 7 β + 2α = −3

INTEGRACIÓN ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

27

entonces α = −2, β = 1, y el segundo miembro de la igualdad anterior depende sólo de z = t−2 y. Tenemos entonces una ecuación de variables separables, μ (z)/μ(z) = 1/z, una de cuyas soluciones es el factor integrante y ln |μ(z)| = ln |z| ⇒ μ(z) = z = 2 . t

PROBLEMA 2.13 Pruébese que la ecuación de Bernoulli y + a(t) y = b(t) y m , tiene a y −m e(1−m)

SOLUCIÓN

a(t) dt

como factor integrante.

La función μ(t, y) = y −m e(1−m) a(t) dt será un factor integrante de la ecuación de Bernoulli, si la ecuación μ(t, y) y + μ(t, y) (a(t) y − b(t) y m ) = 0 es exacta. Es decir, si y sólo si coinciden las derivadas parciales ∂ [μ(t, y) (a(t) y − b(t) y m )] ∂y

y

∂ [μ(t, y)] . ∂t

Si calculamos esas derivadas ∂ −m (1−m) a(t) dt [y e (a(t) y − b(t) y m )] ∂y

= −m y −m−1 e(1−m) a(t) dt (a(t) y − b(t) y m )

+y −m e(1−m) a(t) dt (a(t) − m b(t) y m−1 )

= (1 − m) a(t) y −m e(1−m) a(t) dt ,

∂ −m (1−m) a(t) dt = (1 − m) a(t) y −m e(1−m) a(t) dt , y e ∂t comprobamos que, efectivamente, coinciden.

PROBLEMA 2.14 Compruébese que la ecuación y f (ty) + t g(ty) y = 0 admite 1 ty f (ty) − ty g(ty) como factor integrante, siempre que el denominador no se anule. Si, en cambio, t y f (ty) − t y g(ty) ≡ 0, entonces la ecuación es equivalente a la de variables separables y + t y = 0 , cuyas soluciones son t y = c .

28 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

UtilĂ­cese este tipo de factores integrantes para resolver las ecuaciones a) y (t2 y 2 + 2) + t (2 − 2 t2 y 2 ) y = 0, b) y (2 t y + 1) dt + t (1 + 2 t y − t3 y 3 ) dy = 0.

SOLUCIĂ“N

La funciĂłn Îź(ty) =

1 , ty f (ty) − ty g(ty)

con

ty f (ty) − ty g(ty) = 0 ,

serĂĄ un factor integrante de y f (ty) + t g(ty) y = 0 , si la ecuaciĂłn Îź(ty) y f (ty) + Îź(ty) t g(ty) y = 0 , es exacta, es decir, si y sĂłlo si coinciden las derivadas parciales ∂ (Îź(ty) y f (ty)) ∂y

y

∂ (Îź(ty) t g(ty)) . ∂t

(2.14)

Sea z = ty. Aplicando la regla de la cadena obtenemos ∂f (z) = f (z) t , ∂y

∂f (z) = f (z) y . ∂t

AnĂĄlogamente ∂g(z)/∂y = g (z) t y ∂g(z)/∂t = g (z) y.

Si calculamos las derivadas de (2.14), se comprueba que

∂ y f (ty) z 2 (f (z) g (z) − f (z) g(z)) = ∂y ty f (ty) − ty g(ty) (z f (z) − z g(z))2 =

f (z) g (z) − f (z) g(z) = (f (z) − g(z))2

∂ ∂t

t g(ty) ty f (ty) − ty g(ty)

,

y efectivamente, coinciden.

Si ty f (ty) − ty g(ty) = 0 entonces f (ty) = g(ty). Sustituyendo en la ecuaciĂłn obtenemos y g(ty) + t g(ty) y = 0 ⇒ g(ty) (y + t y ) = 0 .

Si g(ty) = 0 la ecuaciĂłn de partida es equivalente a la ecuaciĂłn de variables separables dada por y + t y = 0. Escrita en forma normal se tiene que

1 y 1 − dy = dt , y = − , luego t y t e integrando obtenemos la soluciĂłn implĂ­cita − ln |y| = ln |t| + c1 , con c1 ∈ IR y t = 0. La soluciĂłn explĂ­cita viene dada por ty = c, con c ∈ IR+ .

Resolvemos a continuaciĂłn las ecuaciones pedidas.

INTEGRACIÓN ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

29

a) En este caso podemos identificar f (ty) = t2 y 2 + 2 , g(ty) = 2 (1 − t2 y 2 ) de modo que μ(ty) =

t y (t2

y2

1 1 = 3 3, 2 2 + 2) − ty 2 (1 − t y ) 3t y

t = 0 ,

y = 0 ,

es un factor integrante y la ecuación y (t2 y 2 + 2) 2 t (1 − t2 y 2 ) + y = 0, 3 t3 y 3 3 t3 y 3 es exacta. Integrando ∂F/∂t = y (t2 y 2 + 2)/(3 t3 y 3 ) con respecto a t, obtenemos

1 1 y (t2 y 2 + 2) dt = − 2 2 + ln |t| + φ(y) F (t, y) = 3 t3 y 3 3t y 3 e integrando ∂F/∂y = 2 t (1 − t2 y 2 )/(3 t3 y 3 ) con respecto a y

1 2 2 t (1 − t2 y 2 ) dy = − 2 2 − ln |y| + ϕ(t) .

F (t, y) = 3 t3 y 3 3t y 3 Igualando ambas expresiones resulta φ(y) = −(2/3) ln |y| , ϕ(t) = (1/3) ln |t|. Así pues, las soluciones de la ecuación diferencial quedan definidas implícitamente mediante la ecuación

t −1 = k , k ∈ IR . + ln y2 2 2 t y Consideramos además la solución constante y = 0 (que se había suprimido al dividir la ecuación por 3 t3 y 3 ). b) En este caso podemos identificar f (ty) = 2 t y + 1 , g(ty) = 1 + 2 t y − t3 y 3 de modo que 1 1 = 4 4 μ(ty) = t y (2 t y + 1) − ty (1 + 2 t y − t3 y 3 ) t y es un factor integrante y la ecuación y (2 t y + 1) t (1 + 2 t y − t3 y 3 ) + y = 0, t4 y 4 t4 y 4 es exacta. Integrando ∂F/∂t = y (2 t y + 1)/(t4 y 4 ) con respecto a t obtenemos

1 1 y (2 t y + 1) dt = − 3 3 − 2 2 + φ(y) , F (t, y) = t4 y 4 3t y t y e integrando ∂F/∂y = t (1 + 2 t y − t3 y 3 )/(t4 y 4 ) con respecto a y

1 1 t (1 + 2 t y − t3 y 3 ) dy = − 3 3 − 2 2 − ln |y| + ϕ(t) .

F (t, y) = (t4 y 4 ) 3t y t y Igualando ambas expresiones resulta φ(y) = − ln |y| y ϕ(t) = 0. Así pues, las soluciones de la ecuación diferencial quedan definidas implícitamente mediante la ecuación 1 3 t3

y3

+

1 + ln |y| = c , y2

t2

c ∈ IR .

Consideramos además la solución constante y = 0 (que se había suprimido al dividir la ecuación por t4 y 4 ).

30 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMA 2.15 Consideremos la ecuaciĂłn P (t, y) + Q(t, y) y = 0. a) PruĂŠbese que si 1 y Q(t, y) − t P (t, y)

∂P (t, y) ∂Q(t, y) − ∂y ∂t

= a(ty) ,

donde a es una funciĂłn de una variable, entonces, si ponemos Îą(z) = la funciĂłn eÎą(z) es un factor integrante de la ecuaciĂłn.

(2.15)

a(z) dz,

b) ResuĂŠlvase la ecuaciĂłn (2 y + t2 y 3 ) dt + (2 t − 2 t3 y 2 ) dy = 0 , utilizando un factor integrante como el que acabamos de presentar.

SOLUCIĂ“N

a) Supongamos que, efectivamente, la expresiĂłn (2.15) depende sĂłlo de z = ty. De acuerdo con la deďŹ niciĂłn, la funciĂłn eÎą(z) serĂĄ un factor integrante de la ecuaciĂłn P (t, y) + Q(t, y) y = 0 si y sĂłlo si eÎą(z) P (t, y) + eÎą(z) Q(t, y) y = 0 ,

(2.16)

es exacta, es decir, si y sĂłlo si las derivadas parciales ∂ Îą(z)

e P = ∂y ∂ Îą(z)

e Q = ∂t

∂ Îą(z) ∂z ∂P ∂P e P + eÎą(z) = a(z) eÎą(z) t P + eÎą(z) , ∂z ∂y ∂y ∂y ∂ Îą(z) ∂z ∂Q ∂Q e Q + eÎą(z) = a(z) eÎą(z) y Q + eÎą(z) , ∂z ∂t ∂t ∂t

coinciden. Por lo tanto, la ecuaciĂłn (2.16) serĂĄ exacta si y sĂłlo si

∂P ∂Q Îą(z) Îą(z) e a(z) t P + a(z) y Q + = e ⇒ ∂y ∂t a(z) (t P − y Q) = esto es, cuando 1 a(z) = tP − yQ igualdad que claramente equivale a (2.15).

∂Q ∂P − , ∂t ∂y

∂Q ∂P − ∂t ∂y

,

INTEGRACIĂ“N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

31

b) Buscamos un factor integrante de la forma (2.15). En este caso a(ty)

= =

Por lo tanto

y (2 t − 2ty −

2 t3

2 t3

Îź(z) = e

y2 )

1 (2 + 3 t2 y 2 ) − (2 − 6 t2 y 2 ) 2 3 − t (2 y + t y )

3 9 t2 y 2 −3 =− . = y 3 − 2 t y − t3 y 3 ty z − z3 dz

= e−3 ln |z| =

1 1 = 3 3 3 z t y

es un factor integrante, y la ecuaciĂłn

1 2 2 2 + − dt + dy = 0 , t3 y 2 t t2 y 3 y es exacta. Integrando ∂F/∂t = (2 y + t2 y 3 )/(t3 y 3 ) con respecto a t obtenemos

1 −1 2 + F (t, y) = dt = 2 2 + ln |t| + φ(y) , 3 2 t y t t y e integrando ∂F/∂y = (2 t − 2 t3 y 2 )/(t3 y 3 ) con respecto a y

−1 2 2 dy = 2 2 − 2 ln |y| + Ď•(t) . − F (t, y) = t2 y 3 y t y Igualando ambas expresiones resulta φ(y) = −2 ln |y| , Ď•(t) = ln |t|. AsĂ­ pues,

t 1 1 − 2 2 + ln |t| − 2 ln |y| = c ⇒ − 2 2 + ln 2 = c , c ∈ IR , t = 0 , t y t y y proporciona una familia de soluciones de la ecuaciĂłn.

Consideramos, ademĂĄs, la soluciĂłn constante y = 0 (que se habĂ­a suprimido al dividir la ecuaciĂłn por t3 y 3 ).

PROBLEMA 2.16 Existen grupos de tĂŠrminos que admiten varios factores integrantes; el factor integrante se elige entonces para adecuarlo a los tĂŠrminos restantes. Citaremos algunos grupos de tĂŠrminos, junto con posibles factores integrantes y la funciĂłn de exactitud F (t, y). a) Para los tĂŠrminos ty − y: y 1 el factor 2 los vuelve exactos con F (t, y) = ; t t 1 t el factor 2 los vuelve exactos con F (t, y) = − ; y y y 1

los vuelve exactos con F (t, y) = ln ; el factor ty t y

1 . los vuelve exactos con F (t, y) = arctg el factor 2 t + y2 t

32 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

b) Para los tĂŠrminos ty + y: el factor

1 los vuelve exactos con F (t, y) = ln |ty| ; ty

el factor

−1 1 los vuelve exactos con F (t, y) = . n (ty) (n − 1)(ty)n−1

c) Para los tĂŠrminos t + yy :

1 1 los vuelve exactos con F (t, y) = ln t2 + y 2 ; 2 +y 2

el factor

t2

el factor

(t2

−1 1 . n los vuelve exactos con F (t, y) = 2 +y ) 2(n − 1) (t2 + y 2 )n−1

CompruĂŠbense una por una estas aďŹ rmaciones.

SOLUCIĂ“N

a) A los tĂŠrminos −y + t y : 1 y y , y la exactitud se sigue de que los convierte en − + t2 t2 t y ⎍ P (t, y) = − 2 ⎪ ⎏ 1 ∂Q ∂P t =− 2 = , ⇒ 1 ⎪ ∂y t ∂t ⎭ Q(t, y) = t

1) el factor integrante

con la funciĂłn de exactitud dada por F (t, y) = y ∂F = − 2 = P (t, y) , ∂t t 2) el factor integrante de

y , puesto que t

1 ∂F = = Q(t, y) ; ∂y t

1 t y 1 + 2 , y la exactitud es consecuencia los convierte en − y2 y y

1 ⎍ ⎪ ⎏ y t ⎪ Q(t, y) = 2 ⎭ y

P (t, y) = −

⇒

∂P 1 ∂Q = 2 = , ∂y y ∂t

t con la funciĂłn de exactitud dada por F (t, y) = − , puesto que y ∂F 1 = − = P (t, y) , ∂t y

∂F t = 2 = Q(t, y) ; ∂y y

INTEGRACIÓN ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

33

1 y 1 los convierte en − + , y la exactitud se sigue de que ty t y ⎫ 1 P (t, y) = − ⎪ ⎬ ∂P ∂Q t =0= , 1 ⎪ ⇒ ∂y ∂t ⎭ Q(t, y) = y y

con la función de exactitud dada por F (t, y) = ln , puesto que t

3) el factor integrante

1 ∂F = − = P (t, y) , ∂t t 4) el factor integrante

∂F 1 = = Q(t, y) ; ∂y y

1 y t y los convierte en − + , y la exactitud t2 + y 2 t2 + y 2 t2 + y 2

viene dada por ⎫ y ⎪ t2 + y 2 ⎬ t ⎪ ⎭ Q(t, y) = 2 t + y2

P (t, y) = −

∂P y 2 − t2 ∂Q = , = 2 ∂y ∂t (t2 + y 2 )

⇒

con la función de exactitud dada por F (t, y) = arctg y ∂F =− 2 = P (t, y) , ∂t t + y2

y

, puesto que t

t ∂F = 2 = Q(t, y) ; ∂y t + y2

b) A los términos y + t y : 1) el factor integrante

1 y 1 los convierte en + , y la exactitud se sigue de que ty t y ⎫ 1 ⎪ P (t, y) = ⎬ ∂P ∂Q t =0= , 1 ⎪ ⇒ ∂y ∂t ⎭ Q(t, y) = y

con la función de exactitud dada por F (t, y) = ln |ty|, puesto que ∂F 1 = = P (t, y) , ∂t t 2) el factor integrante

∂F 1 = = Q(t, y) ; ∂y y

1 1 y los convierte en n n−1 + n−1 n , y la exactitud se n (ty) t y t y

sigue de que 1 n t y n−1 1 Q(t, y) = n−1 n t y

P (t, y) =

⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭

⇒

∂P 1−n ∂Q = n n = , ∂y t y ∂t

34 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS con la funciĂłn de exactitud dada por F (t, y) =

−1 , (n − 1)(ty)n−1

puesto que 1 ∂F = n n−1 = P (t, y) , ∂t t y

1 ∂F = n−1 n = Q(t, y) ; ∂y t y

c) A los tĂŠrminos t + y y : 1) el factor integrante

t yy 1 los convierte en + , y la exactitud se t2 + y 2 t2 + y 2 t2 + y 2

sigue de que t t2 + y 2 y Q(t, y) = 2 t + y2

P (t, y) =

⎍ ⎪ ⎏ ⎪ ⎭

⇒

∂P −2ty ∂Q = 2 = ∂t , ∂y (t2 + y 2 )

con la funciĂłn de exactitud dada por F (t, y) = t ∂F = 2 = P (t, y) , ∂t t + y2

1 2 ln t + y 2 , puesto que 2

y ∂F = 2 = Q(t, y) ; ∂y t + y2

1 t yy los convierte en + n n n , y la (t2 + y 2 ) (t2 + y 2 ) (t2 + y 2 ) exactitud es consecuencia de ⎍ t ⎪ P (t, y) = 2 ⎏ n ∂P −2nty ∂Q (t + y 2 ) ⇒ = , = n+1 y 2 2 ⎪ ∂y ∂t (t + y ) ⎭ Q(t, y) = 2 n (t + y 2 )

2) el factor integrante

con la funciĂłn de exactitud dada por F (t, y) = que t ∂F = 2 n = P (t, y) , ∂t (t + y 2 )

−1 2(n − 1) (t2 + y 2 )

y ∂F = 2 n = Q(t, y) . ∂y (t + y 2 )

PROBLEMA 2.17 ResuĂŠlvase la ecuaciĂłn

n−1 ,

y + t (1 − 3 t2 y 2 ) y = 0 .

a) Mediante el procedimiento de agrupaciĂłn de tĂŠrminos. b) Buscando un factor integrante de la forma Îź(ty).

puesto

INTEGRACIÓN ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

SOLUCIÓN

(Véase el problema 2.16 para agrupaciones óptimas de términos). a) La ecuación no es exacta, pero si multiplicamos por la función μ(t y) = 1/(t3 y 3 ) (para t = 0, y = 0) cada término, obtenemos y 1 − 3 t2 y 2 dt + dy = 0 . t3 y 3 t2 y 3 Agrupando los términos convenientemente, se tiene

1 1 1 1 dt + dy = d − , t3 y 2 t2 y 3 2 t2 y 2 3 − dy y

= d(−3 ln |y|) ,

luego se trata de una ecuación exacta con solución: −

1 1 − 3 ln |y| = c , 2 t2 y 2

c ∈ IR ,

t = 0 .

b) Sea z = ty y μ = dμ/dz. Tras multiplicar la ecuación por μ(z) μ(z) y + μ(z) t (1 − 3 t2 y 2 ) y = 0 , e imponer la condición de exactitud

∂ ∂ (μ(z) y) = μ(z) t (1 − 3 t2 y 2 ) , ∂y ∂t se obtiene

ty μ (z) − ty (1 − 3 t2 y 2 ) μ (z) = −9 t2 y 2 μ(z) ,

es decir z μ (z) − z (1 − 3 z 2 ) μ (z) = −9 z 2 μ(z)

⇒

3 z 3 μ (z) = −9 z 2 μ(z) ,

de modo que μ (z)/μ(z) = −3/z, y se sigue que ln |μ(z)| = −3 ln |z|

⇒

μ(z) =

1 1 = 3 3, z3 t y

es un factor integrante. Por lo tanto, la ecuación t − 3 t3 y 2 y + y = 0, t3 y 3 t3 y 3 es exacta. Integrando ∂F/∂t = y/(t3 y 3 ) con respecto a t obtenemos

−1 1 dt = 2 2 + φ(y) , F (t, y) = t3 y 2 2t y

35

36 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS e integrando ∂F/∂y = (t − 3 t3 y 2 )/(t3 y 3 ) con respecto a y

3 −1 1 − F (t, y) = dy = 2 2 − 3 ln |y| + Ď•(t) . t2 y 3 y 2t y Igualando ambas expresiones resulta φ(y) = −3 ln |y| , Ď•(t) = 0. AsĂ­ pues, −1 − 3 ln |y| = c , 2 t2 y 2

c ∈ IR ,

t = 0 ,

es una familia de soluciones de la ecuaciĂłn.

Consideramos ademĂĄs la soluciĂłn constante y = 0 (que se habĂ­a suprimido al dividir la ecuaciĂłn por t3 y 3 ).

PROBLEMA 2.18 ResuĂŠlvase la ecuaciĂłn (t + t4 + 2 t2 y 2 + y 4 ) dt + y dy = 0 . a) Mediante el procedimiento de agrupaciĂłn de tĂŠrminos. b) Buscando un factor integrante de la forma Îź(t2 + y 2 ).

SOLUCIĂ“N

(VĂŠase el problema 2.16 para agrupaciones Ăłptimas de tĂŠrminos). a) La ecuaciĂłn no es exacta, pero si multiplicamos por la funciĂłn Îź(t, y) = (t2 + y 2 )−2 cada tĂŠrmino, obtenemos y t + (t2 + y 2 )2 dt + 2 dy = 0 .

2 2 2 (t + y ) (t + y 2 )2 Agrupando los tĂŠrminos convenientemente, se tiene

−1 2 (t2 + y 2 )

y t dt + 2 dy (t2 + y 2 )2 (t + y 2 )2

=

d

dt

=

d(t) ,

,

luego se trata de una ecuaciĂłn exacta con soluciĂłn: −1 + t = c, 2 (t2 + y 2 )

c ∈ IR .

b) Buscamos un factor integrante de la forma Îź(z) con z = t2 + y 2 . Tras multiplicar la ecuaciĂłn por Îź(z) Îź(z) (t + (t2 + y 2 )2 ) dt + Îź(z) y dy = 0 ,

INTEGRACIĂ“N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

37

e imponer la condiciĂłn de exactitud

∂ ∂ Îź(z) (t + (t2 + y 2 )2 ) = (Îź(z) y) , ∂y ∂t se obtiene: [t + (t2 + y 2 )2 ] 2 y Îź (z) − y 2 t Îź (z) = −4 y (t2 + y 2 ) Îź(z) , de donde

2 y z 2 Îź (z) = −4 y z Îź(z) ,

de modo que Îź (z)/Îź(z) = −2/z, y entonces ln |Îź(z)| = −2 ln |z|

⇒

Îź(z) = 1/z 2 = 1/(t2 + y 2 )2 ,

es un factor integrante. Por lo tanto, la ecuaciĂłn

y t + 1 dt + 2 dy = 0 , (t2 + y 2 )2 (t + y 2 )2 es exacta. Integrando ∂F/∂t = t/(t2 + y 2 )2 + 1 con respecto a t, obtenemos

−1 t + t + φ(y) , + 1 dt = F (t, y) = (t2 + y 2 )2 2 (t2 + y 2 ) e integrando ∂F/∂y = y/(t2 + y 2 )2 con respecto a y

−1 y F (t, y) = + Ď•(t) . dy = (t2 + y 2 )2 2 (t2 + y 2 ) Igualando ambas expresiones resulta φ(y) = 0 y Ď•(t) = t. AsĂ­ pues, −1 + t = c, 2 (t2 + y 2 )

c ∈ IR ,

es una familia de soluciones de la ecuaciĂłn.

PROBLEMA 2.19 ResuĂŠlvase la ecuaciĂłn 2 3

t y + 2y dt + 2t − 2t3 y 2 dy = 0 buscando un factor integrante. Primero, utilizando alguno de los que corresponden a los tĂŠrminos ydt + tdy, y luego buscando un factor de la forma ÎŚ(ty).

SOLUCIĂ“N

Denotemos por P (t, y) = t2 y 3 + 2y y por Q(t, y) = 2t − 2t3 y 2 . Un factor integrante para los tĂŠrminos del tipo ydt+tdy viene dado, como vimos en el segundo apartado del problema 2.16,

38 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS por Îź(t, y) = (ty)−n . Tras multiplicar por dicho factor la ecuaciĂłn, tratamos de ver si para algĂşn valor de n, la ecuaciĂłn resultante es exacta, esto es

âˆ‚ÎźQ ∂ t2 y 3 + 2y ∂ 2t − 2t3 y 2 âˆ‚ÎźP = ⇒ = ∂y ∂t ∂y tn y n ∂t tn y n 2 − 6t2 y 2 3t2 y 2 + 2 −n 2 2 −n t y +2 + = n n 2 − 2t2 y 2 + n n n n t y t y t y tn y n 9 − 3n = 0 ⇒ n = 3. tn−2 y n−2 Por tanto, multiplicando nuestra ecuaciĂłn por el factor integrante Îź(t, y) = (ty)−3 , obtenemos la ecuaciĂłn exacta

2 2 2 1 + 3 2 dt + 2 3 − dy = 0 . t t y t y y Busquemos su funciĂłn de exactitud F . Integrando respecto de la variable t se tiene 1 2 ∂F = + 3 2 ∂t t t y Por otra parte, habrĂĄ de veriďŹ carse

⇒

F (t, y) =

−1 + ln |t| + Ď•(y) . t2 y 2

2 2 2 2 ∂F = 2 3 + Ď• (y) = 2 3 − ⇒ Ď• (y) = − ⇒ Ď•(y) = −2 ln |y| , ∂y t y t y y y (tomando la constante de integraciĂłn nula) que nos lleva a la siguiente expresiĂłn para la funciĂłn de exactitud −1 F (t, y) = 2 2 + ln |t| − 2 ln |y| , t, y = 0 , t y que proporciona las restantes soluciones de la ecuaciĂłn, que serĂĄn de la forma F (t, y) = c.

Otro modo de buscar un factor integrante de la ecuaciĂłn, consiste en buscar uno de la forma ÎŚ(ty) que la convierta en exacta. Sea z = t y, y denotemos por ÎŚ (z) = dÎŚ/dz. HabrĂĄ de veriďŹ carse ∂P ∂Q âˆ‚ÎŚP âˆ‚ÎŚQ = ⇒ tÎŚ (ty)P (t, y) + ÎŚ(ty) (t, y) = yÎŚ (ty)Q(t, y) + ÎŚ(ty) (t, y), ∂y ∂t ∂y ∂t que nos lleva a que ∂Q ∂P

− 2 − 6t2 y 2 − 3t2 y 2 + 2 −9t2 y 2 −3 ÎŚ (ty) ∂t ∂y = = = . = ÎŚ(ty) tP − yQ t (t2 y 3 + 2y) − y (2t − 2t3 y 2 ) 3t3 y 3 ty Por tanto, buscamos una funciĂłn ÎŚ con −3 ÎŚ (z) = ÎŚ(z) z

⇒

ln |ÎŚ(z)| = −3 ln |z|

⇒

ÎŚ(z) =

1 , z3

(hemos tomado la constante de integraciĂłn nula) y obtenemos asĂ­ el mismo factor integrante ÎŚ(ty) = (ty)−3 que obtuvimos anteriormente por otro procedimiento. El resto del proceso que nos lleva a la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn, ya lo hemos descrito.

Conviene notar en este punto que, al multiplicar por dicho factor, estamos en realidad dividiendo nuestra ecuaciĂłn por t3 y 3 . Con esto, eliminamos dos soluciones de nuestra ecuaciĂłn.

Concretamente, es fĂĄcil comprobar que las funciones constantes t = 0 e y = 0 satisfacen la ecuaciĂłn original, y habrĂĄn de ser aĂąadidas al conjunto de soluciones que obtengamos utilizando el factor integrante.

INTEGRACIĂ“N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

39

PROBLEMA 2.20 ResuĂŠlvase la ecuaciĂłn (t − y) dt + (t + y) dy = 0 . a) Mediante el procedimiento de agrupaciĂłn de tĂŠrminos. b) Buscando un factor integrante de la forma Îź(t2 + y 2 ).

SOLUCIĂ“N

(VĂŠase el problema 2.16 para agrupaciones Ăłptimas de tĂŠrminos). a) La ecuaciĂłn no es exacta, pero si multiplicamos por la funciĂłn Îź(t, y) = (t2 + y 2 )−1 cada tĂŠrmino, obtenemos t+y t−y dt + 2 dy = 0 . t2 + y 2 t + y2 Agrupando los tĂŠrminos convenientemente, se tiene

t y 1 2 2 ln |t dt + dy = d + y | , t2 + y 2 t2 + y 2 2

y

t −y , dt + dy = d arctg t2 + y 2 t2 + y 2 t luego se trata de una ecuaciĂłn exacta con soluciĂłn: y

1 ln |t2 + y 2 | + arctg = c , c ∈ IR , 2 t

t = 0 .

b) Buscamos un factor integrante de la forma Îź(z) con z = t2 + y 2 ; tras multiplicar la ecuaciĂłn por Îź(z) e imponer la condiciĂłn de exactitud, se obtiene: (t − y) 2 y Îź (z) − (t + y) 2 t Îź (z) = 2 Îź(z) , (−2 y 2 − 2 t2 ) Îź (z) = 2 Îź(z) , de modo que Îź (z)/Îź(z) = −1/z, y entonces ln |Îź(z)| = − ln |z|

⇒

Îź(z) =

1 1 = 2 , z t + y2

es un factor integrante. Por lo tanto, la ecuaciĂłn t−y t+y dt + 2 dy = 0 , 2 +y t + y2

t2

es exacta. Integrando ∂F/∂t = (t − y)/(t2 + y 2 ) con respecto a t, obtenemos

y

1 t−y + φ(y) , dt = ln |t2 + y 2 | + arctg F (t, y) = 2 2 t +y 2 t

40 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS e integrando ∂F/∂y = (t + y)/(t2 + y 2 ) con respecto a y

y 1 t+y + ln |t2 + y 2 | + ϕ(t) . dy = arctg F (t, y) = t2 + y 2 t 2 Igualando ambas expresiones resulta φ(y) = ϕ(t) = 0. Así pues, y

1 ln |t2 + y 2 | + arctg = c , c ∈ IR , t = 0 , 2 t es una familia de soluciones de la ecuaciĂłn.

PROBLEMA 2.21 Algunas ecuaciones de la forma

tι y β γy + δty = 0 ,

admiten factores integrantes de la forma tr y s que se buscan substituyendo e igualando. Por ejemplo, aplĂ­quese esta tĂŠcnica para encontrar un factor integrante de la ecuaciĂłn

t 4y + 2ty + y 3 3y + 5ty = 0 .

SOLUCIĂ“N

Sean P (t, y) = 4ty + 3y 4 y Q(t, y) = 2t2 + 5ty 3 . Buscaremos un factor integrante de la forma ÎŚ(t, y) = tr y s para nuestra ecuaciĂłn. Para ello, ha de veriďŹ carse âˆ‚ÎŚP âˆ‚ÎŚQ = ∂y ∂t

⇒

∂ r+1 s+1 ∂ r+2 s 4t y 2t y + 5tr+1 y s+3 + 3tr y s+4 = ∂y ∂t

4(s + 1) tr+1 y s + 3(s + 4) tr y s+3 = 2(r + 2) tr+1 y s + 5(r + 1) tr y s+3 (4s − 2r) tr+1 y s + (3s − 5r + 7) tr y s+3 = 0 , esto es

4s − 2r = 0 3s − 5r + 7 = 0

⇒

r=2 s = 1,

que nos proporciona el factor integrante buscado ÎŚ(t, y) = t2 y.

PROBLEMA 2.22 ResuĂŠlvase la ecuaciĂłn

t y − y − 1 − t2 = 0 .

a) Mediante el procedimiento de agrupaciĂłn de tĂŠrminos. b) Buscando un factor integrante de la forma Îź(t).

INTEGRACIĂ“N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

SOLUCIĂ“N

41

(VĂŠase el problema 2.16 para agrupaciones Ăłptimas de tĂŠrminos). a) La ecuaciĂłn no es exacta, pero si multiplicamos cada tĂŠrmino por la funciĂłn Îź(t) = t−2 obtenemos y + 1 + t2 t − dt + 2 dy = 0 . t2 t Agrupando los tĂŠrminos convenientemente, se tiene −

y t dt + 2 dy t2 t

=

d

y

1 + t2 − 2 dt t

= d

t

,

1 −t , t

luego se trata de una ecuaciĂłn exacta con soluciĂłn: (y + 1)/t − t = c, c ∈ IR. b) Buscamos un factor integrante que dependa sĂłlo de t; tras multiplicar la ecuaciĂłn por Îź(t) e imponer la condiciĂłn de exactitud, se obtiene la ecuaciĂłn separable âˆ’Îź(t) = Îź (t) t + Îź(t) , de modo que Îź (t)/Îź(t) = −2/t, y entonces ln |Îź(t)| = −2 ln |t|

⇒

Îź(t) =

1 , t2

es un factor integrante. Por lo tanto, la ecuaciĂłn

−

1 y+1 − 1 + y = 0 , 2 t t

es exacta. Integrando ∂F/∂t = (−y − 1)/t2 − 1 con respecto a t obtenemos

F (t, y) =

−

y+1 −1 t2

dt =

y+1 − t + φ(y) , t

e integrando ∂F/∂y = 1/t con respecto a y

F (t, y) =

y 1 dy = + Ď•(t) . t t

Igualando ambas expresiones resulta φ(y) = 0 , Ď•(t) = −t + 1/t. AsĂ­ pues, y+1 −t=c t

⇒

y = t2 + c t − 1 ,

es una familia de soluciones de la ecuaciĂłn.

c ∈ IR ,

42 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMA 2.23 ResuĂŠlvase la ecuaciĂłn y (1 + 2 ty) dt + t (1 − ty) dy = 0 . a) Buscando un factor integrante de la forma Îź(ty). b) Utilizando el recurso especĂ­ďŹ co a los factores integrantes de las ecuaciones y f (ty) dt + t g(ty) dy = 0 , desarrollado en el Problema 2.14. c) Mediante el cambio de variable z = ty.

SOLUCIĂ“N

a) Si Îź(z), con z = ty, es un factor integrante de la ecuaciĂłn, entonces debe veriďŹ car la siguiente ecuaciĂłn diferencial y (1 + 2 t y) t Îź (z) − t (1 − y t) y Îź (z) = (1 − 2 t y − 1 − 4 t y) Îź(z) , 3 z 2 Îź (z) = −6 z Îź(z) , de modo que Îź (z)/Îź(z) = −2/z, y entonces ln |Îź(z)| = −2 ln |z|

⇒

Îź(z) =

1 1 = 2 2, 2 z t y

t = 0 ,

y = 0 ,

es un factor integrante. Por lo tanto, la ecuaciĂłn t (1 − t y) y (1 + 2 t y) dt + dy = 0 , 2 2 t y t2 y 2 es exacta. Integrando ∂F/∂t = (y (1 + 2 t y))/(t2 y 2 ) con respecto a t obtenemos

2 −1 1 + + 2 ln |t| + φ(y) , t = 0 , F (t, y) = dt = t2 y t ty e integrando ∂F/∂y = (t (1 − t y))/(t2 y 2 ) con respecto a y obtenemos

1 −1 1 − ln |y| + Ď•(t) . − F (t, y) = dy = 2 ty y ty Igualando ambas expresiones resulta φ(y) = − ln |y| y Ď•(t) = 2 ln |t|. AsĂ­ pues, −1 + 2 ln |t| − ln |y| = c , ty

c ∈ IR ,

t = 0 ,

es una familia de soluciones de la ecuaciĂłn. Consideramos, ademĂĄs, la soluciĂłn constante y(t) = 0 (que se perdiĂł al dividir por t2 y 2 ).

INTEGRACIĂ“N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

43

b) SegĂşn se demostrĂł en el problema 2.14 de este capĂ­tulo, un factor integrante para la ecuaciĂłn y f (ty) dt + t g(ty) dy = 0 viene dado por la funciĂłn Îź(ty) =

1 , ty f (ty) − ty g(ty)

siempre y cuando el denominador no sea nulo. En este caso, la funciĂłn Îź(ty) =

1 1 = 2 2, ty (1 + 2 ty) − ty (1 − ty) 3t y

permite integrar la ecuaciĂłn tal y como se viĂł en el apartado a). c) Mediante el cambio de variable z = ty

⇒

y=

z t

obtenemos la ecuaciĂłn z (1 + 2 z) + t (1 − z) t

⇒

y =

1 1 z − 2 z, t t

1 1 z − 2z t t

= 0,

y por tanto

−3 z 2 3 2 z + (1 − z) z = 0 ⇒ z = , t t 1−z ecuaciĂłn separable, cuya soluciĂłn implĂ­cita serĂĄ (para z = 0 y t = 0)

1 1−z −3 dt ⇒ − − ln |z| = −3 ln |t| + c1 . dz = 2 z t z Deshaciendo el cambio de variable, obtenemos z y 1 1

+ ln 3 = c ⇒ + ln 2 = c , z t ty t

t = 0 ,

c ∈ IR .

Consideramos ademĂĄs la soluciĂłn constante y = 0 (que se perdiĂł al dividir por z 2 ).

PROBLEMA 2.24 CompruĂŠbese que el cambio y = tz transforma la ecuaciĂłn homogĂŠnea y

, t > 0, y = h t en una ecuaciĂłn de variables separables.

AplĂ­quese a la resoluciĂłn de la ecuaciĂłn y =

t+y . t−y

44 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

SOLUCIĂ“N

Se tiene que

y = tz + z ,

⇒

y = tz

y en tĂŠrminos de la nueva variable dependiente, la ecuaciĂłn se transforma en tz + z = h(z)

⇒

1 z = , h(z) − z t

que es una ecuaciĂłn de variables separables.

La ecuaciĂłn t+y , y = t−y se obtiene tomando

y

1+ t+y t =h y , = y t−y t 1− t

esto es, tomando

1+z .

1−z Por tanto, el cambio de variable y = tz transforma la ecuaciĂłn en una de variables separables de la forma 1 (1 − z)z 1 z = ⇒ = , 1+z t 1 + z2 t −z 1−z que una vez integrada, proporciona la soluciĂłn general (en forma implĂ­cita) h(z) =

arctg z −

1 ln 1 + z 2 = ln t + c , 2

c ∈ IR .

Deshaciendo el cambio de variable realizado, se obtiene ďŹ nalmente y 1

arctg − ln t2 + y 2 = c , c ∈ IR , t > 0 . t 2

PROBLEMA 2.25 CompruĂŠbese que las siguientes ecuaciones son homogĂŠneas y calcĂşlense sus soluciones: a) y =

2ty ; 3 t2 − y 2

b) y =

t4 + y 4 ; t y3

c) t y − t2 y = 0 .

INTEGRACIĂ“N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

SOLUCIĂ“N

45

a) La ecuaciĂłn puede identiďŹ carse claramente como homogĂŠnea si se escribe de la forma y

2 2 t y t = y = 2 y 2 .

3 t − y2 3− t Mediante el cambio de variable v = y/t ; y = v t ; y = v t+v obtenemos la ecuaciĂłn

2v 1 1 v3 − v 2v

v t + v = ⇒ v = − v = , 2 2 3−v t 3−v t 3 − v2 ecuaciĂłn de variables separables cuya soluciĂłn implĂ­cita se obtiene al integrar

1 3 − v2 dv = dt , v3 − v t es decir, −3 ln |v| + ln |v 2 − 1| = ln |t| + c, con c ∈ IR, luego ln |(v 2 − 1)/v 3 | = ln |t| + c. Aplicando la exponencial a cada lado de esta igualdad y deshaciendo el cambio, obtenemos y3 y2 −1 = kt 3 2 t t

y 2 − t2 = k y 3 ,

⇒

k ∈ IR+ .

ObsĂŠrvese que al dividir por v 3 − v se podĂ­an perder las soluciones y = 0 e y = Âąt (correspondientes a v = 0 y v 2 = 1, respectivamente). Las soluciones y = Âąt estĂĄn incluidas en la familia que acabamos de obtener (basta tomar k = 0) pero no asĂ­ la funciĂłn y = 0, que hay que aĂąadir a la familia de soluciones. b) La ecuaciĂłn puede identiďŹ carse claramente como homogĂŠnea si se escribe de la forma y 4 1 + t +y = t3 . y = y t y3 t 4

4

Mediante el cambio de variable v = y/t ; y = v t ; y = v t+v obtenemos la ecuaciĂłn

1 + v4 1 1 + v4 1 1

v t+v = ⇒ v = −v = , v3 t v3 t v3 ecuaciĂłn de variables separables, cuya soluciĂłn implĂ­cita se obtiene al integrar

1 3 v dv = dt , t es decir, v 4 /4 = ln |t| + c ⇒ v 4 = 4 ln |t| + k y, deshaciendo el cambio, obtenemos y4 = 4 ln |t| + k t4

⇒

y 4 = t4 (4 ln |t| + k) ,

k ∈ IR .

46 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS c) La ecuaciĂłn puede identiďŹ carse claramente como homogĂŠnea si se escribe de la forma y =

y . t

Mediante el cambio de variable v = y/t ; y = v t ; y = v t+v obtenemos la ecuaciĂłn v t + v = v

v = 0 ,

⇒

ecuaciĂłn de variables separables, cuya soluciĂłn implĂ­cita es v = c y, deshaciendo el cambio, obtenemos y = c t, con c ∈ IR.

PROBLEMA 2.26 CompruĂŠbese que, para una ecuaciĂłn de la forma y f (ty) , t g(ty)

y =

t>0

el cambio z = ty permite transformar la ecuaciĂłn en una de variables separables.

AplĂ­quese a la resoluciĂłn de la ecuaciĂłn y =

SOLUCIĂ“N

y(2ty + 1) . t(ty − 1)

Tras el cambio de variable, el primer miembro de la ecuaciĂłn toma la forma z = ty

⇒

y=

z t

⇒

y =

tz − z . t2

Por otra parte, el segundo miembro estĂĄ dado por ty f (ty) z f (z) y f (ty) = 2 = 2 . t g(ty) t g(ty) t g(z) Por tanto, en la nueva variable, la ecuaciĂłn pasa a ser tz − z z f (z) = 2 t2 t g(z) que es, claramente, de variables separables.

La ecuaciĂłn y =

⇒

g(z)z 1 = , z(f (z) + g(z)) t

y(2ty + 1) , t(ty − 1)

se obtiene como caso particular, sin mĂĄs que tomar f (z) = 2z + 1 y g(z) = z − 1. Por tanto, tras el cambio de variable z = ty, adoptarĂĄ la forma

1 1 1 3 (z − 1)z ⇒ − = z = , 3z 2 t z z2 t

INTEGRACIĂ“N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

47

que proporciona la soluciĂłn general (si z = 0) 1 = 3 ln t + c , c ∈ IR . z Deshaciendo el cambio de variable, se obtiene la soluciĂłn de la ecuaciĂłn de partida (en forma implĂ­cita) 1 = 2 ln t + c , c ∈ IR , t > 0 . ln |y| + ty ln |z| +

Consideramos ademĂĄs la soluciĂłn constante y = 0, que se perdiĂł al dividir por z 2 .

PROBLEMA 2.27 CalcĂşlese la soluciĂłn del problema de Cauchy

(1 − t y) y = y 2 y(2) = 1 .

SOLUCIĂ“N

Existen varias posibilidades de resoluciĂłn de la ecuaciĂłn 1) considerarla como una ecuaciĂłn lineal en la variable independiente, 2) emplear el cambio de variable dependiente y = v/t, 3) buscar un factor integrante.

Consideramos cada uno de estos casos.

1) La ecuaciĂłn no es lineal en y(t), pero teniendo en cuenta que y (t) = 1/t (y(t)), queda expresada en la forma 1 − ty 1 t = 2− , t = y2 y y comprobamos que es lineal en t(y). Entonces,

1 dy = eln |y| = y , Îź(y) = exp y es un factor integrante. Multiplicando la ecuaciĂłn por Îź(y) resulta y t + t =

1 y

⇒

d 1 (y t) = . dy y

Integrando ambos miembros de la ecuaciĂłn con respecto a y, y t = ln |y| + c

⇒

t=

1 c ln |y| + , y y

c ∈ IR ,

obtenemos una fĂłrmula implĂ­cita para las soluciones de la ecuaciĂłn original (obsĂŠrvese que la funciĂłn constante y(t) = 0 tambiĂŠn es soluciĂłn pero no veriďŹ ca la condiciĂłn inicial). Imponemos ahora la condiciĂłn inicial, y(2) = 1, para obtener la soluciĂłn del problema de Cauchy, 2 − 0 = c ⇒ y t − ln |y| = 2 , que es la soluciĂłn buscada.

48 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 2) Veamos cĂłmo el cambio de variable y = v/t transforma la ecuaciĂłn en una de variables separables. En efecto, y = (t v − v)/t2 y sustituyendo en la ecuaciĂłn obtenemos,

v t v − v v2 1−t = t t2 t2

⇒

t v − v =

v2 1−v

⇒

v =

1 v . t 1−v

La funciĂłn constante y = 0 satisface la ecuaciĂłn diferencial pero no la condiciĂłn inicial; asĂ­ que no podemos perder la soluciĂłn del problema de Cauchy al dividir por v. Al dividir obtenemos,

1 1−v dv = dt , v t e integrando obtenemos la soluciĂłn implĂ­cita ln |v| − v = ln |t| + c , c ∈ IR. Deshaciendo el cambio resulta, ln |t y| − ln |t| = t y + c

⇒

ln |y| = t y + c .

La soluciĂłn del problema de Cauchy se obtiene imponiendo la condiciĂłn inicial, igual que en el apartado 1).

3) Sea P (t, y) = y 2 y Q(t, y) = t y − 1; a) La ecuaciĂłn admite un factor integrante de la forma Îź(y). En efecto: si multiplicamos la ecuaciĂłn por Îź(y) e imponemos la condiciĂłn de exactitud se obtiene

1 ∂Q ∂P Îź(y) 1 − . Îź(y) = 2 (y − 2y) Îź(y) = − Îź (y) = P ∂t ∂y y y Resolviendo la ecuaciĂłn de variables separables, obtenemos un factor integrante

1 1 − dy = e− ln |y| = . Îź(y) = exp y y b) Buscamos un factor integrante de la forma Îź(z) con z = t y. Sea Îź = dÎź/dz, si multiplicamos la ecuaciĂłn por Îź(z) e imponemos la condiciĂłn de exactitud, se obtiene la ecuaciĂłn

∂Q ∂P − Îź (z) (t P − y Q) = Îź(z) , ∂t ∂y esto es

y − 2y Îź (z) = 2 = −1 , Îź(z) t y − y (t y − 1)

obteniendo asĂ­ una ecuaciĂłn de variables separables, con lo que el factor integrante es Îź(z) = e−z = e−t y .

Multiplicando la ecuaciĂłn por Îź(y) en el primer caso, y por Îź(ty) en el segundo, obtenemos una ecuaciĂłn exacta cuya soluciĂłn es t y − ln |y| = c .

La soluciĂłn del problema de Cauchy se obtiene imponiendo la condiciĂłn inicial, igual que en el apartado 1).

INTEGRACIĂ“N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

49

PROBLEMA 2.28

at + by + c y =h . dt + ey + f

ConsidĂŠrese la ecuaciĂłn

a) PruĂŠbese que si

a b

d e

= 0

y las rectas at + by + c = 0 y dt + ey + f = 0 se cortan en el punto (t0 , y0 ), entonces el doble cambio de variable s = t − t0 y z = y − y0 transforma la ecuaciĂłn en una homogĂŠnea en las variables z y s. b) PruĂŠbese que si

a b

d e

= 0,

b = 0

entonces el cambio de variable dependiente z = at + by lleva la ecuaciĂłn a una de variables separables.

SOLUCIĂ“N

a) La condiciĂłn

a b

d e

= 0 ,

garantiza que las rectas at + by + c = 0 y dt + ey + f = 0 se cortan en un Ăşnico punto, que denotamos por (t0 , y0 ). Se tendrĂĄ pues que

at0 + by0 + c = 0 c = −at0 − by0 ⇒ (2.17) f = −dt0 − ey0 . dt0 + ey0 + f = 0 El doble cambio de variable permite deducir

s = t − t0 z = y − y0

⇒

⎧ ds ⎪ ⎨ =1 dt ⎪ ⎊ dz = dy , ds ds

y por tanto dy ds dy dz dy = = = = z˙ . dt ds dt ds ds Por otra parte, tras el doble cambio de variable y utilizando (2.17), el segundo miembro de la ecuación original toma la forma ⎛ z⎞

a + b at + by + c a(t − t0 ) + b(y − y0 ) as + bz s⎠h =h =h = h� z , dt + ey + f d(t − t0 ) + e(y − y0 ) ds + ez d+e s y =

50 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS y la ecuación resultante z⎞ s⎠z˙ = h� z , d+e s ⎛

a+b

es claramente homogĂŠnea en las nuevas variables z y s. b) Tenemos que

a b

d e

=0

⇒

ae − bd = 0 .

Si a = 0, como b = 0 se deduce de lo anterior que d = 0 y la ecuaciĂłn es trivialmente de variables separables. Si a = 0, se tendrĂĄ a partir de la condiciĂłn anterior que d e = = Îť. a b (NĂłtese que si las rectas son paralelas, sus vectores normales (a, b) y (d, e) son proporcionales y Îť es simplemente esa constante de proporcionalidad). A partir del cambio de variable z = at + by se deduce que z = a + by

⇒

y =

z − a , b

y el segundo miembro de la ecuaciĂłn pasa a venir dado por

h

at + by + c dt + ey + f

=h

(at + by) + c Îť(at + by) + f

=h

z+c Îťz + f

.

Por tanto, la ecuaciĂłn, en la nueva variable dependiente z viene dada por

z+c z − a =h b Îťz + f

⇒

z+c z = a + bh Îťz + f

que es de variables separables (y autĂłnoma).

PROBLEMA 2.29 ResuĂŠlvanse las siguientes ecuaciones con coeďŹ cientes lineales a) y =

3t − y + 2 ; 6t − 2y

b) y =

12 t + 5 y − 9 . −5 t − 2 y + 3

,

INTEGRACIĂ“N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

SOLUCIĂ“N

51

a) Observamos que el segundo miembro de la ecuaciĂłn es el cociente de dos rectas paralelas, en efecto

3 −1

6 −2 = −6 + 6 = 0 .

Por lo tanto, el cambio de variable v = 3 t − y transforma la ecuaciĂłn en v = 3 − y = 3 −

5v − 2 v+2 = .

2v 2v

EcuaciĂłn de variables separables para la que, si 5 v − 2 = 0, su soluciĂłn implĂ­cita viene dada por

2 4 2v dv = dt ⇒ v+ ln |5 v − 2| = t + c , c ∈ IR , 5v − 2 5 25 y, deshaciendo el cambio, obtenemos 5 t − 10 y + 4 ln |15 t − 5 y − 2| = k ,

k ∈ IR .

Si 5 v − 2 = 0, se obtiene la soluciĂłn particular y = 3 t − 2/5. b) Observamos que el segundo miembro de la ecuaciĂłn es el cociente de dos rectas que se cortan en un punto, en efecto

12 5

−5 −2 = −24 + 25 = 1 = 0 .

Y el punto de corte es la soluciĂłn del sistema 12 t + 5 y − 9 −5 t − 2 y + 3

= =

0 0

⇒

(−3, 9) .

El cambio de variable independiente t = T − 3 , y de variable dependiente y = Y + 9 , transforma la ecuaciĂłn en una homogĂŠnea, como vimos en el problema anterior. En efecto

Y 12 + 5 12 (T − 3) + 5 (Y + 9) − 9 T , = Y = y = Y −5 (T − 3) − 2 (Y + 9) + 3 −5 − 2 T y por tanto, el cambio de variable v = Y /T convierte la ecuaciĂłn en v T + v =

12 + 5 v −5 − 2 v

⇒

v =

1 12 + 10 v + 2 v 2 , T −5 − 2 v

que es de variables separables, y si 2 v 2 + 10 v + 12 = 0, su soluciĂłn implĂ­cita viene dada por

−5 − 2 v 1 dT dv = 12 + 10 v + 2 v 2 T 1 − ln |2 v 2 + 10 v + 12| = ln |T | + c1 ⇒ (v 2 + 5 v + 6)−1/2 = T c , c ∈ IR+ .

2

52 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS De modo que T = Y =

c c

√ √

v2

1 + 5v + 6

=

v2

v + 5v + 6

=

1 c

(Y /T )2

c

(Y /T )2 + 5 (Y /T ) + 6

+ 5 (Y /T ) + 6 (Y /T )

, ,

y tan sĂłlo resta deshacer el primer cambio para expresar la soluciĂłn en las variables originales t e y.

Si 2 v 2 +10 v +12 = 2 (v +2)(v +3) = 0, obtenemos las soluciones particulares y = −2 t+3 y y = −3 t correspondientes a v = −2 y v = −3 respectivamente.

PROBLEMA 2.30 a) PruĂŠbese que si t no interviene en la ecuaciĂłn F (y, y , y ) = 0, el cambio d y(t(y)) = v(y) , dt la lleva a una ecuaciĂłn de primer orden en las variables y, v. b) UtilĂ­cese la reducciĂłn de orden anterior para resolver la ecuaciĂłn

4 y = y 1 + 2 . y

SOLUCIĂ“N

a) El cambio de variable y

=

dy = v(y) , dt

y

=

dv(y) dy dv(y) d v(y) = = v(y) , dt dy dt dy

transforma la ecuaciĂłn en F (y, v, dv/dy v) = 0.

Una vez resuelta (si se puede) esta ecuaciĂłn de primer orden, resolvemos dy = v(y) , dt para obtener la soluciĂłn de la ecuaciĂłn de segundo orden inicial. b) De acuerdo con el apartado anterior, el cambio de variable y = v(y) transforma la ecuaciĂłn de partida en la ecuaciĂłn de primer orden y de variables separables

4 4 dv dv v =v 1+ 2 = 1+ 2 , ⇒ dy y dy y

INTEGRACIĂ“N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

que tiene como soluciones

4 dv = 1 + 2 dy y

⇒

v(y) = y −

4 + c, y

53

c ∈ IR .

Debemos considerar tambiĂŠn las soluciones v(y) = 0, que se traducen en y (t) = 0, esto es, y(t) = k, con k ∈ IR. Sustituyendo las soluciones en la expresiĂłn de y , obtenemos de nuevo una ecuaciĂłn de variables separables y2 + c y − 4 4 , y = y − + c = y y cuyas soluciones se obtienen al integrar

y dy = dt , y2 + c y − 4 es decir, √

c arctanh 16 + c2

2y + c 16 + c2

+

1 ln | − 4 + c y + y 2 | = t + d , 2

c, d ∈ IR .

PROBLEMA 2.31 a) PruĂŠbese que, si t no interviene en la ecuaciĂłn F (y, y , y , y ) = 0 , el cambio

dy(t(y)) = v(y) , dt la lleva a una ecuaciĂłn en y, v de orden dos. b) ResuĂŠlvase la ecuaciĂłn

SOLUCIĂ“N

y y − 3(y )2 = 0 .

a) El cambio de variable dado por y (t(y)) = v(y), o abreviadamente y = v, tras el cual y pasa a ser la nueva variable independiente y v la nueva variable dependiente, permite expresar las derivadas de y, en tĂŠrminos de las nuevas variables, como sigue y (t) = v

⇒

y (t) = vË™ y (t) = vË™ v

⇒

y (t) = v¨ v 2 + v˙ 2 v.

(Los puntos denotan derivadas respecto de la nueva variable independiente y.) Se observa que, cada derivada de y respecto de t, viene dada en las nuevas variables en tÊrminos de derivadas de un orden menor; de modo que la ecuación de partida de orden ˙ v¨) = 0. tres F (y, y , y , y ) = 0 se transforma en una ecuación de orden dos G(y, v, v,

54 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS b) A partir del apartado anterior sabemos que el cambio de variable y = v transforma nuestra ecuaciĂłn en una de segundo orden. Concretamente tenemos

2 v v¨ v 2 + v˙ 2 v − 3 (v˙ v) = 0 ⇒ v¨ v 3 − 2 v˙ 2 v 2 = 0 , o equivalentemente v

2

v¨ v − 2 v˙

2

=0

⇒

o bien

v = 0,

o bien

v¨ v − 2 v˙ 2 = 0.

En el primer caso tenemos que v=0

⇒

y = 0

⇒

∀t ∈ IR ,

y(t) = c,

c ∈ IR .

esto es, todas las funciones constantes son soluciones de nuestra ecuaciĂłn.

En el segundo caso se tiene v¨ v − 2 v˙ 2 = 0

⇒

v˙ v¨ =2 v˙ v

⇒

d d ln |v| Ë™ =2 ln |v| , dy dy

e integrando se obtiene ln |v| Ë™ = 2 ln |v| + k

⇒

vË™ = c1 v 2

⇒

vË™ = c1 v2

⇒

−

1 = c1 y + c2 . v

Finalmente, deshaciendo el cambio de variable se llega al resto de soluciones de la ecuaciĂłn v=

−1 c1 y + c2

⇒

(c1 y + c2 ) y = −1

⇒

c1 2 y + c2 y = −t + c3 .

2

con c1 , c2 , c3 ∈ IR.

PROBLEMA 2.32 a) PruĂŠbese que si la ecuaciĂłn F (t, y, y , y ) = 0 es homogĂŠnea de grado m respecto de y, y , y , es decir F (t, Îť y, Îť y , Îť y ) = Îťm F (t, y, y , y ) ,

entonces el cambio de variable dependiente y(t) = exp( z(t) dt) reduce su orden en una unidad. b) Utilizando la reducciĂłn de orden del apartado anterior, resuĂŠlvase la ecuaciĂłn y y = t (y )2 .

INTEGRACIĂ“N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

SOLUCIĂ“N

55

a) Las derivadas sucesivas de y, en tĂŠrminos de la nueva variable z, vienen dadas por

y(t) = e z(t) dt ⇒ y (t) = e z(t) dt z(t) ⇒ y (t) = e z(t) dt z (t) + z 2 (t) , por lo que se tendrå, haciendo uso del caråcter homogÊneo de F

F (t, y, y , y ) = F t, e z(t)dt , e z(t)dt z, e z(t)dt z + z 2

= em z(t)dt F t, 1, z, z + z 2 = 0, y como la exponencial no se anula, se tiene que F (t, 1, z, z + z 2 ) = 0, de modo que en tĂŠrminos de la nueva variable z, la ecuaciĂłn es de orden uno. b) La ecuaciĂłn es homogĂŠnea de grado dos en y, y , y , en efecto Îť y Îť y − t (Îť y )2 = Îť2 y y − Îť2 t (y )2 = Îť2 [y y − t (y )2 ] .

El cambio de variable y = exp( z(t) dt) para y > 0 (si y < 0, harĂ­amos el cambio y = â&#x2C6;&#x2019; exp( z(t) dt) y todo sale igual) para el que se tiene que

y = z(t) e

z(t) dt

, y = z (t) e

z(t) dt

+ z(t)2 e

z(t) dt

= (z (t) + z 2 (t)) e

z(t) dt

,

transforma la ecuaciĂłn en

e Dividiendo por e2

z(t) dt

(z (t) + z 2 (t)) e

z(t) dt

z(t) dt

= t z 2 (t) e2

z(t) dt

.

obtenemos z (t) = (t â&#x2C6;&#x2019; 1) z 2 (t) ,

ecuaciĂłn de variables separables con soluciĂłn implĂ­cita

1 dz = z2

(t â&#x2C6;&#x2019; 1) dt

â&#x2021;&#x2019;

â&#x2C6;&#x2019;

t2 1 = â&#x2C6;&#x2019; t + c, z 2

c â&#x2C6;&#x2C6; IR .

Debemos considerar ademĂĄs las soluciones z = 0, que se traducen en y(t) = k, con k â&#x2C6;&#x2C6; IR, que tambiĂŠn satisfacen la ecuaciĂłn.

Deshaciendo los cambios anteriores, 2 z= â&#x2C6;&#x2019;2 c + 2 t â&#x2C6;&#x2019; t2

â&#x2021;&#x2019;

â&#x2C6;&#x2019;2 arctg ln |y| = â&#x2C6;&#x161; 2c â&#x2C6;&#x2019; 1

ln |y| =

tâ&#x2C6;&#x2019;1 â&#x2C6;&#x161; 2c â&#x2C6;&#x2019; 1

2 dt â&#x2021;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019;2 c + 2 t â&#x2C6;&#x2019; t2

+ d,

c, d â&#x2C6;&#x2C6; IR .

obtenemos la fĂłrmula implĂ­cita de las soluciones de la ecuaciĂłn original.

56 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMA 2.33 Calcúlese la solución general de las siguientes ecuaciones de Bernoulli a) 3 t y − 2 y = b) y +

t3 ; y2

1 y = − (t + 1)3 y 3 ; t+1 2

c) t y + y = t4 y 3 ; d) t y + 6 y = 3 t y 4/3 .

SOLUCIÓN

Como vimos en la introducción teórica al estudiar las ecuaciones de Bernoulli, el cambio de variable dependiente v = y 1−n transforma la ecuación y + a(t) y = b(t) y n en una lineal. a) Es una ecuación de Bernoulli con n = −2. El cambio de variable dependiente v = y 1+2 = y 3

v = 3y 2 y ,

⇒

la transforma en la ecuación lineal en forma normal 3y 2 y −

2 2 t2 3y y = 3y 2 y −2 3t 3

2 v − v = t2 . t

⇒

Multiplicando por el factor integrante μ(t) = exp( (−2/t) dt) = e−2 ln |t| = t−2 , obtenemos d (vt−2 ) = 1 , dt e integrando con respecto a t, resulta v = t3 + c t 2 , Deshaciendo el cambio,

c ∈ IR .

y 3 = t3 + c t2 ,

obtenemos la solución implícita de la ecuación original. b) Es una ecuación de Bernoulli con n = 3. El cambio de variable v = y 1−3 = y −2

⇒

v =

−2 y , y3

la transforma en la ecuación lineal en forma normal −

−2 −1 2 1 2 y= 3 (t + 1)3 y 3 y − 3 y3 y t+1 y 2

⇒

v −

2 v = (t + 1)3 . t+1

INTEGRACIĂ&#x201C;N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

57

Multiplicando por el factor integrante Îź(t) = exp( â&#x2C6;&#x2019;2/(t + 1) dt) = eâ&#x2C6;&#x2019;2 ln |t+1| = 1/(t + 1)2 , obtenemos

d 1 v = t + 1, dt (t + 1)2 e integrando con respecto a t, resulta v = (t+1)2 ((t+1)2 /2+c) , c â&#x2C6;&#x2C6; IR. Deshaciendo el cambio,

(t + 1)4 (t + 1)2 1 2 + c = + (t + 1)2 c , = (t + 1) y2 2 2 obtenemos la soluciĂłn implĂ­cita de la ecuaciĂłn original. Consideramos ademĂĄs la soluciĂłn constante y = 0. c) Es una ecuaciĂłn de Bernoulli con n = 3. El cambio de variable v = y 1â&#x2C6;&#x2019;3 = y â&#x2C6;&#x2019;2

â&#x2021;&#x2019;

v =

â&#x2C6;&#x2019;2 y , y3

la transforma en la ecuaciĂłn lineal en forma normal â&#x2C6;&#x2019;

â&#x2C6;&#x2019;2 2 2 1 y â&#x2C6;&#x2019; 3 y = 3 t3 y 3 3 y y t y

â&#x2021;&#x2019;

v â&#x2C6;&#x2019;

2 v = â&#x2C6;&#x2019;2 t3 . t

Multiplicando por el factor integrante Îź(t) = exp( â&#x2C6;&#x2019;2/t dt) = eâ&#x2C6;&#x2019;2 ln |t| = 1/t2 , obtenemos d v

= â&#x2C6;&#x2019;2 t , dt t2 e integrando con respecto a t, resulta v = â&#x2C6;&#x2019;t4 + c t2 , c â&#x2C6;&#x2C6; IR. Deshaciendo el cambio, 1 = â&#x2C6;&#x2019;t4 + c t2 , y2 obtenemos la soluciĂłn implĂ­cita de la ecuaciĂłn original. Consideramos ademĂĄs la soluciĂłn constante y = 0. d) Es una ecuaciĂłn de Bernoulli con n = 4/3. El cambio de variable 4

1

v = y 1â&#x2C6;&#x2019; 3 = y â&#x2C6;&#x2019; 3 , la transforma en

y = v â&#x2C6;&#x2019;3 ,

dy dv dy dv = = â&#x2C6;&#x2019;3v â&#x2C6;&#x2019;4 , dt dv dt dt

â&#x2C6;&#x2019;3 t v â&#x2C6;&#x2019;4 v + 6 v â&#x2C6;&#x2019;3 = 3 t v â&#x2C6;&#x2019;4 .

Dividiendo por â&#x2C6;&#x2019;3 t v â&#x2C6;&#x2019;4 obtenemos la ecuaciĂłn lineal en forma normal v â&#x2C6;&#x2019;

2 v = â&#x2C6;&#x2019;1 , t

con factor integrante Îź(t) = exp( (â&#x2C6;&#x2019;2/t) dt) = tâ&#x2C6;&#x2019;2 . De modo que, como en casos anteriores 1 2 1 d v

1 =â&#x2C6;&#x2019; 2, v â&#x2C6;&#x2019; v = â&#x2C6;&#x2019; â&#x2021;&#x2019; 2 3 2 2 t t t dt t t

58 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS e integrando en los dos miembros resulta t−2 v =

1 +c t

v = t + c t2 ,

⇒

c ∈ IR .

Finalmente, deshaciendo el cambio de variable, y(t) =

1 , (t + ct2 )3

obtenemos la solución implícita de la ecuación original. Consideramos además la solución constante y = 0.

PROBLEMA 2.34 Compruébese que la ecuación (t y + t2 y 3 ) y = 1 es de Bernoulli cuando se buscan inversas, t(y), de las soluciones. Calcúlese la solución general de dicha ecuación.

SOLUCIÓN

La ecuación (t y + t2 y 3 ) y = 1 se transforma, teniendo en cuenta que y (t) = 1/t (y(t)), en la ecuación en t(y) dada por t = t y + t2 y 3

⇒

t − y t = y 3 t2

que claramente es una ecuación de Bernoulli, en t, con n = 2.

El cambio de variable v = t1−2 =

1 t

⇒

v =

−1 t , t2

la transforma en la ecuación lineal −

1 1 1 t + 2 y t = − 2 y 3 t2 2 t t t

v + y v = −y 3 .

⇒

2 Multiplicando por el factor integrante μ(y) = exp( y dy) = ey /2 obtenemos 2 d y2 /2 (e v) = −ey /2 y 3 , dy

e, integrando con respecto a y, resulta v = 2 − y 2 + e−y

2

/2

2 1 = 2 − y 2 + e−y /2 c , t

obtenemos la solución implícita de la ecuación original.

c , c ∈ IR. Deshaciendo el cambio

INTEGRACIĂ&#x201C;N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

59

PROBLEMA 2.35 BĂşsquense las soluciones del problema de Cauchy

â&#x2C6;&#x161; ty â&#x2C6;&#x2019; 4y = t2 y , y(1) = 0 .

NĂłtese que hay mĂĄs de una (se debe a la pendiente inďŹ nita de la funciĂłn y â&#x2020;&#x2019; y = 0).

SOLUCIĂ&#x201C;N

â&#x2C6;&#x161; y en

Observamos que si dividiĂŠsemos la ecuaciĂłn por t, se obtendrĂ­a una ecuaciĂłn de Bernoulli, lo â&#x2C6;&#x161; que nos mueve a realizar el cambio de variable z = y (esto es, z = y 1â&#x2C6;&#x2019;1/2 ). Se tiene asĂ­ que y z = â&#x2C6;&#x161; 2 y

y = 2zz ,

â&#x2021;&#x2019;

y la ecuaciĂłn, en la nueva variable, toma la forma

2

2

2tzz â&#x2C6;&#x2019; 4z = t z

â&#x2021;&#x2019;

z 2tz â&#x2C6;&#x2019; 4z â&#x2C6;&#x2019; t

En el primer caso, se tiene z=0

â&#x2021;&#x2019;

â&#x2C6;&#x161;

y=0

2

â&#x2021;&#x2019;

o bien o bien

y(t) = 0

â&#x2C6;&#x20AC;t â&#x2C6;&#x2C6; IR ,

=0

â&#x2021;&#x2019;

z = 0, 2tz â&#x2C6;&#x2019; 4z = t2 .

que satisface la condiciĂłn inicial y es por tanto una soluciĂłn de la ecuaciĂłn.

En el segundo caso se tiene que la ecuaciĂłn es lineal en la nueva variable z, y un factor integrante para la misma vendrĂĄ dado por

â&#x2C6;&#x2019;2 dt Îź(t) = exp = tâ&#x2C6;&#x2019;2 . t Multiplicando la ecuaciĂłn por el factor Îź(t)/(2t) = 1/(2t3 ) e integrando se obtiene 1 d z

z 2z 1 1 z = â&#x2021;&#x2019; â&#x2021;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019; = = ln |t| + c , c â&#x2C6;&#x2C6; IR .

2 3 2 2 t t 2t dt t 2t t 2 Evaluando en t = 1 se tiene que z(1) = y(1) = 0 y por tanto, se deduce el valor de la constante c = 0.

Deshaciendo el cambio de variable y despejando, se obtiene una nueva soluciĂłn de nuestro problema de Cauchy, dada por 1 z = ln |t| 2 t 2 o de manera mĂĄs precisa

â&#x2021;&#x2019;

z(t) =

t2 ln |t| 2

â&#x17D;§ 4 â&#x17D;¨ t (ln |t|)2 y(t) = 4 â&#x17D;Š 0

â&#x2021;&#x2019;

y(t) =

t4 (ln |t|)2 , 4

si t = 0 si t = 0 ,

pues tomando t = 0 en la ecuaciĂłn, se obtiene que ha de ser y(0) = 0.

(NĂłtese ademĂĄs que, si bien t4 (ln |t|)2 /4 no estĂĄ deďŹ nida en t = 0, sĂ­ que existe su lĂ­mite en ese punto y vale 0).

60 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMA 2.36 Resuélvase la ecuación de Riccati y = (1 − t) y 2 + (2t − 1) y − t , sabiendo que y0 (t) = 1 es una solución particular de la ecuación.

SOLUCIÓN

Conocida una solución particular, y0 , el cambio y = y0 + z = 1 + z transforma la ecuación en una de Bernoulli. En efecto, y = z y sustituyendo en la ecuación, resulta z + (t − 1) (1 + z)2 + (1 − 2t) (1 + z) = −t z − z = (1 − t) z 2 , que es una ecuación de Bernoulli con n = 2. Introducimos ahora la variable v = z 1−2 = z −1 entonces z = v −1 , z = −v −2 v y sustituyendo en la ecuación, obtenemos −

1 1 1 v − = (1 − t) 2 2 v v v

⇒

v + v = t − 1 ,

que es una ecuación lineal con factor integrante μ(t) = et . Multiplicando la ecuación por μ(t), resulta d t (e v) = et (t − 1) , dt e integrando los dos miembros con respecto a t, se tiene que

et v = tet dt − et + c ⇒ et v = et (t − 2) + c ⇒ v = t − 2 + ce−t , c ∈ IR .

Deshaciendo los cambios de variable, 1 = t − 2 + ce−t z

⇒

y − 1 = (t − 2 + ce−t )−1

1 + 1, t − 2 + ce−t obtenemos la solución general de la ecuación original. y(t) =

PROBLEMA 2.37 Calcúlese la solución general de las siguientes ecuaciones de Riccati sabiendo que admiten una solución que es un polinomio. a) y − y 2 + 2 t y = t2 ; b) y = t3 +

1 2 y − y2 . t t

INTEGRACIĂ&#x201C;N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

SOLUCIĂ&#x201C;N

61

a) Buscamos una soluciĂłn particular de la forma y = a t + b, con lo que y = a. Sustituyendo en la ecuaciĂłn, y agrupando los coeďŹ cientes de las distintas potencias de t, obtenemos a â&#x2C6;&#x2019; (a t + b)2 + 2 t (a t + b) = t2 , (a â&#x2C6;&#x2019; b2 ) + 2 b (1 â&#x2C6;&#x2019; a) t + a (2 â&#x2C6;&#x2019; a) t2 = t2 , e igualando coeďŹ cientes, se tiene â&#x17D;Ť â&#x17D;§ a (2 â&#x2C6;&#x2019; a) = 1 â&#x17D;Ź â&#x17D;¨ a = b2

b = 0 â&#x2021;&#x2019; a = 0 (no vale) 2 b (1 â&#x2C6;&#x2019; a) = 0 â&#x2021;&#x2019; 2 â&#x17D;­ â&#x17D;Š 2 b (1 â&#x2C6;&#x2019; b ) = 0 â&#x2021;&#x2019; b = Âą1 â&#x2021;&#x2019; a = 1 a â&#x2C6;&#x2019; b2 = 0 por lo que los polinomios t + 1 , t â&#x2C6;&#x2019; 1 son soluciones particulares de la ecuaciĂłn.

Consideramos y0 (t) = t + 1. El cambio y = y0 (t) + z = t + 1 + z, transforma la ecuaciĂłn en una de Bernoulli. En efecto, y = 1 + z y, sustituyendo en la ecuaciĂłn, resulta 1 + z â&#x2C6;&#x2019; (t + 1 + z)2 + 2 t (t + 1 + z) = t2

â&#x2021;&#x2019;

z â&#x2C6;&#x2019; 2 z = z2 ,

que es una ecuaciĂłn de Bernoulli con n = 2. Hacemos el cambio de variable dependiente v = z 1â&#x2C6;&#x2019;2 = z â&#x2C6;&#x2019;1 , v = â&#x2C6;&#x2019;z â&#x2C6;&#x2019;2 z , con lo que obtenemos â&#x2C6;&#x2019;

2 1 1 z + 2 z = â&#x2C6;&#x2019; 2 z2 z2 z z

â&#x2021;&#x2019;

v + 2 v = â&#x2C6;&#x2019;1 ,

que es una ecuaciĂłn lineal con factor integrante Îź(t) = e2 t . Multiplicando la ecuaciĂłn por Îź(t) resulta d 2t (e v) = â&#x2C6;&#x2019;e2 t , dt e, integrando con respecto a t, se tiene que

1 1 1 e2 t v = â&#x2C6;&#x2019; e2 t + c â&#x2021;&#x2019; v = eâ&#x2C6;&#x2019;2 t â&#x2C6;&#x2019; e2 t + c = â&#x2C6;&#x2019; + c eâ&#x2C6;&#x2019;2 t , c â&#x2C6;&#x2C6; IR .

2 2 2 Tan sĂłlo falta deshacer los cambios para obtener la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn original 2 2 z= â&#x2021;&#x2019; y =t+1+ . â&#x2C6;&#x2019;1 + 2 c eâ&#x2C6;&#x2019;2 t â&#x2C6;&#x2019;1 + 2 c eâ&#x2C6;&#x2019;2 t b) Tras comprobar que no hay ninguna soluciĂłn de grado uno en t, buscamos una soluciĂłn particular de la forma y = a t2 , y = 2 a t, 2at â&#x2C6;&#x2019;

2 2 1 2 4 a t + a t = t3 t t

â&#x2021;&#x2019;

a2 t3 = t3 ,

luego a = Âą1 y los polinomios Âąt2 son soluciones particulares de la ecuaciĂłn.

Consideramos y0 (t) = t2 . El cambio y = y0 (t) + z = t2 + z transforma la ecuaciĂłn en una de Bernoulli. En efecto, y = 2 t + z y, sustituyendo en la ecuaciĂłn, resulta

2 1 2 1 2 t + z = t3 + (t2 + z) â&#x2C6;&#x2019; (t2 + z)2 â&#x2021;&#x2019; z + 2 t â&#x2C6;&#x2019; z = â&#x2C6;&#x2019; z2 , t t t t

62 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS que es una ecuaciĂłn de Bernoulli con n = 2. Hacemos el cambio de variable dependiente v = z 1â&#x2C6;&#x2019;2 = z â&#x2C6;&#x2019;1 , v = â&#x2C6;&#x2019;z â&#x2C6;&#x2019;2 z , obteniendo asĂ­

1 2 â&#x2C6;&#x2019;1 1 1 2 2 â&#x2C6;&#x2019;2

â&#x2C6;&#x2019; 2t v = , z= z â&#x2021;&#x2019; v + â&#x2C6;&#x2019;z z + 2 t â&#x2C6;&#x2019; 2 2 t z t z t t

2 ecuaciĂłn lineal, con factor integrante Îź(t) = exp( (â&#x2C6;&#x2019;2 t + 2/t) dt) = e2 ln |t|â&#x2C6;&#x2019;t 2 = t2 eâ&#x2C6;&#x2019;t . Multiplicando la ecuaciĂłn por Îź(t) resulta 2 d 2 â&#x2C6;&#x2019;t2 (t e v) = t eâ&#x2C6;&#x2019;t dt

e, integrando con respecto a t, se tiene que 2 2 1 t2 eâ&#x2C6;&#x2019;t v = â&#x2C6;&#x2019; eâ&#x2C6;&#x2019;t + c 2

â&#x2021;&#x2019;

v=

1 t2

2 1 â&#x2C6;&#x2019; + c et 2

,

c â&#x2C6;&#x2C6; IR .

Tan sĂłlo falta deshacer los cambios para obtener la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn original 2 t2 2 t2 z= â&#x2021;&#x2019; y = t2 + .

2 t â&#x2C6;&#x2019;1 + 2 c e â&#x2C6;&#x2019;1 + 2 c et2

PROBLEMA 2.38 CalcĂşlese la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn de Riccati y = â&#x2C6;&#x2019;8ty 2 + 4t(4t + 1)y â&#x2C6;&#x2019; 8t3 â&#x2C6;&#x2019; 4t2 + 1 , sabiendo que posee una soluciĂłn que es un polinomio.

SOLUCIĂ&#x201C;N

Observando las potencias de t que intervienen en la ecuaciĂłn, parece suďŹ ciente con ensayar soluciones polinomiales de grado uno, esto es, soluciones de la forma y0 (t) = a + bt.

Sustituyendo y0 en la ecuaciĂłn y agrupando e igualando los coeďŹ cientes de las distintas potencias de t que intervienen, se obtienen dos soluciones de la misma: y0 (t) = t y y0 (t) = t + 1/2.

Considerando la primera, hacemos el cambio de variable y =t+

1 z

â&#x2021;&#x2019;

y = 1 â&#x2C6;&#x2019;

z , z2

que convierte nuestra ecuaciĂłn en una lineal

2

z 1 1 1 â&#x2C6;&#x2019; 2 = â&#x2C6;&#x2019;8t t + + 4t(4t + 1) t + â&#x2C6;&#x2019; 8t3 â&#x2C6;&#x2019; 4t2 + 1 z z z que admite como factor integrante

Îź(t) = exp

4t dt

2

= e2t .

â&#x2021;&#x2019;

z + 4tz = 8t ,

INTEGRACIÓN ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

63

Multiplicando la ecuación por dicho factor e integrando se obtiene 2

2

(z + 4tz)e2t = 8te2t

⇒

d 2t2

d 2t2

e z = 2e dt dt

⇒

2

2

e2t z = 2e2t + c ,

donde c denota una constante real. Deshaciendo el cambio de variable, obtenemos la solución general de la ecuación de partida 2

z = 2 + ce−2t

2

⇒

y(t) = t +

1 (2t + 1)e2t + ct .

2 = −2t 2 + ce 2e2t2 + c

PROBLEMA 2.39 Calcúlese la solución general de la ecuación de Riccati y = 2 tg t sec t − y 2 sen t , sabiendo que y0 (t) = sec t es una de sus soluciones.

SOLUCIÓN

Consideramos y0 (t) = sec t. El cambio y = y0 (t) + z = sec t + z transforma la ecuación en una de Bernoulli. En efecto, y = sec t tg t + z y, sustituyendo en la ecuación, resulta sec t tg t + z = 2 tg t sec t − (sec t + z)2 sen t

z + 2 tg t z = − sen t z 2 ,

⇒

que es una ecuación de Bernoulli con n = 2. Hacemos el pertinente cambio de variable v = z 1−2 = z −1 , v = −z −2 z , y se tiene −z −2 z − 2 tg t z −2 z = sen t z −2 z 2 ⇒ v − 2 tg t v = sen t ,

ecuación lineal con factor integrante μ(t) = exp( −2 tg t dt) = e2 ln | cos t| = cos2 t. Multiplicando la ecuación por μ(t) resulta d (cos2 t v) = cos2 t sen t , dt e, integrando con respecto a t, se tiene que cos2 t v = −

1 cos3 t + c 3

⇒

v=−

c 1 cos t + , 3 cos2 t

c ∈ IR .

Tan sólo falta deshacer los cambios para obtener la solución general de la ecuación original z=

3 cos2 t 3 c − cos3 t

⇒

y = sec t +

3 cos2 t .

3 c − cos3 t

Nótese que la solución no está definida para algunos valores de t.

64 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMA 2.40 CalcĂşlese la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn de Riccati y + y 2 = 1 + t2 , comenzando por buscar una soluciĂłn particular de la misma.

SOLUCIĂ&#x201C;N

Buscamos una soluciĂłn particular de la forma y = a t + b , y = a, para lo cual sustituimos estas expresiones en la ecuaciĂłn y agrupamos potencias de t a + (a t + b)2 (a + b ) + 2 a b t + a2 t2

= =

2

1 + t2 1 + t2 ,

e igualando coeďŹ cientes, obtenemos a2 2ab a + b2

â&#x17D;Ť = 1 â&#x17D;Ź = 0 â&#x17D;­ = 1

a = Âą1 b = 0 â&#x2021;&#x2019; a = 1,

â&#x2021;&#x2019;

por lo que la funciĂłn t es una soluciĂłn particular de la ecuaciĂłn.

Consideramos y0 (t) = t. El cambio y = y0 (t) + z = t + z transforma la ecuaciĂłn en una de Bernoulli. En efecto, y = 1 + z y, sustituyendo en la ecuaciĂłn, resulta 1 + z + (t + z)2 = 1 + t2

z + 2 t z = â&#x2C6;&#x2019;z 2 ,

â&#x2021;&#x2019;

que es una ecuaciĂłn de Bernoulli con n = 2. Introducimos ahora la variable v = z 1â&#x2C6;&#x2019;2 = z â&#x2C6;&#x2019;1 , v = â&#x2C6;&#x2019;z â&#x2C6;&#x2019;2 z , â&#x2C6;&#x2019;z â&#x2C6;&#x2019;2 z â&#x2C6;&#x2019; 2 t z â&#x2C6;&#x2019;2 z = z â&#x2C6;&#x2019;2 z 2

v â&#x2C6;&#x2019; 2 t v = 1 ,

â&#x2021;&#x2019;

2 ecuaciĂłn lineal con factor integrante Îź(t) = exp( â&#x2C6;&#x2019;2 t dt) = eâ&#x2C6;&#x2019;t . Multiplicando la ecuaciĂłn por Îź(t) resulta 2 d â&#x2C6;&#x2019;t2 (e v) = eâ&#x2C6;&#x2019;t dt e, integrando con respecto a t, se tiene que â&#x2C6;&#x2019;t2

e

v=

â&#x2C6;&#x2019;t2

e

dt

â&#x2021;&#x2019;

v=e

t2

â&#x2C6;&#x2019;t2

e

dt + c

,

c â&#x2C6;&#x2C6; IR .

Tan sĂłlo falta deshacer los cambios para obtener la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn original 2 1 = et yâ&#x2C6;&#x2019;t

â&#x2C6;&#x2019;t2

e

dt + c

.

INTEGRACIĂ&#x201C;N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

65

PROBLEMA 2.41 ResuĂŠlvase el problema de Cauchy y = 3yy ,

y(0) = 1 ,

y (0) = 1 ,

y (0) =

3 .

2

(AquĂ­ son fundamentales las condiciones iniciales para simpliďŹ car el problema.)

SOLUCIĂ&#x201C;N

Observamos que la variable independiente t no aparece explĂ­citamente en la ecuaciĂłn, por lo que hacemos el doble cambio de variable dependiente e independiente dado por y = v (esto es y (t(y)) = v(y)), que rebaja el orden de nuestra ecuaciĂłn (vĂŠase el problema 2.31).

Conviene notar en este punto que, tras este cambio, la nueva variable independiente es y y la nueva variable dependiente pasa a ser v. Tenemos asĂ­, que las derivadas de y, expresadas en las nuevas variables, vienen dadas por 2 dv dv d2 v 2 dv

y (t) = v â&#x2021;&#x2019; y (t) = 2 v + v. y (t) = v â&#x2021;&#x2019; y (t) = dy dy dy dy Por otra parte, las condiciones iniciales en las nuevas variables se obtienen como sigue â&#x17D;§ â&#x17D;¨ y (0) = 1 â&#x2021;&#x2019; y (0) = v(y(0)) = v(1) â&#x2021;&#x2019; v(1) = 1 dv dv 3 3 dv â&#x17D;Š y (0) = â&#x2021;&#x2019; y (0) = (y(0)) v(y(0)) = (1) v(1) â&#x2021;&#x2019; (1) = .

2 dy dy dy 2 La ecuaciĂłn de segundo orden resultante, en tĂŠrminos de las nuevas variables, adopta la forma siguiente 2 dv d2 v 2 v + v = 3yv , 2 dy dy que se simpliďŹ ca tras dividir por v (nĂłtese que, como muestran las condiciones iniciales, v no es idĂŠnticamente nula, por lo que no estamos eliminando ninguna posible soluciĂłn)

2

dv d dv d2 v v = 3y, v+ = 3y â&#x2021;&#x2019; dy 2 dy dy dy y que puede ser integrada fĂĄcilmente, por ser de variables separables, dando lugar a una ecuaciĂłn de primer orden 3 dv v = y 2 + c1 . dy 2 La constante c1 se determina fĂĄcilmente a partir de las condiciones iniciales, sin mĂĄs que evaluar en y = 1 3 dv (1) v(1) = + c1 dy 2

â&#x2021;&#x2019;

3 3 = + c1 2 2

â&#x2021;&#x2019;

c1 = 0 ,

tras lo cual, la ecuaciĂłn de primer orden resultante es de variables separables y fĂĄcil de integrar 3 dv v = y2 dy 2

â&#x2021;&#x2019;

y3 v2 = + c2 .

2 2

66 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS De nuevo, la constante se determina sin dificultad a partir de las condiciones iniciales, evaluando en y = 1 1 1 = + c2 ⇒ c2 = 0 , 2 2 y, tras deshacer el cambio de variable y = v, se obtiene una ecuación de primer orden, que resulta ser de nuevo de variables separables v2 = y3

⇒

(y )2 = y 3

y = y 3/2

⇒

y −3/2 y = 1 ,

⇒

(hemos tomado la raíz positiva por ser y (0) = 1 > 0) e integrando tenemos −2y −1/2 = t + c3

⇒

y(t) =

4 . (t + c3 )2

Para determinar esta última constante, evaluamos en t = 0 obteniendo así 1=

4 c23

⇒

c3 = ±2 ,

y, a partir de las condiciones iniciales, vemos que sólo nos sirve el valor c3 = −2, con lo que se obtiene como única solución 4 y(t) = . (t − 2)2

PROBLEMA 2.42 (Aplicación a la óptica. Espejo parabólico). Determínese la meridiana C de un reflector de revolución de manera que los rayos luminosos que parten de una fuente puntual dada O se reflejen en forma de un haz paralelo a una dirección dada.

SOLUCIÓN

Sea O el origen de coordenadas y consideremos la dirección de los rayos reflejados paralela al eje OX. Sea M un punto de la curva C de coordenadas x e y. Tracemos la tangente en M a C. Consideramos un rayo luminoso OM partiendo de O y reflejado.

y

y

α C M α r TT i

ϕ

α

O

T

T

TT

x

x

INTEGRACIĂ&#x201C;N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

67

De la igualdad entre el ĂĄngulo de incidencia i y el ĂĄngulo de reďŹ&#x201A;exiĂłn r (ley de Snell) se deduce que

i + Ď&#x2022; = 90o i = r â&#x2021;&#x2019; Ď&#x2022; = Îą. r + Îą = 90o Por lo que tg xOM = tg(2Îą) = Observando que tg xOM = obtenemos

y x

2 tg Îą .

1 â&#x2C6;&#x2019; tg2 Îą tg Îą = y ,

y

2 y y = , x 1 â&#x2C6;&#x2019; (y )2

que resulta ser una ecuaciĂłn diferencial â&#x20AC;&#x153;homogĂŠnea". Podemos resolverla utilizando una idea de Lagrange: introducimos un parĂĄmetro auxiliar m = y , con lo que y=x

dy = m dx =

2m , 1 â&#x2C6;&#x2019; m2

2m 1 + m2 dx + 2x dm .

1 â&#x2C6;&#x2019; m2 (1 â&#x2C6;&#x2019; m2 )2

Separando las variables x y m, tenemos dm dx =2 x m(m2 â&#x2C6;&#x2019; 1)

dx = x

2 dm = m(m2 â&#x2C6;&#x2019; 1)

con lo que se deduce x=k

â&#x2C6;&#x2019;

1 1 2 + + m mâ&#x2C6;&#x2019;1 m+1

dm ,

m2 â&#x2C6;&#x2019; 1 , m2

y como y=x

2m 2k =â&#x2C6;&#x2019; , 1 â&#x2C6;&#x2019; m2 m

podemos eliminar m entre las dos relaciones anteriores, obteniendo asĂ­

1 â&#x2C6;&#x2019; y2 2k x=k m=â&#x2C6;&#x2019; , , y 4k 2 esto es y 2 = 4k (k â&#x2C6;&#x2019; x) .

Hemos obtenido de este modo la ecuaciĂłn de una familia de parĂĄbolas de eje OX y de foco comĂşn O. Por lo tanto, el espejo presenta una superďŹ cie interna dada por un paraboloide de revoluciĂłn.

68 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMA 2.43 Curva de persecuciĂłn (la barca y la corriente). Un mĂłvil A, situado al principio en el eje Ox se mueve hacia el punto (0, 0) con velocidad siempre constante. SimultĂĄneamente, una corriente empuja el mĂłvil A con velocidad tambiĂŠn constante hacia la parte negativa del eje Oy . DescrĂ­base la trayectoria del mĂłvil A.

SOLUCIĂ&#x201C;N

Denotemos por b la velocidad constante con que el mĂłvil A se dirige al punto (0, 0), y por a la velocidad de la corriente. Para plantear el problema, nos ďŹ jamos en cĂłmo viene dado el vector tangente en cada punto (x, y) = (x(t), y(t)) de la trayectoria del mĂłvil A ! "

â&#x2C6;&#x2019;bx â&#x2C6;&#x2019;by â&#x2C6;&#x2019; a x2 + y 2 dx dy (x, y) , â&#x2C6;&#x2019; a(0, 1) = , , (x, Ë&#x2122; y) Ë&#x2122; = = â&#x2C6;&#x2019;b dt dt x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2 que nos lleva a la ecuaciĂłn y =

by + a x2 + y 2 dy = . dx bx

ObsĂŠrvese en este punto que y (â&#x2C6;&#x2019;x) = â&#x2C6;&#x2019;y (x) (y es una funciĂłn impar), por lo que se tendrĂĄ que la funciĂłn y(â&#x2C6;&#x2019;x) = y(x), esto es, la funciĂłn es par. BastarĂĄ por tanto estudiar las trayectorias que se obtienen para x â&#x2030;Ľ 0 y asĂ­ lo haremos en adelante. AdemĂĄs, si x > 0, la ecuaciĂłn anterior puede reescribirse en la forma siguiente # y 2 a y

1+ , y = + x b x que pone de maniďŹ esto que es homogĂŠnea. Para resolverla, recurrimos al cambio de variable y = xz del que se deduce que y = xz + z y que transforma nuestra ecuaciĂłn en xz + z = z +

a b

1 + z2

â&#x2021;&#x2019;

â&#x2C6;&#x161;

z a , = bx 1 + z2

que es de variables separables y que una vez integrada proporciona la soluciĂłn a

ln z + 1 + z 2 = ln |x| + k , k â&#x2C6;&#x2C6; IR . b

â&#x2C6;&#x161; ObsĂŠrvese que podemos prescindir del mĂłdulo en el primer miembro, por ser z+ 1 + z 2 > 0, y en el segundo por ser x > 0.

Deshaciendo el cambio de variable, se obtiene la soluciĂłn general " ! # y 2 a y + 1+ = ln x + k , k â&#x2C6;&#x2C6; IR . ln x x b Por otra parte, tambiĂŠn conviene observar que una vez que la trayectoria llega al eje Oy , no sale del mismo. Para ver esto, nĂłtese que, para puntos sobre la parte negativa de dicho eje (que son los que pueden alcanzar nuestras trayectorias), el vector tangente es de la forma (0, b â&#x2C6;&#x2019; a) y,

INTEGRACIĂ&#x201C;N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

69

al tener primera componente nula, la trayectoria no sale de dicho eje. De hecho, se comprueba sin diďŹ cultad que x = 0 es una soluciĂłn de nuestra ecuaciĂłn.

Si la trayectoria parte del punto (0, 0), el mĂłvil se quedarĂĄ quieto si a â&#x2030;¤ b, y se moverĂĄ hacia abajo por el eje Oy si a > b.

Si el punto de partida de la trayectoria es el punto (c, 0) con c > 0, podemos determinar el valor de la constante k a partir de la condiciĂłn inicial, y se tiene asĂ­ que y(c) = 0

a k = â&#x2C6;&#x2019; ln c , b

â&#x2021;&#x2019;

y las trayectorias del mĂłvil vienen dadas implĂ­citamente por ! " # # y 2 y 2 x a y y a x

b. + 1+ â&#x2021;&#x2019; + 1+ = ln = ln x x b c x x c Vamos a describir estas trayectorias usando dos procedimientos distintos.

1) Para el primero, utilizaremos coordenadas polares x = Ď cos θ

e

y = Ď sen θ ,

en tÊrminos de las cuales se tiene que y/x = tg θ, y las trayectorias toman la forma $ tg θ +

b

a x a Ď cos θ (1 + sen θ) a 1 + sen θ b b â&#x2021;&#x2019; = â&#x2021;&#x2019; Ď =c 1 + tg θ = .

1+ b c cos θ c (cos θ) a

2

Veamos hacia quĂŠ puntos del eje Oy tienden las trayectorias a partir del punto (c, 0), en funciĂłn de los distintos valores de las velocidades a y b. Observemos que θ varĂ­a de 0 (en el punto inicial (c, 0)) a â&#x2C6;&#x2019;Ď&#x20AC;/2 (al llegar al eje Oy ), y que por tanto nos interesa calcular el lĂ­mite por la derecha de Ď cuando θ â&#x2020;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019;Ď&#x20AC;/2. Se tiene

b

l´Ĺm

+ θâ&#x2020;&#x2019;â&#x2C6;&#x2019; Ď&#x20AC; 2

Ď (θ) =

l´Ĺm

+ θâ&#x2020;&#x2019;â&#x2C6;&#x2019; Ď&#x20AC; 2

c

(1 + sen θ) a (cos θ)

b 1+ a

= c l´Ĺm

tâ&#x2020;&#x2019;0+

b 1 + sen t â&#x2C6;&#x2019; Ď&#x20AC;2 a

1+ ab , cos t â&#x2C6;&#x2019; Ď&#x20AC;2

(hemos realizado el cambio θ = t â&#x2C6;&#x2019; Ď&#x20AC;/2) que haciendo uso de las identidades trigonomĂŠtricas sen(t â&#x2C6;&#x2019; Ď&#x20AC;/2) = â&#x2C6;&#x2019; cos t y cos(t â&#x2C6;&#x2019; Ď&#x20AC;/2) = sen t se transforma en

l´ĹmĎ&#x20AC; Ď (θ) = c l´Ĺm +

θâ&#x2020;&#x2019;â&#x2C6;&#x2019; 2

tâ&#x2020;&#x2019;0+

(1 â&#x2C6;&#x2019; cos t) (sen t)

b a

b 1+ a

= c l´Ĺm

tâ&#x2020;&#x2019;0+

t2 2

ab

b t1+ a

=

c 2

b a

b

l´Ĺm t a â&#x2C6;&#x2019;1 ,

tâ&#x2020;&#x2019;0+

(hemos hecho uso de los inďŹ nitĂŠsimos equivalentes 1 â&#x2C6;&#x2019; cos t â&#x2C6;ź t2 /2 y sen t â&#x2C6;ź t cuando t â&#x2020;&#x2019; 0) obteniĂŠndose asĂ­ â&#x17D;§ si b > a â&#x17D;¨ 0 c/2 si b = a l´ĹmĎ&#x20AC; + Ď (θ) = â&#x17D;Š θâ&#x2020;&#x2019;â&#x2C6;&#x2019; 2 â&#x2C6;&#x17E; si b < a , que pone de maniďŹ esto que el mĂłvil alcanza el punto (0, 0) si b > a, el (0, â&#x2C6;&#x2019;c/2) (y se para) si b = a, o tiende hacia el (0, â&#x2C6;&#x2019;â&#x2C6;&#x17E;) (sin cruzar el eje Oy ) si b < a.

70 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 2) Un segundo modo de describir las trayectorias, consiste en obtener la forma explĂ­cita de la soluciĂłn como sigue y + x

# 1+

y 2 x

x a b = c

# â&#x2021;&#x2019;

1+

y 2 x

x a b â&#x2C6;&#x2019;y, = c x

y elevando al cuadrado ambos miembros se obtiene

1+

y 2 x

â&#x17D;&#x17E;2 â&#x17D;&#x203A; a x a x 2a y 2 y x b y b b â&#x17D; â&#x17D;? = = â&#x2C6;&#x2019;2 â&#x2C6;&#x2019; + , c x c x x c

esto es x a x 2a y b â&#x2C6;&#x2019;2 b =1 c x c

â&#x17D;&#x203A;

â&#x2021;&#x2019;

a aâ&#x17D;&#x17E;

x x b x â&#x2C6;&#x2019;bâ&#x17D; y= â&#x17D;? â&#x2C6;&#x2019; , 2 c c

y ďŹ nalmente se tiene que las trayectorias vienen dadas en forma explĂ­cita por y(x) =

a a 1 â&#x2C6;&#x2019; a 1+ a c b x b â&#x2C6;&#x2019; c b x1â&#x2C6;&#x2019; b .

2

Para ver hacia que puntos del eje Oy tienden las trayectorias a partir del punto (c, 0), en funciĂłn de los distintos valores de las velocidades a y b, estudiamos el lĂ­mite de y(x) cuando x â&#x2020;&#x2019; 0+ . Se tiene asĂ­ que â&#x17D;§ si b > a â&#x17D;¨ 0 a a 1 â&#x2C6;&#x2019; a 1+ a â&#x2C6;&#x2019;c/2 si b = a c b x b â&#x2C6;&#x2019; c b x1â&#x2C6;&#x2019; b = l´Ĺm+ y(x) = l´Ĺm+ â&#x17D;Š xâ&#x2020;&#x2019;0 xâ&#x2020;&#x2019;0 2 â&#x2C6;&#x2019;â&#x2C6;&#x17E; si b < a , y llegamos a las mismas conclusiones que antes.

PROBLEMA 2.44 Curva de persecuciĂłn (el conejo y el perro). Un mĂłvil A recorre una trayectoria recta con velocidad vA . Otro mĂłvil B, se mueve siempre en direcciĂłn a A con velocidad vB . EstĂşdiese la curva trazada por B.

SOLUCIĂ&#x201C;N

No hay pĂŠrdida de generalidad en suponer que el mĂłvil A se desplaza hacia arriba por el eje Oy , a partir de un punto inicial de coordenadas (0, a), y que el mĂłvil B parte inicialmente de un punto situado en el eje Ox de coordenadas (b, 0) (si no es asĂ­, basta realizar un giro y una traslaciĂłn para llegar a esta posiciĂłn inicial).

La trayectoria del mĂłvil A vendrĂĄ descrita por A(t) = (0, a) + t (0, vA ) = (0, a + vA t) para t â&#x2030;Ľ 0. Para plantear el problema, nos ďŹ jamos en cĂłmo viene dado el vector tangente en cada punto (x, y) = (x(t), y(t)) de la trayectoria del mĂłvil B. Para ello, observemos que en

INTEGRACIĂ&#x201C;N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

71

el instante t, el mĂłvil A se encontrarĂĄ en el punto de coordenadas A(t) = (0, a + vA t). Por tanto, se tendrĂĄ

(x, y â&#x2C6;&#x2019; a â&#x2C6;&#x2019; vA t) dx dy (0, a + vA t) â&#x2C6;&#x2019; (x, y) , vB = â&#x2C6;&#x2019; vB , (x, Ë&#x2122; y) Ë&#x2122; = = 2 2 dt dt x + (â&#x2C6;&#x2019;y + a + vA t) x2 + (y â&#x2C6;&#x2019; a â&#x2C6;&#x2019; vA t)2 que nos lleva a la ecuaciĂłn, para x = 0 (el caso x = 0 lo comentamos mĂĄs adelante) y =

y â&#x2C6;&#x2019; a â&#x2C6;&#x2019; vA t dy = dx x

xy = y â&#x2C6;&#x2019; a â&#x2C6;&#x2019; vA t.

â&#x2021;&#x2019;

ObsĂŠrvese que al ser y (â&#x2C6;&#x2019;x) = â&#x2C6;&#x2019;y (x), se tendrĂĄ que la funciĂłn y(â&#x2C6;&#x2019;x) = y(x), esto es, la funciĂłn es par. BastarĂĄ por tanto estudiar las trayectorias que se obtienen para x â&#x2030;Ľ 0 y asĂ­ lo haremos en adelante.

Para deshacernos de la variable t que aparece en el segundo miembro de la ecuaciĂłn, comenzamos derivando la ecuaciĂłn respecto de x xy + y = y â&#x2C6;&#x2019; vA

dt dx

xy = â&#x2C6;&#x2019;vA

â&#x2021;&#x2019;

dt , dx

y observando que como xË&#x2122; =

â&#x2C6;&#x2019;xvB

dx = dt

x2

+ (y â&#x2C6;&#x2019; a â&#x2C6;&#x2019; vA t)2

,

se tendrĂĄ que % â&#x2C6;&#x2019; x2 + (y â&#x2C6;&#x2019; a â&#x2C6;&#x2019; vA t)2 1 dt = = = dx xË&#x2122; xvB

â&#x2C6;&#x2019; 1+

y â&#x2C6;&#x2019; a â&#x2C6;&#x2019; vA t x vB

2 =

$ 2 â&#x2C6;&#x2019; 1 + (y ) vB

,

que nos lleva ďŹ nalmente a la ecuaciĂłn xy = â&#x2C6;&#x2019;vA

dt dx

â&#x2021;&#x2019;

xy =

vA vB

$

2

1 + (y ) ,

que es independiente de t. Para resolverla, hacemos ahora el cambio de variable z = y , con lo que se tiene que z = y y la ecuaciĂłn se transforma en xz =

vA vB

1 + z2

â&#x2021;&#x2019;

â&#x2C6;&#x161;

z vA 1 , = 2 vB x 1+z

que es de variables separables, y cuya integraciĂłn proporciona la soluciĂłn

v

A ln z + 1 + z 2 = ln x + k , k â&#x2C6;&#x2C6; IR . vB Conviene observar en este punto que x = 0 es una soluciĂłn de nuestra ecuaciĂłn. De hecho, cualquier trayectoria que llega al eje Oy (o parte de ĂŠl), no sale del mismo, por ser el vector tangente de la forma (0, vB ) (al tener primera componente nula, la trayectoria no puede "escapar" de dicho eje).

72 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Si la trayectoria parte del punto (0, 0) (esto es, en el caso b = 0), el móvil B alcanzará al móvil A si vB > vA , y no lo hará si vB ≤ vA . Esto es consecuencia de que las trayectorias de ambos están alineadas, y de que la velocidad (constante) de aproximación (o alejamiento dependiendo del caso) del móvil B al móvil A viene dada en términos del vector (0, vB − vA ).

Si la trayectoria parte del punto (x, y) = (b, 0) con b > 0 (en el instante t = 0), podemos determinar la constante k observando que (x, z) = (x, y ) = (b, −a/b), y por tanto se tiene que !

a ln − + b

# 1+

a 2

"

b

vA ln b + k = vB

!

a k = ln − + b

⇒

# 1+

a 2

" −

b

vA ln b , vB

y la solución toma la forma ⎞ √ ⎜ z + 1 + z 2 ⎟ vA x

⎟ ln⎜ ⎝ a # a 2 ⎠ = vB ln b − + 1+ b b ⎛

v √ x A z + 1 + z2 vB , # a 2 = b a − + 1+ b b

⇒

que puede ser reescrita en forma más conveniente despejando ! z+

1+

z2

=

a − + b

# 1+

a 2

"

x

b

b

vA vB ,

(2.18)

y elevando al cuadrado

z+

1+

z2

2

= 1 + 2z z +

1+

z2

!

=

a − + b

# 1+

a 2

"2

x

b

b

2vA vB ,

con lo que, teniendo en cuenta la expresión (2.18) obtenemos ⎛! ! " " v ⎞ v # # a 2 x A a 2 −1 x − A 1⎝ a a vB − − + 1 + vB ⎠ . z= − + 1+ 2 b b b b b b Deshaciendo el cambio z = y e integrando, llegamos a la forma explícita de las trayectorias y(x), que vienen dadas por ⎞ ⎧ ⎛! ! # " # " a 2 −1 ⎪ 2 x2 ⎪ 1 a a a ⎪ ⎝ − + 1+ ⎪ + − 1+ ln x⎠+k ⎪ ⎪ b b 2 b b ⎨2b ⎛! ⎞ ! # "−1 v v # " ⎪ 1+ vA 1− vA

⎪ 2 2 B B ⎪ a (x/b) b⎝ a (x/b) a a ⎪ ⎠+k ⎪ − + 1+ + − 1+ ⎪ A A ⎩2 b b 1 + vvB b b 1 − vvB

si vA = vB

si vA = vB ,

a falta de determinar la constante de integración k. Para determinarla, utilizamos que las curvas

INTEGRACIĂ&#x201C;N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

73

han de pasar por el punto (b, 0), esto es, han de satisfacer y(b) = 0, lo que nos lleva a que â&#x17D;&#x203A;! â&#x17D;§ ! # "â&#x2C6;&#x2019;1 â&#x17D;&#x17E; # "

2 â&#x17D;Ş 2 2 â&#x17D;Ş 1 a a b a a â&#x17D;Ş â&#x17D;Ş â&#x2C6;&#x2019; â&#x17D;? â&#x2C6;&#x2019; + 1+ + â&#x2C6;&#x2019; 1+ ln bâ&#x17D; si vA = vB â&#x17D;Ş â&#x17D;Ş b b 2 b b â&#x17D;¨ 2b â&#x17D;&#x203A;! â&#x17D;&#x17E; k= ! # " # " â&#x17D;Ş a 2 â&#x2C6;&#x2019;1 â&#x17D;Ş 2 â&#x17D;Ş a b a 1 1 a â&#x17D;Ş â&#x17D; si vA = vB , â&#x17D;Ş + â&#x2C6;&#x2019; 1+ â&#x17D;Ş â&#x2C6;&#x2019; 2â&#x17D;? â&#x2C6;&#x2019; b + 1+ b A A â&#x17D;Š 1 + vvB b b 1 â&#x2C6;&#x2019; vvB y por tanto, las trayectorias y(x) vienen dadas ďŹ nalmente por â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;§ â&#x17D;&#x203A;! ! # " # " a 2 â&#x2C6;&#x2019;1 x

â&#x17D;Ş 2 x2 â&#x2C6;&#x2019;b2 â&#x17D;Ş 1 a a a â&#x17D;Ş â&#x17D;? â&#x2C6;&#x2019; + 1+ â&#x17D; â&#x17D;Ş + â&#x2C6;&#x2019; 1+ si vA = vB ln â&#x17D;Ş â&#x17D;Ş b b 2 b b b â&#x17D;¨2b â&#x17D;&#x203A;! â&#x17D;&#x17E; ! # " vA # " A â&#x17D;Ş a 2 â&#x2C6;&#x2019;1(x/b)1â&#x2C6;&#x2019; vvB â&#x17D;Ş 2 (x/b)1+ vB â&#x2C6;&#x2019;1 â&#x17D;Ş a a b â&#x2C6;&#x2019;1 a â&#x17D;Ş â&#x17D;? â&#x2C6;&#x2019; + 1+ â&#x17D; si vA = vB , â&#x17D;Ş + â&#x2C6;&#x2019; 1+ â&#x17D;Ş A A â&#x17D;Š2 b b 1 + vvB b b 1 â&#x2C6;&#x2019; vvB en funciĂłn de las velocidades y de los puntos de partida de cada mĂłvil.

Por Ăşltimo, nĂłtese que a partir de estas expresiones, podrĂ­amos determinar que el mĂłvil B alcanza al mĂłvil A cuando vB > vA (estudiando el lĂ­mite de y(x) cuando x â&#x2020;&#x2019; 0+ y viendo cuando es ďŹ nito) e incluso obtener el punto del eje Oy en que esto ocurre.

PROBLEMA 2.45 Enfriamiento de lĂ­quidos. Si un cuerpo cambia de temperatura por la acciĂłn del medio, y en el supuesto de que la temperatura del medio no se altere, se cumple la siguiente "ley del enfriamiento de Newton": la velocidad de cambio de temperatura es proporcional a la diferencia entre la temperatura del cuerpo y la del ambiente. En una habitaciĂłn a 20â&#x2014;Ś C se introduce una taza de cafĂŠ a 60â&#x2014;Ś C. Al cabo de 2 minutos, su temperatura es de 50â&#x2014;Ś C. Decir cuĂĄnto tiempo deberĂĄ pasar desde la introducciĂłn de la taza para que la temperatura del cafĂŠ sea de 35â&#x2014;Ś C.

SOLUCIĂ&#x201C;N

La ley de enfriamiento de Newton, que describe la rapidez con que se enfrĂ­a un objeto, se traduce matemĂĄticamente en la siguiente ecuaciĂłn dT = k (T â&#x2C6;&#x2019; Tm ) , dt en la que T (t) denota la temperatura del objeto en el instante de tiempo t, Tm es la temperatura (constante) del medio que lo rodea, dT /dt es la rapidez con que se enfrĂ­a el objeto, y k es una constante.

La ecuaciĂłn es lineal, y un factor integrante para la misma viene dado por Îź(t) = eâ&#x2C6;&#x2019;kt . Por tanto se tendrĂĄ

d d â&#x2C6;&#x2019;kt = Te Tm eâ&#x2C6;&#x2019;kt T â&#x2C6;&#x2019;kT = â&#x2C6;&#x2019;kTm â&#x2021;&#x2019; (T â&#x2C6;&#x2019;kT )eâ&#x2C6;&#x2019;kt = â&#x2C6;&#x2019;kTm eâ&#x2C6;&#x2019;kt â&#x2021;&#x2019; dt dt

74 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS que integrado lleva a la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn T eâ&#x2C6;&#x2019;kt = Tm eâ&#x2C6;&#x2019;kt + c

â&#x2021;&#x2019;

T (t) = Tm + c ekt ,

c â&#x2C6;&#x2C6; IR .

En nuestro caso concreto, se tiene que Tm = 20o C. Por otra parte, tomando como tiempo inicial t = 0 (medido en minutos) el de la introducciĂłn de la taza de cafĂŠ en la habitaciĂłn, se tiene que T (0) = 20 + c = 60 â&#x2021;&#x2019; c = 40, con lo que la soluciĂłn viene dada por T (t) = 20 + 40 ekt .

Para determinar el valor de la constante k, hacemos uso de que

1 3 3 â&#x2021;&#x2019; k = ln T (2) = 20 + 40 e2k = 50 â&#x2021;&#x2019; e2k = â&#x2030;&#x2C6; â&#x2C6;&#x2019;0.143841 .

4 2 4 Finalmente, obtenemos T (t) = 20 + 40 e

t 2

ln( 34 )

= 35 â&#x2021;&#x2019; e

t 2

ln( 34 )

2 ln 38 3 â&#x2030;&#x2C6; 6.81884 minutos, = â&#x2021;&#x2019; t= 8 ln 34

esto es, algo mĂĄs de 6 minutos y 49 segundos.

PROBLEMA 2.46 MĂĄs enfriamientos. A las 23 horas fue descubierto un cadĂĄver. El forense llegĂł a las 23 : 30 y tomĂł la temperatura del cuerpo, registrando 28â&#x2014;Ś C. Dos horas mĂĄs tarde tomĂł de nuevo la temperatura del cadĂĄver, registrando ahora 22â&#x2014;Ś C. La temperatura del local en que se encontraba el cadĂĄver era de 16â&#x2014;Ś C. Deducir la hora del fallecimiento.

SOLUCIĂ&#x201C;N

Queremos determinar la hora del fallecimiento a partir de la velocidad de enfriamiento del cadĂĄver. Como vimos en el ejercicio 2.45, la ley de enfriamiento de Newton viene descrita por la ecuaciĂłn T = k (T â&#x2C6;&#x2019; Tm ), cuya soluciĂłn general viene dada, como ya vimos, por T (t) = Tm + c ekt , con c â&#x2C6;&#x2C6; IR. En el caso concreto que nos ocupa, tenemos Tm = 16.

Tomaremos como tiempo inicial t = 0 (medido en minutos) el del descubrimiento del cadĂĄver, esto es, las 23 horas. Se tiene asĂ­ que â&#x17D;Ť

ln 2 â&#x2030;&#x2C6; â&#x2C6;&#x2019;0.00577623 â&#x17D;Ź k=â&#x2C6;&#x2019; T (30) = 16 + c e30k = 28 c e30k = 12 â&#x2021;&#x2019; â&#x2021;&#x2019; 120 T (150) = 16 + c e150k = 22 c e150k = 6 â&#x17D;­ c = 12 ¡ 21/4 â&#x2030;&#x2C6; 14.2705 y por tanto, la soluciĂłn toma la forma T (t) = 16 + 12 ¡ 21/4 eâ&#x2C6;&#x2019;t ln 2/120 . Para determinar el instante de la muerte, tendremos en cuenta que la temperatura normal de una persona viva es de 37â&#x2014;Ś C, y por tanto

â&#x2C6;&#x2019;t ln 2 â&#x2C6;&#x2019;t ln 2 1 7 7 120 ln 9 â&#x2030;&#x2C6; â&#x2C6;&#x2019;66.8826 min , T (t) = 16+12¡2 4 e 120 = 37 â&#x2021;&#x2019; e 120 = 9 â&#x2021;&#x2019; t = â&#x2C6;&#x2019; ln 2 4 2 24 esto es, aproximadamente a las 21 horas y 53 minutos (unos 67 minutos antes de las 23 horas).

INTEGRACIĂ&#x201C;N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

75

PROBLEMA 2.47 (El destructor y el submarino). Un destructor trata de cazar a un submarino en medio de una densa niebla. La niebla se levanta un instante y revela que el submarino se encuentra en superďŹ cie y a 6 kilĂłmetros de distancia del destructor. La velocidad del destructor es doble que la del submarino, y tambiĂŠn se sabe que este se sumergirĂĄ y avanzarĂĄ a toda velocidad en lĂ­nea recta y en direcciĂłn desconocida. DĂ­gase quĂŠ trayectoria deberĂĄ seguir el destructor para estar seguro de pasar sobre el submarino.

SOLUCIĂ&#x201C;N

Sean S el submarino, D el destructor y v la velocidad del submarino (por lo tanto 2v la velocidad de D). Supongamos que ambos estĂĄn inicialmente sobre el eje OX. Para estar seguro de pasar sobre el submarino, el destructor tiene, primero, que dirigirse hacia donde lo avistĂł.

AA

A A

A

A

A

A

A ba` (xS (t), yS (t))

AAK A

ba` * (xD (t), yD (t))

θ0 θ(t)

SA (0, 0)

(2, 0)

D

(6, 0)

El destructor avanza hacia donde viĂł a S. Si S hubiera avanzado hacia D, entonces D estarĂ­a sobre S en un tiempo t0 con v t0 + 2 v t0 = 6

â&#x2021;&#x2019;

t0 =

2 . v

Pasamos a coordenadas polares (xS (t), yS (t)) â&#x2030;Ą (RS (t), θ0 ) ,

(xD (t), yD (t)) â&#x2030;Ą (RD (t), θ(t)) ,

siendo θ0 el ĂĄngulo, ďŹ jo, que forma la direcciĂłn de escape de S con el eje OX, y RS (t) = v t la distancia recorrida.

Para que exista la seguridad de que D pase sobre S, ha de ser RD (t) = RS (t) = v t para todo t â&#x2030;Ľ 2/v, (si t = 2/v, RD (t) = RS (t) = 2). Buscamos θ(t). NĂłtese que estamos parametrizando la trayectoria con el tiempo t.

xD (t) = v t cos θ(t) yD (t) = v t sen θ(t) ,

(t))2 = (vD )2 = 4 v 2 , (x D (t))2 + (yD

v 2 (cos2 θ(t) + t2 sen2 θ(t) (θ (t))2 + sen2 θ(t) + t2 cos2 θ(t) (θ (t))2 ) = 4 v 2 , 1 + t2 (θ (t))2 = 4 ,

76 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS de dónde se deduce que √ √ ± 3 ⇒ θ(t) = ± 3 ln t + c . t √ Como θ(2/v) = 0, entonces c = ∓ 3 ln(2/v) y por tanto √ vt ( θ(t) = ± 3 ln( ) ± √θ ± √θ ⇒ v t = 2 e 3 ⇒ R(θ) = 2 e 3 .

2 R(t) = v t θ (t) =

El destructor avanza 4 kilómetros hacia el submarino y luego sigue a lo largo de una de las √ espirales R = 2 exp(θ/ 3), θ > 0 (consideramos el signo positivo en el exponente, porque el submarino se aleja del origen cuando θ crece).

PROBLEMA 2.48 (Problema del quitanieves). El problema se encuentra en Differential equations, por Ralph Palmer Agnew (McGraw-Hill Book Co.).

Nieva regularmente. Una máquina quitanieves sale a las 12 de la mañana y recoge un volumen constante de nieve en la unidad de tiempo. En la primera hora la máquina avanza 2 kilómetros, y en la segunda solamente 1 kilómetro. ¿A qué hora empezó a nevar?.

SOLUCIÓN

Interpretamos el enunciado del problema: – recoge un volumen constante de nieve en unidad de tiempo ⇒ la velocidad v de la máquina es inversamente proporcional a la altura, h(t), de la nieve.

– nieva regularmente ⇒ la cantidad (altura) de nieve es proporcional al tiempo.

Sea t0 el tiempo que lleva nevando hasta que sale la máquina, entonces v(t) =

dx k k = = , dt h(t) ct

luego

x(t) =

k dt . ct

Sabemos que x(t0 + 1) = 2 y x(t0 + 2) = 3, por lo que

t0 +1 t0 +1 t0 + 1 k λ , con λ = k , 2 = dt = dt = λ ln

ct t t c 0 t0 t0

t0 +2 t0 + 2 λ , dt = λ ln 1 = t0 + 1 t0 +1 t de donde obtenemos 2

eλ =

t0 + 1 , t0

1

eλ =

t0 + 2 , t0 + 1

INTEGRACIĂ&#x201C;N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

77

y se sigue que t0 + 1 = t0

t0 + 2 t0 + 1

2 â&#x2021;&#x201D;

(t0 + 1)3 = (t0 + 2)2 t0

t30 + 1 + 3t20 + 3t0 = (t20 + 4 + 4t0 ) t0 = t30 + 4t0 + 4t20 t20 + t0 â&#x2C6;&#x2019; 1 = 0 â&#x2C6;&#x161; â&#x2C6;&#x161; â&#x2C6;&#x2019;1 + 5 â&#x2C6;&#x2019;1 Âą 1 + 4 = â&#x2030;&#x2C6; 0 618034 . t0 = 2 2

PROBLEMA 2.49 Trayectorias ortogonales. Si denotamos por x la variable independiente a) PruĂŠbese que las circunferencias x2 + y 2 = c2 son soluciones de la ecuaciĂłn diferencial x + yy = 0. b) PruĂŠbese que las curvas soluciĂłn de la ecuaciĂłn y = f (x, y) se cortan perpendicularmente con las curvas soluciĂłn de y = â&#x2C6;&#x2019;1/f (x, y). c) Utilizando lo visto en los dos apartados precedentes, obtĂŠngase la familia de las curvas que cortan ortogonalmente a la familia de las circunferencias con centro en el origen.

SOLUCIĂ&#x201C;N

a) Derivando la expresiĂłn x2 + y 2 = c2 respecto de x, obtenemos 2x + 2yy = 0, y dividiendo por 2 la ecuaciĂłn, se sigue el resultado. b) Las curvas soluciĂłn de la ecuaciĂłn y = f (x, y) tienen en cada punto (x, y) por vector tangente al dado por (1, y ) = (1, f (x, y)). Por otra parte, las curvas soluciĂłn de la ecuaciĂłn y = â&#x2C6;&#x2019;1/f (x, y) tienen en dicho punto (x, y) por vector tangente al dado por (1, y ) = (1, â&#x2C6;&#x2019;1/f (x, y)). En cada punto (x, y), el ĂĄngulo formado por las curvas soluciĂłn de ambas ecuaciones, coincide con el formado por sus tangentes. Pero el producto escalar de dichas tangentes es (1, f (x, y)) ¡ (1, â&#x2C6;&#x2019;1/f (x, y)) = 1 â&#x2C6;&#x2019; 1 = 0, lo que prueba que son perpendiculares. c) Hemos visto en el primer apartado, que las circunferencias centradas en el origen son soluciĂłn de la ecuaciĂłn 2x + 2yy = 0, esto es, de y = f (x, y) con f (x, y) = â&#x2C6;&#x2019;x/y. Por el segundo apartado, sabemos que la familia de las curvas que cortan ortogonalmente a la familia de las circunferencias con centro en el origen, se obtiene como soluciĂłn de la ecuaciĂłn y = â&#x2C6;&#x2019;1/f (x, y) = y/x, que es de variables separables (y lineal). Integrando dicha ecuaciĂłn, se tiene que ln |y| = ln |x| + c1 , o equivalentemente |y| = c2 |x| donde c2 = ec1 es una constante positiva. Mejor aĂşn, aĂąadiendo la soluciĂłn constante y = 0,

78 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS podemos reescribir lo anterior en la forma y = kx con k â&#x2C6;&#x2C6; IR constante, que pone de maniďŹ esto que la familia de curvas buscada estĂĄ formada por las rectas que pasan por el origen.

PROBLEMA 2.50 Trayectorias ortogonales. ÂżQuĂŠ ecuaciĂłn veriďŹ can las curvas de la familia dada por F (x, y, c) = 0? La que resulta de eliminar c entre F (x, y, c) = 0 y â&#x2C6;&#x201A;F (x, y, c) â&#x2C6;&#x201A;F (x, y, c) dy + = 0. â&#x2C6;&#x201A;x â&#x2C6;&#x201A;y dx Con esto y lo visto en el ejercicio 2.49, calcĂşlese la familia de las curvas que cortan ortogonalmente a la familia de las circunferencias tangentes en el origen al eje de ordenadas.

SOLUCIĂ&#x201C;N

La familia de las circunferencias tangentes en el origen al eje de ordenadas, viene descrita por las ecuaciones (x â&#x2C6;&#x2019; c)2 + y 2 = c2 con c â&#x2C6;&#x2C6; IR â&#x2C6;&#x2019; {0}. Derivando esta expresiĂłn respecto de x, obtenemos 2(x â&#x2C6;&#x2019; c) + 2yy = 0. Para eliminar la constante c entre ambas ecuaciones, despejamos c de la primera (x â&#x2C6;&#x2019; c)2 + y 2 = c2

x2 + y 2 = 2cx

â&#x2021;&#x2019;

â&#x2021;&#x2019;

c=

x2 + y 2 2x

y sustituimos en la segunda ecuaciĂłn, para obtener

x2 + y 2 x2 â&#x2C6;&#x2019; y 2 2 xâ&#x2C6;&#x2019; + 2yy = 0 + 2yy = 0 â&#x2021;&#x2019; 2x x

â&#x2021;&#x2019;

para x = 0 ,

y =

y 2 â&#x2C6;&#x2019; x2 , 2xy

que es la ecuaciĂłn que veriďŹ can las circunferencias de la familia. Tenemos pues que nuestra ecuaciĂłn es de la forma y = f (x, y) con f (x, y) = (y 2 â&#x2C6;&#x2019; x2 )/(2xy). A partir del ejercicio 2.49, sabemos que la familia de curvas que cortan ortogonalmente a las circunferencias tangentes en el origen al eje de ordenadas viene descrita por la ecuaciĂłn y = â&#x2C6;&#x2019;1/f (x, y), esto es por 2xy 2(y/x) = , y = 2 2 x â&#x2C6;&#x2019;y 1 â&#x2C6;&#x2019; (y/x)2 que resulta ser homogĂŠnea y que, por tanto, puede ser resuelta mediante el cambio de variable y = xz, a partir del cual tenemos que y = xz + z, y la ecuaciĂłn, en la nueva variable, toma la forma xz + z =

2z 1 â&#x2C6;&#x2019; z2

â&#x2021;&#x2019;

xz =

z(1 + z 2 ) 1 â&#x2C6;&#x2019; z2

â&#x2021;&#x2019;

1 â&#x2C6;&#x2019; z2 1 z = , z(1 + z 2 ) x

INTEGRACIĂ&#x201C;N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

79

que es de variables separables. Para resolverla, descomponemos el primer miembro en fracciones simples e integramos

z 2z 1 1

2

â&#x2C6;&#x2019; â&#x2021;&#x2019; ln |z|â&#x2C6;&#x2019;ln |1 + z = | = ln |x| + c â&#x2021;&#x2019; ln z 1 1 + z 2 = ln |x| + c1 , z 1 + z2 x con lo que se llega a

z

1 + z 2 = c2 |x| con c2 > 0

â&#x2021;&#x2019;

z = kx con k â&#x2C6;&#x2C6; IR .

1 + z2

Finalmente deshacemos el cambio de variable realizado (y/x) = kx 1 + (y/x)2

â&#x2021;&#x2019;

x2

xy = kx + y2

â&#x2021;&#x2019;

x2

y =k + y2

â&#x2021;&#x2019;

k(x2 + y 2 ) = y ,

obteniendo la familia de curvas buscada, que no es otra que la familia de las circunferencias tangentes en el origen al eje de abcisas, como se comprueba sin mĂĄs que reescribir la soluciĂłn en la forma 2 2

y 1 1 2 2 2 â&#x2021;&#x2019; x + yâ&#x2C6;&#x2019; x +y = = , k â&#x2C6;&#x2C6; IR â&#x2C6;&#x2019; {0} . k 2k 2k

PROBLEMA 2.51 Trayectorias formando un ĂĄngulo. a) PruĂŠbese que las curvas soluciĂłn de la ecuaciĂłn y =

f (x, y) + tg Ď&#x2030; 1 â&#x2C6;&#x2019; f (x, y) tg Ď&#x2030;

se cortan formando un ĂĄngulo Ď&#x2030; con las curvas soluciĂłn de y = f (x, y). b) BĂşsquese la familia de las curvas que cortan a la familia de las rectas y = cx (que pasan por el origen) segĂşn un ĂĄngulo de Ď&#x20AC;/4. CalcĂşlese en coordenadas polares la expresiĂłn de estas curvas.

SOLUCIĂ&#x201C;N

a) Las curvas soluciĂłn de la ecuaciĂłn y = f (x, y) tienen en cada punto (x, y) por vector tangente al (1, y ) = (1, f (x, y)). Por otra parte, las curvas soluciĂłn de la ecuaciĂłn y =

f (x, y) + tg Ď&#x2030; , 1 â&#x2C6;&#x2019; f (x, y) tg Ď&#x2030;

80 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS siempre que no se anule el denominador del segundo miembro de la ecuaciĂłn (veremos este caso al ďŹ nal), tienen en dicho punto (x, y) por vector tangente al

f (x, y) + tg Ď&#x2030;

(1, y ) = 1, .

1 â&#x2C6;&#x2019; f (x, y) tg Ď&#x2030; En cada punto (x, y), el ĂĄngulo formado por las curvas soluciĂłn de ambas ecuaciones, coincide con el formado por sus tangentes en dicho punto. AdemĂĄs, si normalizamos los vectores tangentes, sabemos que el coseno del ĂĄngulo formado vendrĂĄ dado por el producto escalar de ambos vectores. Para abreviar las expresiones que manejaremos, pondremos f en vez de f (x, y). Normalizamos el primero de los vectores, obteniendo 1 1 + f2

(1, f ) .

Para el segundo de los vectores se obtiene, tras algunas simpliďŹ caciones %

(1 â&#x2C6;&#x2019; f tg Ď&#x2030;)2 f + tg Ď&#x2030; |1 â&#x2C6;&#x2019; f tg Ď&#x2030;|| cos Ď&#x2030;| f + tg Ď&#x2030; 1, = , 1, 1 â&#x2C6;&#x2019; f tg Ď&#x2030; 1 â&#x2C6;&#x2019; f tg Ď&#x2030; (1 + f 2 )(1 + tg2 Ď&#x2030;) 1 + f2 donde hemos hecho uso de la identidad trigonomĂŠtrica 1+tg2 Ď&#x2030; = 1/ cos2 Ď&#x2030;. Haciendo ahora el producto escalar de los vectores normalizados, se tiene

f 2 + f tg Ď&#x2030; |1 â&#x2C6;&#x2019; f tg Ď&#x2030;| |1 â&#x2C6;&#x2019; f tg Ď&#x2030;|| cos Ď&#x2030;| | cos Ď&#x2030;| , 1 + = 2 1+f 1 â&#x2C6;&#x2019; f tg Ď&#x2030; 1 â&#x2C6;&#x2019; f tg Ď&#x2030; esto es Âą cos Ď&#x2030; dependiendo del signo de 1 â&#x2C6;&#x2019; f tg Ď&#x2030;. Con ello hemos probado el resultado buscado, puesto que lo anterior simplemente es consecuencia de que en realidad las curvas forman dos ĂĄngulos: Ď&#x2030; y Ď&#x20AC;â&#x2C6;&#x2019;Ď&#x2030; , y de que se veriďŹ ca cos(Ď&#x20AC; â&#x2C6;&#x2019; Ď&#x2030;) = â&#x2C6;&#x2019; cos Ď&#x2030;.

Por Ăşltimo, falta probar el resultado para el caso en que 1 â&#x2C6;&#x2019; f (x, y) tg Ď&#x2030; = 0, esto es, cuando en un punto (x, y) se tiene que f (x, y) = 1/ tg Ď&#x2030;. En este caso, la tangente a la segunda curva es vertical por ser |y | = â&#x2C6;&#x17E; y tiene por tanto la direcciĂłn del vector (0, 1). Por tanto, el ĂĄngulo formado por ambas curvas coincide con el formado por los vectores (0, 1) y (tg Ď&#x2030;, 1) (que es proporcional al (1, 1/ tg Ď&#x2030;) y tiene por tanto su misma direcciĂłn). Normalizando este segundo vector (el primero ya lo estĂĄ) y haciendo el producto escalar de ambos, obtenemos el coseno del ĂĄngulo formado 1 2

1 + tg Ď&#x2030;

(tg Ď&#x2030;, 1) ¡ (0, 1) =

1 1 + tg2 Ď&#x2030;

= | cos Ď&#x2030;| ,

lo que prueba el resultado tambiĂŠn en este caso. b) Como vimos en el ejercicio 2.50, para obtener la ecuaciĂłn que veriďŹ can las rectas de la familia y = cx, despejamos la constante c = y/x, y la sustituimos (para eliminarla) en la derivada de la ecuaciĂłn y = c, obteniendo asĂ­ la ecuaciĂłn buscada y = y/x. Ahora, utilizamos el primer apartado con Ď&#x2030; = Ď&#x20AC;/4, tras lo cual llegamos a la ecuaciĂłn que ha de satisfacer la familia de curvas que cortan a las rectas y = cx con un ĂĄngulo de Ď&#x20AC;/4 Ď&#x20AC;

y y + tg 1+

x 4 x y = y , y Ď&#x20AC; = 1â&#x2C6;&#x2019; 1 â&#x2C6;&#x2019; tg x x 4

INTEGRACIĂ&#x201C;N ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

81

que resulta ser homogĂŠnea. Realizamos el cambio de variable y = xz, para el cual se tiene y = xz + z. La ecuaciĂłn en la nueva variable pasa a ser xz + z =

1+z 1â&#x2C6;&#x2019;z

â&#x2021;&#x2019;

xz =

1 + z2 1â&#x2C6;&#x2019;z

â&#x2021;&#x2019;

1â&#x2C6;&#x2019;z 1 z = , 1 + z2 x

que es una ecuaciĂłn de variables separables que se integra sin diďŹ cultad obteniendo asĂ­ z 1 2zz 1 â&#x2C6;&#x2019; = 1 + z2 2 1 + z2 x

â&#x2021;&#x2019;

arctg z â&#x2C6;&#x2019;

1 ln(1 + z 2 ) = ln |x| + c .

2

Deshaciendo el cambio de variable realizado se obtiene ďŹ nalmente y 1 y 2 y 1

arctg â&#x2C6;&#x2019; ln 1 + â&#x2C6;&#x2019; ln x2 + y 2 = c . = ln |x|+c â&#x2021;&#x2019; arctg x 2 x x 2 En coordenadas polares x = Ď cos θ

e

y = Ď sen θ ,

la expresiĂłn de las curvas anteriores viene dada por θ â&#x2C6;&#x2019; ln Ď = c

â&#x2021;&#x2019;

ln Ď = θ â&#x2C6;&#x2019; c

donde k denota cualquier constante positiva y θ â&#x2C6;&#x2C6; IR.

â&#x2021;&#x2019;

Ď = keθ ,

CAPĂ?TULO

3

Ecuaciones y sistemas lineales. TeorĂ­a general

En este tema se desarrollan los elementos de la teorĂ­a general de los sistemas y ecuaciones lineales.

No debemos dejarnos engaĂąar por el hecho de que las ecuaciones lineales de primer orden se resuelven con facilidad mediante un factor integrante (vĂŠase el capĂ­tulo anterior). En general, no es posible encontrar fĂłrmulas explĂ­citas para todas las soluciones. Tampoco es ese el objetivo en este tema. Pretendemos describir los aspectos fundamentales de la teorĂ­a de sistemas lineales, dejando para los temas posteriores los mĂŠtodos concretos de resoluciĂłn.

3.1. DeďŹ niciĂłn y clasiďŹ caciĂłn.

Comenzamos deďŹ niendo los sistemas y ecuaciones lineales. Todos los resultados que veremos se referirĂĄn a sistemas del tipo (sl)

y = A (t) y + b(t) ,

donde A(t) representa una matriz n Ă&#x2014; n formada por funciones, reales o complejas, continuas en un intervalo I â&#x160;&#x201A; IR y el tĂŠrmino independiente b(t) es un vector formado tambiĂŠn por n funciones, reales o complejas, continuas en I; o a ecuaciones diferenciales de la forma (el)

a0 (t) y n) + a1 (t) y nâ&#x2C6;&#x2019;1) + ... + an (t) y = b(t),

con ai (t), b(t) â&#x2C6;&#x2C6; C(I), i = 0, . . . , n, I â&#x2C6;&#x2C6; IR, a0 (t) = 0 en I. - Si el tĂŠrmino independiente es nulo hablamos de sistemas/ecuaciones homogĂŠneas.

- Si los coeďŹ cientes son constantes (aunque el tĂŠrmino independiente no lo sea) nos referiremos a sistemas/ecuaciones de coeďŹ cientes constantes.

Con frecuencia consideraremos los problemas de Cauchy o problemas de condiciones inciales:

y = A (t) y + b(t) a0 (t) y n) + a1 (t) y nâ&#x2C6;&#x2019;1) + ... + an (t) y = b(t) (3.1) y(t0 ) = y0 ; y(t0 ) = y0 , y (t0 ) = y1 , . . . , y nâ&#x2C6;&#x2019;1) (t0 ) = ynâ&#x2C6;&#x2019;1 ,

84 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS donde t0 ∈ I, y0 es un vector arbitrario de IRn o Cn e y0 , . . . , yn−1 son escalares arbitrarios.

Nota. En ocasiones consideraremos la forma integral del problema de Cauchy

y(t) = y0 +

t

[A(s) y(s) + b(s)] ds ,

(3.2)

t0

obtenida al integrar, entre t0 y t, el sistema lineal e imponer la condición inicial.

3.1.1. Sistema equivalente a una ecuación.

Sea y(t) = (y1 (t), y2 (t) , · · · , yn (t))T . El cambio de variable y1 = y,

y2 = y , · · · , yn = y n−1) ,

(3.3)

transforma la ecuación lineal (el) en un sistema lineal equivalente, con matriz de coeficientes: ⎞ ⎛ 0 1 0 ...

0 ⎟ ⎜ 0 0 1 ...

0 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ .. .. .. . . . . ⎟ ⎜ . . . . .

A(t) = ⎜ ⎟, ⎟ ⎜ 0 0 0 ...

1 ⎟ ⎜ ⎝ an (t) an−1 (t) an−2 (t) a1 (t) ⎠ − − ... − − a0 (t) a0 (t) a0 (t) a0 (t) y término independiente b(t) = (0, 0, . . . , 0, b(t)/a0 (t))T .

Conviene observar que la inversa, sin embargo, no es cierta; es decir, un sistema lineal de primer orden no puede transformarse, en general, en una sola ecuación de n-ésimo orden. Por lo tanto, la teoría de los sistemas de ecuaciones de primer orden incluye a la de las ecuaciones de orden n como un caso particular.

3.1.2. Sistemas reales y complejos.

También es posible transformar un sistema lineal de coeficientes complejos en otro de coeficientes exclusívamente reales, a costa de doblar el tamaño del sistema.

El sistema complejo de tamaño n y = A(t) y + b(t),

con A(t) = A1 (t) + i A2 (t), b(t) = b1 (t) + i b2 (t)

equivale al sistema real de tamaño 2n " ! ! " ! "! " A1 (t) −A2 (t) b1 (t) y1 y1 = + .

A2 (t) b2 (t) y2 A1 (t) y2

(3.4)

(3.5)

Es decir, si y(t) es solución de (3.4) e y1 (t), y2 (t) son, respectivamente, sus partes real e imaginaria, entonces el vector (y1 (t), y2 (t))T (de tamaño 2n) es solución real de (3.5) y, recíprocamente, si este vector es solución real de (3.5), el vector y(t) = y1 (t) + i y2 (t) lo es de (3.4).

ECUACIONES Y SISTEMAS LINEALES. TEORÍA GENERAL

85

3.2. Teoremas de existencia y unicidad. Iteradas de Picard.

Analizamos la existencia y unicidad global de soluciones para el problema de Cauchy definido por un sistema lineal no homogéneo con coeficientes tanto reales como complejos.

Teorema. Si la matriz de coeficientes A(t) y el término independiente b(t) están formados por funciones continuas en un intervalo I ⊂ IR, entonces existe una única solución de (3.1) que pasa por un punto prefijado (t0 , y0 ) de I × IRn y es prolongable a todo intervalo cerrado y acotado contenido en I. C OROLARIO. Toda solución del sistema homogéneo y = A(t) y que se anule en un punto, es idénticamente nula.

Nota. Teniendo en cuenta la equivalencia entre la ecuación lineal de orden arbitrario y el correspondiente sistema lineal de primer orden, los resultados anteriores pueden aplicarse también a las ecuaciones lineales.

Iteradas de Picard: construcción de soluciones aproximadas.

La sucesión de funciones (gk (t))k definida por g0 (t) = gk+1 (t) =

y0 y0 +

t t0

(A(s) gk (s) + b(s)) ds ,

converge, uniformemente en cada compacto, hacia una solución del problema de Cauchy (3.2).

Nota. Consideremos los comentarios siguientes: 1) Por simplicidad suele tomarse g0 (t) = y0 .

2) Si el problema es complejo, las iteradas de Picard complejas aproximan las soluciones complejas del problema de Cauchy.

3.3. Sistemas lineales de primer orden con coeficientes continuos.

3.3.1. Sistema homogéneo. Matriz fundamental.

Sea el sistema lineal homogéneo de n ecuaciones (sh)

y = A(t) y ,

con matriz de coeficientes A(t) formada por funciones continuas en I ⊂ IR. Teorema. Las soluciones de (sh) forman un espacio vectorial de dimensión n sobre IR o C.

86 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS D EFINICIÓN. Se denomina: 1) Sistema fundamental de soluciones del sistema lineal homogéneo, a toda base del espacio de soluciones de (sh).

2) Matriz fundamental de (sh) a toda matriz cuyas columnas forman un sistema fundamental de soluciones del sistema lineal homogéneo.

3) Matriz fundamental principal en t0 de (sh) a toda matriz fundamental que en t0 es la matriz identidad. Es fácil comprobar que: (a) la matriz fundamental principal en un punto es única, (b) hay matrices fundamentales que no son principales en ningún punto.

Matriz fundamental: 1) C ARACTERIZACIÓN: Sea Y (t) una matriz de funciones de clase C 1 y denotemos por Y (t) su derivada componente a componente. Y (t) es matriz fundamental de (sh) si y sólo si verifica: (a) Y (t) = A(t) Y (t) (las columnas son soluciones del sistema homogéneo). (b) det Y (t) = 0 (las columnas son linealmente independientes).

2) P ROPIEDADES: (a) El determinante de una matriz fundamental de (sh) o se anula idénticamente o no se anula en ningún punto. (b) Si Y (t) es una matriz de funciones de clase C 1 en el intervalo I ⊂ IR cumpliendo que det Y (t) = 0 ∀t ∈ I, entonces existe un único sistema lineal homogéneo para el que Y (t) es matriz fundamental en I. La matriz de coeficientes de dicho sistema es: A(t) = Y (t) Y −1 (t). (c) Dada una matriz fundamental Y (t), cualquier otra matriz fundamental del sistema es de la forma Y (t) C, siendo C una matriz constante con det C = 0. En particular, la matriz fundamental principal en t0 será Y (t) Y −1 (t0 ). (d) La Resolvente de (sh) es R(t, s) = Y (t) Y −1 (s) y la solución de (sh) que en t = t0 vale y0 viene dada por R(t, t0 ) y0 .

Solución general de (sh): viene dada por y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) + · · · + cn yn (t) , siendo y1 (t), y2 (t), . . . , yn (t) un sistema fundamental de soluciones y c1 , c2 , . . . , cn constantes arbitrarias.

Si Y (t) es una matriz fundamental y c = (c1 , c2 , . . . , cn )T , la solución general de (sh) viene dada por y(t) = Y (t) c .

Nota. No existe un método universal que permita el cálculo efectivo de la solución general de un sistema homogéneo. Sin embargo, para formas particulares de la matriz A sí somos capaces de dar métodos que nos conducen a dicha solución. Así encontramos que

ECUACIONES Y SISTEMAS LINEALES. TEORĂ?A GENERAL

87

1) Si A(t) es diagonal, el sistema se reduce a n ecuaciones escalares lineales de primer orden independientes.

2) Si A(t) es triangular, el sistema tambiĂŠn se reduce a n ecuaciones escalares lineales de primer orden pero, en este caso, una de ellas es independiente. Su resoluciĂłn permite convertir otra en independiente, y asĂ­ sucesivamente.

3) Si A(t) = A es constante, existen procedimientos generales (basados en tĂŠcnicas algebraicas) que permiten resolverlos. Estos sistemas se estudiarĂĄn en el capĂ­tulo siguiente.

ReducciĂłn del tamaĂąo de un sistema: Una tĂŠcnica que puede ayudar a simpliďŹ car la resoluciĂłn de un sistema consiste en reducir su tamaĂąo. Veamos cĂłmo se aplica.

Consideremos el sistema lineal homogĂŠneo de tamaĂąo n y = A(t) y , y sean y1 (t), y2 (t), ..., yr (t) soluciones linealmente independientes en un intervalo I â&#x160;&#x201A; IR. Formamos la matriz Y (t) cuyas columnas son yi (t), i = 1, . . . , r. Por continuidad existe un menor de tamaĂąo r, Y1 (t), cuyo determinante es no nulo en algĂşn subintervalo J â&#x160;&#x201A; I. Permutando, si fuese necesario, el orden de las ecuaciones del sistema siempre podemos expresar la matiz Y (t) en la forma:

Y1 (t) Y (t) = .

Y2 (t) DeďŹ nimos ahora la matriz inversible en J, !

Y1 (t) P (t) = Y2 (t)

0

" ,

Inâ&#x2C6;&#x2019;r

donde Inâ&#x2C6;&#x2019;r representa la matriz identidad de tamaĂąo n â&#x2C6;&#x2019; r; y dividimos A(t) en bloques del mismo tamaĂąo que los de P (t), " !

A12 (t) A11 (t) .

A(t) = A21 (t) A22 (t) Sea z = (z1 , z2 )T donde z1 es el vector formado por las r primeras componentes de z y z2 por las n â&#x2C6;&#x2019; r Ăşltimas; el cambio de variable y = P (t) z

â&#x2021;&#x2019;

z = P â&#x2C6;&#x2019;1 (t)(A(t)P (t) â&#x2C6;&#x2019; P (t)) z

nos lleva a z 1 = Y1â&#x2C6;&#x2019;1 (t) A12 (t) z2 ,

z 2 = â&#x2C6;&#x2019; Y2 (t) Y1â&#x2C6;&#x2019;1 (t) A12 (t) + A22 (t) z2 .

(3.6)

La segunda igualdad es un sistema lineal homogĂŠneo de tamaĂąo n â&#x2C6;&#x2019; r. Una vez resuelto se sustituye en (3.6) e, integrando la expresiĂłn que resulta, se calcula z1 . Finalmente basta deshacer el cambio de variable para obtener la soluciĂłn general del sistema de partida.

88 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Teorema. (FĂłrmula de Abel-Liouville-Jacobi). Si Y (t) es soluciĂłn del sistema (sh), i.e.

Y (t) = A(t) Y (t) entonces la funciĂłn escalar detY (t) veriďŹ ca la ecuaciĂłn escalar lineal de primer orden (detY (t)) = tr A(t) detY (t) , por lo tanto, para todo t, t0 â&#x2C6;&#x2C6; I se veriďŹ ca que

t

detY (t) = detY (t0 ) exp

tr A(s) ds

.

t0

3.3.2. Sistema no homogĂŠneo. VariaciĂłn de las constantes.

Consideremos el sistema lineal no homogĂŠneo (sl)

y = A(t) y + b(t) ,

con A(t) y b(t) formados por funciones continuas en un intervalo I â&#x160;&#x201A; IR. El siguiente teorema establece la relaciĂłn entre sus soluciones y las del correspondiente sistema homogĂŠneo asociado y = A(t) y.

Teorema. Sea yp (t) una soluciĂłn particular de (sl) e Y (t) una matriz fundamental del sistema homogĂŠneo asociado. Entonces, la soluciĂłn general de (sl) viene dada por: y(t) = yp (t) + Y (t) c , siendo c = (c1 , c2 , . . . , cn )T un vector formado por constantes arbitrarias.

Nota. El conjunto de soluciones de (sl) no tiene estructura de espacio vectorial. AdemĂĄs: 1) la suma de dos soluciones de (sl) no es una soluciĂłn de (sl), 2) la diferencia de dos soluciones de (sl) es una soluciĂłn de (sh).

SoluciĂłn particular de (sl): procedimientos para facilitar una soluciĂłn particular y calcularla.

1) Principio de superposición de soluciones: Si yp,1 (t), yp,2 (t), . . . , yp,k (t) son soluciones respectivas de los sistemas y = A(t)y + b1 (t) , y = A(t)y + b2 (t) , . . . , y = A(t)y + bk (t) , entonces, yp,1 (t) + yp,2 (t) + ¡ ¡ ¡ + yp,k (t) es solución del sistema y = A(t)y + b1 (t) + b2 (t) + ¡ ¡ ¡ + bk (t) .

2) MĂŠtodo de variaciĂłn de las constantes.

Si y1 (t), . . . , yn (t) es un sistema fundamental de soluciones de (sh) e Y (t) la matriz fundamental que tiene como columnas dichas soluciones, la solución general de (sh) se obtiene como Y (t) c = c1 y1 (t) + ¡ ¡ ¡ + cn yn (t) , donde c = (c1 , . . . , cn )T es un vector arbitrario.

ECUACIONES Y SISTEMAS LINEALES. TEORÍA GENERAL

89

Buscamos una solución del sistema completo (sl) de la forma Y (t) c(t) = c1 (t)y1 (t) + · · · + cn (t)yn (t) i.e. consideramos como una función vectorial lo que, en la solución del sistema homogéneo, es un vector constante; de ahí el nombre del método.

Imponemos que Y (t) c(t) sea solución del sistema completo [ Y (t)c(t) ] = Y (t)c(t) + Y (t)c (t) = A(t) Y (t)c(t) + b(t) , y teniendo en cuenta que Y (t) = A(t)Y (t), deducimos Y (t)c (t) = b(t).

La condición detY (t) = 0 nos garantiza la existencia de una única solución del sistema anterior, siendo

c(t) = Y −1 (t)b(t) dt .

De este modo, una solución particular del sistema (sl) es: t yp (t) = Y (t) Y −1 (s)b(s) ds , t0

y, en particular, la solución de (sl) que vale 0 en t0 será: t yp (t) = Y (t) Y −1 (s)b(s) ds . t0

3.4. Ecuaciones escalares lineales de orden superior.

3.4.1. Ecuación homogénea. Sistema fundamental de soluciones.

Consideramos la ecuación diferencial homogénea de orden n (eh)

a0 (t) y n) + a1 (t) y n−1) + ... + an (t) y = 0 ,

con coeficientes continuos en I ⊂ IR, a0 (t) = 0 en I. Teorema. Las soluciones de (eh) forman un espacio vectorial de dimensión n sobre IR o C. Las bases de este espacio (denominadas, sistemas fundamentales) son las que se corresponden mediante la aplicación y(t) → y(t) = (y(t), y (t), . . . , y n−1) (t))T , con los sistemas fundamentales de soluciones del sistema homogéneo asociado a la ecuación.

Nota. El hecho de que la dimensión del espacio de soluciones de (eh) sea igual al orden de la ecuación no es válido para ecuaciones cuyo coeficiente principal, a0 (t), se anule en algún punto del intervalo I. Un ejemplo nos lo proporciona la ecuación t y + y = 0 en cualquier intervalo que contenga al origen.

90 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Solución general de (eh): viene dada por y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) + ¡ ¡ ¡ + cn yn (t) , siendo y1 (t), y2 (t), . . . , yn (t) un sistema fundamental de soluciones y c1 , c2 , . . . , cn constantes arbitrarias.

Nota. En lo que se reďŹ ere al cĂĄlculo efectivo de la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn homogĂŠnea, sĂłlo el caso de coeďŹ cientes constantes y algĂşn otro que se reduce a ĂŠste admiten mĂŠtodos generales de resoluciĂłn.

Sistemas fundamentales. Wronskiano.

1) Se denomina Wronskiano de las soluciones y1 (t), . . . , yn (t) al determinante

y1 (t) y2 (t) ¡¡¡ yn (t)

y1 (t) y2 (t) ¡¡¡ yn (t)

W (y1 , y2 , . . . , yn )(t) = .. .. .. , ..

. . . .

nâ&#x2C6;&#x2019;1) nâ&#x2C6;&#x2019;1) nâ&#x2C6;&#x2019;1) y (t) y2 (t) ¡ ¡ ¡ yn (t) 1

(3.7)

y permite distinguir si un conjunto de n soluciones de (eh), es o no un sistema fundamental de soluciones.

P ROPIEDADES: (a) Las siguientes aďŹ rmaciones son equivalentes: i) Las soluciones y1 (t), y2 (t), . . . , yn (t) son linealmente independientes, o sea, forman un sistema fundamental de soluciones; ii) â&#x2C6;&#x192; t0 â&#x2C6;&#x2C6; I tal que W (y1 , y2 , . . . , yn )(t0 ) = 0 ; iii) â&#x2C6;&#x20AC; t â&#x2C6;&#x2C6; I W (y1 , y2 , . . . , yn )(t) = 0 ; (b) Un sistema fundamental caracteriza totalmente la ecuaciĂłn.

Sean y1 (t), y2 (t), . . . , yn (t) funciones de clase C n en el intervalo I tales que W (y1 , y2 , . . . , yn ) = 0 en I. Entonces, la ecuaciĂłn lineal W (y1 , . . . , yn , y)(t) = 0, W (y1 , . . . , yn )(t) es la Ăşnica ecuaciĂłn lineal homogĂŠnea de orden n y coeďŹ ciente 1 para la derivada y n) para la que dichas funciones son soluciĂłn y, ademĂĄs, forman un sistema fundamental de soluciones. (c) El wronskiano de cualquier base de soluciones estĂĄ determinado, salvo una constante multiplicativa, por la propia ecuaciĂłn y no depende de la base particular usada para calcularlo. En efecto: Teorema. (FĂłrmula de Abel-Liouville-Jacobi). Si y1 (t), y2 (t), .., yn (t) son soluciones de (eh), entonces su wronskiano veriďŹ ca, â&#x2C6;&#x20AC; t, t0 â&#x2C6;&#x2C6; I,

t a1 (s) ds .

W (y1 , . . . , yn )(t) = W (y1 , . . . , yn )(t0 ) exp â&#x2C6;&#x2019; t0 a0 (s)

ECUACIONES Y SISTEMAS LINEALES. TEORĂ?A GENERAL

91

Nota. Dadas n-1 soluciones independientes de una ecuaciĂłn homogĂŠnea de orden n, la fĂłrmula anterior nos permite completar el sistema fundamental de soluciones.

2) Sistemas fundamentales reales y complejos. Consideremos una ecuaciĂłn lineal homogĂŠnea con coeďŹ cientes dados por funciones reales. Sea y1 (t), . . . , yn (t) un sistema fundamental de soluciones, entonces c1 y1 (t) + ¡ ¡ ¡ + cn yn (t) , proporciona las soluciones complejas cuando c1 , . . . , cn â&#x2C6;&#x2C6; C, y las soluciones reales cuando c1 , . . . , cn â&#x2C6;&#x2C6; IR. (a) Si y(t)es una soluciĂłn compleja entonces su parte real y(t) y su parte imaginaria y(t) son tambiĂŠn soluciones. (b) Una ecuaciĂłn homogĂŠnea con coeďŹ cientes complejos puede no tener soluciones reales (salvo la trivial).

El siguiente teorema facilita la bĂşsqueda de un sistema fundamental.

Teorema. (ReducciĂłn del orden) Sea y0 (t) una soluciĂłn no trivial de (eh) que no se anula en un subintervalo J de I, entonces 1) El cambio de variable y = z y0 (t) reduce (eh), en el intervalo J, a una ecuaciĂłn lineal homogĂŠnea de orden n â&#x2C6;&#x2019; 1 en la variable w(t) = dz(t)/dt .

2) Si la ecuaciĂłn homogĂŠnea en w posee a w1 , . . . , wnâ&#x2C6;&#x2019;1 como sistema fundamental de soluciones, y consideramos las primitivas

z1 (t) = w1 (t) dt , . . . , znâ&#x2C6;&#x2019;1 (t) = wnâ&#x2C6;&#x2019;1 (t) dt , entonces y0 (t) , z1 (t)y0 (t) , . . . , znâ&#x2C6;&#x2019;1 (t)y0 (t) es un sistema fundamental en J para (eh), o sea, para la ecuaciĂłn homogĂŠnea original.

Nota. En el caso particular de la ecuaciĂłn de segundo orden se tiene: 1) Si y0 (t) es una soluciĂłn no trivial de la ecuaciĂłn a0 (t)y + a1 (t)y + a2 (t)y = 0 , el cambio y = z y0 (t) la transforma en a0 (t)y0 (t)z + (2a0 (t)y0 (t) + a1 (t)y0 (t))z = 0 , o sea, para w = z , en a0 (t)y0 (t)w + (2a0 (t)y0 (t) + a1 (t)y0 (t))w = 0 .

Un sistema fundamental de soluciones serĂĄ:

t0

a1 (s) 1 ds dt , y0 (t) , y0 (t) exp â&#x2C6;&#x2019; y0 (t)2 a0 (s) t

â&#x2C6;&#x20AC;t , t0 â&#x2C6;&#x2C6; I.

92 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 2) A la misma conclusiĂłn se llega a partir de la fĂłrmula de Abel. Si y0 (t) es una soluciĂłn no trivial de la ecuaciĂłn a0 (t)y + a1 (t)y + a2 (t)y = 0 , cualquier otra soluciĂłn debe veriďŹ car

W (y0 , y)(t) = W (y0 , y)(t0 ) exp â&#x2C6;&#x2019;

t

t0

luego

y(t) = ky0 (t) + cy0 (t)

a1 (s) ds a0 (s)

,

t a1 (s) 1 ds dt , exp â&#x2C6;&#x2019; y0 (t)2 t0 a0 (s)

serĂĄ la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn original de segundo orden.

3.4.2. EcuaciĂłn no homogĂŠnea. VariaciĂłn de las constantes.

FĂłrmula de Green.

Consideramos la ecuaciĂłn diferencial (el)

a0 (t) y n) + a1 (t) y nâ&#x2C6;&#x2019;1) + ... + an (t) y = b(t),

con ai (t), b(t) â&#x2C6;&#x2C6; C(I), i = 0, ..., n, I â&#x160;&#x201A; IR, a0 (t) = 0 en I. La relaciĂłn entre las soluciones de (el) y las de la ecuaciĂłn homogĂŠnea asociada es anĂĄloga a la descrita para los sistemas lineales.

Teorema. Sea y1 (t), . . . , yn (t) un sistema fundamental de (eh) y sea yp (t) una solución particular de (el). Entonces, la fórmula y(t) = yp (t) + c1 y1 (t) + ¡ ¡ ¡ + cn yn (t) , proporciona la solución general de la ecuación completa (el) cuando las constantes c1 , . . . , cn toman valores arbitrarios.

SoluciĂłn de (el): procedimientos para facilitar una soluciĂłn particular y calcularla.

1) Principio de superposiciĂłn de soluciones.

Denotamos por L y = a0 (t)y n) + a1 (t)y nâ&#x2C6;&#x2019;1) + ¡ ¡ ¡ + anâ&#x2C6;&#x2019;1 (t)y + an (t)y . Sean las funciones yp,1 (t), yp,2 (t), . . . , yp,k (t) soluciones respectivas de las ecuaciones L y = b1 (t) ,

L y = b2 (t) , . . . , L y = bk (t) ,

entonces, yp,1 (t) + yp,2 (t) + ¡ ¡ ¡ + yp,k (t) es solución de la ecuación L y = b1 (t) + b2 (t) + ¡ ¡ ¡ + bk (t) .

ECUACIONES Y SISTEMAS LINEALES. TEORÍA GENERAL

93

2) Método de variación de las constantes.

Si y1 (t), . . . , yn (t) es un sistema fundamental de soluciones de (eh), la solución general de (eh) se obtiene como c1 y1 (t) + · · · + cn yn (t) , donde c1 , . . . , cn son constantes arbitrarias. Buscamos una solución de la ecuación completa de la forma c1 (t)y1 (t) + · · · + cn (t)yn (t) , i.e. reemplazamos las constantes ck por funciones ck (t) de manera que la expresión anterior verifique la ecuación.

El método de variación de las constantes descrito ya para sistemas permite encontrar n−1) estas funciones. Definimos yk (t) = (yk (t), yk (t), . . . , yk (t))T e imponemos que c1 (t)y1 (t) + · · · + cn (t)yn (t) , sea una solución del sistema lineal asociado a la ecuación. Para ello es suficiente que las derivadas c 1 (t), . . . , c n (t) sean solución del sistema algebraico ⎛ ⎜ ⎝

y1 (t) .. .

··· .. .

n−1)

···

y1

(t)

⎞⎛

⎞ ⎛ ⎞ c 1 (t) 0 ⎟ ⎜ .. ⎟ ⎜ ⎟ .. ⎠⎝ . ⎠ = ⎝ ⎠. . n−1)

cn (t) b(t)/a0 (t) yn (t) yn (t) .. .

Tras resolver el sistema anterior, se toman como c1 (t), . . . , cn (t) primitivas arbitrarias de las soluciones obtenidas.

3) Reducción del orden de la ecuación.

El mismo cambio de variable que se empleó en el caso homogéneo, sirve también para reducir el orden de la ecuación no homogénea, aunque y0 debe ser aún en este caso solución de la ecuación homogénea.

4) Función de Green.

Podemos buscar directamente la solución del problema de Cauchy L y = a0 (t) y n) + a1 (t) y n−1) + · · · + an−1 (t) y + an (t) y = b(t) y(t0 ) = y0 , y (t0 ) = y1 , . . . , y n−1) (t0 ) = yn−1 ,

a partir de la función de Green, G(t, s), para el operador diferencial L y. Dicha función

94 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS viene dada por G(t, s) =

n

yk (t) Wk (y1 , . . . , yn )(s) k=1

a0 (s) W (y1 , . . . , yn )(s)

y1 (s) ··· yn (s)

y (s) ··· yn (s) 1

.. .

.. ..

. .

n−2)

n−2) y1 (s) · · · yn (s)

y1 (t) ··· yn (t) = , a0 (s) W (y1 , · · · , yn )(s) donde {y1 , . . . , yn } es un sistema fundamental de soluciones de la ecuación homogénea L y = 0, W (y1 , . . . , yn ) denota su wronskiano y Wk (y1 , . . . , yn ) el determinante que resulta al substituir la columna k-ésima de W (y1 , . . . , yn ) por (0, . . . , 1)T .

Esta función, que depende sólo de la ecuación homogénea y no de t0 ni de b(t), permite obtener la solución del problema de Cauchy, mediante la fórmula t G(t, s) b(s) ds . y(t) = t0

En el caso particular de ecuaciones con coeficientes constantes, la función de Green adopta la siguiente forma: Sea L el operador diferencial lineal de coeficientes constantes Ly = a0 y n) + a1 y n−1) + · · · + an−1 y + an y .

Denotemos por g(t) la solución del problema de Cauchy ⎧ ⎨ Ly = 0 , ⎩ y(0) = y (0) = · · · = y n−2) (0) = 0 , y n−1) (0) =

1 . a0

Entonces, la función G(t, s) = g(t − s) es la función de Green para el problema de valores iniciales en IR dado por el operador L.

3.5. Selección de problemas.

PROBLEMA 3.1 Sea A(t) una matriz n × n formada por funciones, reales o complejas, continuas en un intervalo I ⊂ IR. Compruébese que el operador L y = A(t) y de C 1 en C verifica que L(c1 y1 + c2 y2 ) = c1 Ly1 + c2 Ly2 , c1 , c2 ∈ C .

ECUACIONES Y SISTEMAS LINEALES. TEORĂ?A GENERAL

SOLUCIĂ&#x201C;N

95

La demostraciĂłn de la linealidad del operador L es un ejercicio sencillo de aplicaciĂłn de la deďŹ niciĂłn.

L(c1 y1 + c2 y2 )

= A(t) (c1 y1 + c2 y2 ) = c1 A(t) y1 + c2 A(t) y2 = c1 Ly1 + c2 Ly2 .

PROBLEMA 3.2 BĂşsquese, para el problema de Cauchy

0 1

y = y, 0 0

y(1) =

1 1

,

las correspondientes iteradas de Picard obtenidas a partir de

1 g0 (t) â&#x2030;Ą 1 y dĂ­gase hacia quĂŠ soluciĂłn del problema convergen.

SOLUCIĂ&#x201C;N

Recordemos, como vimos en la secciĂłn 3.2, que la sucesiĂłn de funciones (gk (t))k (iteradas de Picard) deďŹ nida por g0 (t) = gk+1 (t) =

y0 t y0 + t0 (A(s) gk (s) + b(s)) ds ,

converge, uniformemente en cada compacto, hacia una soluciĂłn del problema de Cauchy y = A (t) y + b(t) , y(t0 ) = y0 .

Si calculamos las primeras iteradas de Picard

1 , g0 (t) = 1 t

1 0 1 1 g1 (t) = + ds 1 0 0 1 1 "

! t 1 ds 1 tâ&#x2C6;&#x2019;1 t 1 1 = + = , = + t 1 0 1 1 0 ds 1 t

1 0 1 s g2 (t) = + ds 1 0 0 1 1 "

! t 1 ds 1 tâ&#x2C6;&#x2019;1 t 1 1 = + = , = + t 1 0 1 1 0 ds 1

96 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS observamos que g2 (t) = g1 (t) y, por tanto,

t gk (t) = 1

â&#x2C6;&#x20AC; k â&#x2C6;&#x2C6; IN .

Tomando lĂ­mites cuando k â&#x2020;&#x2019; â&#x2C6;&#x17E; se tiene que la soluciĂłn del problema de Cauchy es

t y(t) = l´Ĺm gk (t) = .

1 kâ&#x2020;&#x2019;â&#x2C6;&#x17E;

PROBLEMA 3.3 BĂşsquese, para el problema complejo de Cauchy

0 i 0 y = y, y(0) = , 0 0 1 las correspondientes iteradas de Picard obtenidas a partir de

1 g0 (t) â&#x2030;Ą 0 y dĂ­gase hacia quĂŠ soluciĂłn del problema convergen.

SOLUCIĂ&#x201C;N

Si calculamos las primeras iteradas de Picard

1 g0 (t) = , 0

g1 (t)

=

g2 (t)

=

g3 (t)

=

0 1 0 1 0 1

t + 0

t + 0

t + 0

0 0

i 0

0 0

i 0

0 0

i 0

! t

0 ds

"

0 0 = , ds = + t 1 0 ds 0 "

! t i ds it 0 0 0 = , ds = + t 1 1 1 0 ds 0 "

! t i ds it is 0 0 = , ds = + t 1 1 1 0 ds 0 1 0

observamos que g3 (t) = g2 (t) y, por tanto,

it gk (t) = 1

0 1

â&#x2C6;&#x20AC; k â&#x2030;Ľ 2 , k â&#x2C6;&#x2C6; IN .

Tomando lĂ­mites cuando k â&#x2020;&#x2019; â&#x2C6;&#x17E; se tiene que la soluciĂłn del problema de Cauchy es

it y(t) = l´Ĺm gk (t) = .

1 kâ&#x2020;&#x2019;â&#x2C6;&#x17E;

ECUACIONES Y SISTEMAS LINEALES. TEORĂ?A GENERAL

97

PROBLEMA 3.4 BĂşsquese, para el problema complejo de Cauchy

1 i 0 y, y(0) = , y = 0 1 1 las correspondientes iteradas de Picard obtenidas a partir de

1 g0 (t) â&#x2030;Ą 0 y dĂ­gase hacia quĂŠ soluciĂłn del problema convergen.

SOLUCIĂ&#x201C;N

Si calculamos las primeras iteradas de Picard

1 g0 (t) = , 0

g1 (t) =

=

g2 (t) =

=

g3 (t) =

=

g4 (t) =

=

0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

t + 0

+

t 0

+ 0

! +

t2 2

+ 0

! t 0

+

t + 0

! t

+

1 i 0 1 + it

t 1

0

1 i 0 1

1 0

ds =

0 1

! t

0 t 0

+

1 ds

"

0 ds

,

s 1

!

ds =

it +

= !

is +

s2 2

!

! t

(s + i) ds 0 t 1 ds 0

+

" ds

"

! =

it + it2 + 1+t+

is + is2 + 1+s+ 3

"

,

1+s 2

0 1

"

t2 2

1+t

(i + 2is + s2 ) ds t (1 + s) ds 0 1 i 0 1

"

t t

=

t

1 i 0 1

s3 3!

s2 2

(i + 2is + 32 is2 + s3! ) ds t 2 (1 + s + s2 ) ds 0

"

t3 3!

t2 2

" ,

ds "

! =

it + it2 + 12 it3 + 1+t+

t2 2

+

t3 3!

t4 4!

" ,

98 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS observamos una cierta recurrencia. La demostramos por inducciĂłn: suponemos que â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x203A; k 1 3 1 4 1 it + it2 + 2! it + 3! it + ¡ ¡ ¡ + (kâ&#x2C6;&#x2019;2)! itkâ&#x2C6;&#x2019;1 + tk! â&#x17D; , gk (t) = â&#x17D;?

2 3 tkâ&#x2C6;&#x2019;1 1 + t + t2! + t3! + ¡ ¡ ¡ + (kâ&#x2C6;&#x2019;1)! calculamos gk+1 (t):

gk+1 (t) =

=

= â&#x17D;&#x203A; =â&#x17D;?

0 1 0 1

0 1

t + 0

â&#x17D;&#x203A; t +â&#x17D;? â&#x17D;&#x203A; +â&#x17D;?

it + it2 +

0

1 i 0 1

gk (s) ds

k (i + 2is + 32 is2 + 23 is3 + ¡ ¡ ¡ + (kâ&#x2C6;&#x2019;1)! iskâ&#x2C6;&#x2019;1 + t 2 3 skâ&#x2C6;&#x2019;1 (1 + s + s2! + s3! + ¡ ¡ ¡ + (kâ&#x2C6;&#x2019;1)! ) ds 0

it + it2 +

1 3 2! it

+

t+ 1 3 2! it

+

1 4 3! it

1+t+

t2 2!

1 4 3! it t2 2!

+

+ ¡¡¡ +

+

t3 3!

+ ¡¡¡ + t3 3!

+ ¡¡¡ +

1 k (kâ&#x2C6;&#x2019;1)! it

+ ¡¡¡ +

1 k (kâ&#x2C6;&#x2019;1)! it

tk k!

+

+

tk+1 (k+1)!

tk k! tk+1 (k+1)!

sk k! ) ds

â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;

â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;

â&#x17D;&#x17E; â&#x17D; ,

y vemos que, efectivamente sigue la misma pauta. La soluciĂłn del problema de Cauchy se obtiene pasando al lĂ­mite

itet y(t) = l´Ĺm gk (t) = . et kâ&#x2020;&#x2019;â&#x2C6;&#x17E;

PROBLEMA 3.5 Sea Y (t) una matriz fundamental del sistema lineal homogĂŠneo y = A(t) y, con A â&#x2C6;&#x2C6; MnĂ&#x2014;n (I) , I â&#x160;&#x201A; IR. Se deďŹ ne la resolvente del sistema como la funciĂłn de dos variables R : I Ă&#x2014; I â&#x2020;&#x2019; MnĂ&#x2014;n , (t, s) â&#x2020;&#x2019; Y (t) Y â&#x2C6;&#x2019;1 (s).

CompruĂŠbese que la resolvente R(t, s) veriďŹ ca las cuatro propiedades siguientes: a) R(t, t) = In ; b) R(t, s) = R(t, z) R(z, s); c)

â&#x2C6;&#x201A; R(t, s) = A(t) R(t, s); â&#x2C6;&#x201A;t

d)

â&#x2C6;&#x201A; R(t, s) = â&#x2C6;&#x2019;R(t, s) A(s). â&#x2C6;&#x201A;s

PruĂŠbese tambiĂŠn que es la Ăşnica funciĂłn de I Ă&#x2014; I en M (n) que las veriďŹ ca.

ECUACIONES Y SISTEMAS LINEALES. TEORÍA GENERAL

SOLUCIÓN

99

Para demostrar las dos primeras, tan sólo hay que tener en cuenta la definición, así a) R(t, t) = Y (t) Y −1 (t) = In ; b) R(t, z) R(z, s) = Y (t) Y −1 (z) Y (z) Y −1 (s) = Y (t) Y −1 (s) = R(t, s).

Si además utilizamos el hecho de que Y (t) es solución del sistema, i.e. Y (t) = A(t) Y (t), entonces

∂ ∂ R(t, s) = Y (t)Y −1 (s) = Y (t)Y −1 (s) = A(t)Y (t)Y −1 (s) = A(t)R(t, s); c) ∂t ∂t d) calculamos ahora la derivada con respecto a s,

∂ ∂ R(t, s) = Y (t)Y −1 (s) = Y (t) Y −1 (s) = Y (t) −Y −1 (s)Y (s)Y −1 (s) ∂s ∂s = −R(t, s)A(s)Y (s)Y −1 (s) = −R(t, s)A(s) .

Finalmente nos queda demostrar que la resolvente es la única función cumpliendo esas propiedades. Razonamos mediante reducción al absurdo. Supongamos que exista otra función P (t, s) : I × I → Mn×n (I) verificando las cuatro propiedades del enunciado. Consideremos z(t) = P (t, t0 ) y0 . La propiedad iii) nos permite calcular su derivada con respecto a la primera variable z (t) =

∂ P (t, t0 ) y0 = A(t)P (t, t0 )y0 = A(t) z , ∂t

es decir, z(t) es solución del sistema homogéneo. Y además, aplicando i), se tiene que z(t0 ) = P (t0 , t0 ) y0 = y0 . De la unicidad de soluciones del problema de Cauchy deducimos que z(t) = P (t, t0 ) y0 = R(t, t0 ) y0 para todo (t0 , y0 ) de donde se sigue la unicidad de la resolvente.

PROBLEMA 3.6 Dígase cúal es la resolvente del sistema homogéneo "! " ! " ! y1 y1 0 1 = , −ω 2 0 y2 y2

ω = 0 ,

sabiendo que (cos(ω t), sen(ω t)) forman un sistema fundamental de soluciones de la ecuación y + ω 2 y = 0.

SOLUCIÓN

El sistema del enunciado es el que se obtiene al transformar la ecuación y + ω 2 y = 0 en un sistema lineal mediante el cambio y1 = y, y2 = y (ver (3.3)). Dicha ecuación tiene solución general y(t) = c1 cos(ω t) + c2 sen(ω t) .

100 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Una matriz fundamental de soluciones será ! " sen(ω t) cos(ω t) Y (t) = , ω cos(ω t) −ω sen(ω t) con inversa dada por

⎛ sen(ω t)

⎜ Y −1 (t) = ⎝

cos(ω t)

⎞ 1 cos(ω t) ⎟ ω ⎠.

1 − sen(ω t) ω

La resolvente será ⎛

cos[ω (t − s)]

R(t, s) = Y (t) Y −1 (s) = ⎝ −ω sen[ω (t − s)]

⎞ 1 sen[ω(t − s)] ⎠. ω cos[ω (t − s)]

PROBLEMA 3.7 Resuélvase el sistema !

y1 y2

"

! =

cos t

1

0

1 + cos t

"!

y1

"

y2

aprovechando el hecho de que la matriz de los coeficientes es triangular.

SOLUCIÓN

Desarrollando componente a componente, el sistema puede describirse mediante las ecuaciones lineales escalares siguientes: y1

= cos t y1 + y2 ,

y2

= (1 + cos t) y2 .

La segunda es una ecuación lineal de primer orden en la variable y2 . Su solución vendrá dada por

y2 (t) = c e (1+cos t) dt = c1 et+sen t , c, c1 ∈ IR .

Sustituyendo en la primera ecuación, se obtiene la ecuación lineal y1 − cos t y1 = c1 et+sen t .

Tomando α(t) = − cos t dt = − sen t entonces exp(α(t)) = exp(− sen t) es un factor integrante de la ecuación, con lo que ésta se puede escribir como d − sen t e y1 = c1 et . dt

ECUACIONES Y SISTEMAS LINEALES. TEORĂ?A GENERAL

101

Integrando con respecto a t eâ&#x2C6;&#x2019; sen t y1 = c1 et + c2 â&#x2021;&#x2019; y1 (t) = esen t (c1 et + c2 ) ,

c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR

La soluciĂłn general del sistema es ! " ! sen t " c1 et+sen t + c2 esen t e (c1 et + c2 ) y(t) = = . c1 esen t et c1 et+sen t

PROBLEMA 3.8 CalcĂşlese la soluciĂłn del problema de Cauchy

1 4t 1

y = y, y(0) = .

0 â&#x2C6;&#x2019;1 1

SOLUCIĂ&#x201C;N

Desarrollando componente a componente, el sistema puede expresarse mediante las ecuaciones escalares lineales siguientes: y1 = y1 + 4 t y2 ,

y1 (0) = 1 ,

y2

y2 (0) = 1 .

= â&#x2C6;&#x2019;y2 ,

La segunda ecuaciĂłn sĂłlo depende de la variable y2 , por lo que su soluciĂłn general vendrĂĄ dada por

y2 (t) = c eâ&#x2C6;&#x2019; 1 dt = c1 eâ&#x2C6;&#x2019;t , c, c1 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

Imponiendo la condiciĂłn inicial se tiene que y2 (0) = c1 = 1 por lo que la soluciĂłn particular serĂĄ y2 (t) = eâ&#x2C6;&#x2019;t . Sustituimos ahora en la primera ecuaciĂłn y1 â&#x2C6;&#x2019; y1 = 4 t eâ&#x2C6;&#x2019;t ,

es lineal, de modo que si tomamos Îą(t) = â&#x2C6;&#x2019; 1 dt = â&#x2C6;&#x2019;t y eÎą(t) = eâ&#x2C6;&#x2019;t obtenemos un factor integrante, mediante el cual la ecuaciĂłn se puede poner como d â&#x2C6;&#x2019;t e y1 = 4 t eâ&#x2C6;&#x2019;2 t . dt Integrando respecto a t eâ&#x2C6;&#x2019;t y1 = â&#x2C6;&#x2019;(1 + 2 t) eâ&#x2C6;&#x2019;2 t + c2 â&#x2021;&#x2019; y1 (t) = â&#x2C6;&#x2019;(1 + 2 t) eâ&#x2C6;&#x2019;t + c2 et ,

c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

Considerando la condiciĂłn inicial se tiene que y1 (0) = c2 â&#x2C6;&#x2019; 1 = 1, de donde se deduce que c2 = 2. La soluciĂłn del sistema que en 0 vale (1, 1)T es: " !

2 et â&#x2C6;&#x2019; (1 + 2t) eâ&#x2C6;&#x2019;t . y(t) = eâ&#x2C6;&#x2019;t

102 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMA 3.9 Se considera el sistema lineal y = A(t) y + b(t) ,

t ∈ I ⊂ IR

y sea P (t) una matriz inversible que diagonaliza a la matriz A(t) (para todo t). a) Pruébese que, si P (t) = P no depende de t, el cambio de variable y = P z transforma el sistema original en otro con matriz diagonal. Dígase cuál es el nuevo sistema. b) Pruébese que, si la matriz P −1 (t) P (t) es diagonal, entonces el cambio de variable y = P (t) z transforma también el sistema original en otro con matriz diagonal. Dígase cuál es el nuevo sistema.

SOLUCIÓN

Por hipótesis P (t) es una matriz inversible que diagonaliza a A(t) i.e. existe una matriz diagonal D(t) tal que D(t) = P −1 (t)A(t)P (t). a) Supongamos que P (t) = P sea una matriz constante y hacemos el cambio de variable y=Pz y = P z = A(t) P z + b(t) .

Despejando z se tiene que z = P −1 A(t) P z + P −1 b(t) = D(t) z + P −1 b(t) . b) Sea D1 (t) la matriz diagonal D1 (t) = P −1 (t) P (t), hacemos el cambio de variable y = P (t) z y = P (t) z + P (t) z = A(t) P (t) z + b(t) .

Despejando z se tiene que P (t) z z

= [A(t) P (t) − P (t)] z + b(t) ,

= P −1 (t) A(t) P (t) − P −1 (t) P (t) z + P −1 (t) b(t) ,

z

= [D(t) − D1 (t)] z + P −1 (t) b(t) ,

siendo D(t) − D1 (t) una matriz diagonal.

ECUACIONES Y SISTEMAS LINEALES. TEORĂ?A GENERAL

103

PROBLEMA 3.10

ResuĂŠlvase el sistema

y =

t â&#x2C6;&#x2019; 1 â&#x2C6;&#x2019;2 1 t+2

y,

utilizando un cambio de variable que lo transforme previamente en un sistema con matriz de coeďŹ cientes triangular.

SOLUCIĂ&#x201C;N

En primer lugar buscamos una matriz P constante, inversible, que lleve la matriz de coeďŹ cientes a forma triangular. Sea

1 a b d â&#x2C6;&#x2019;b P = y P â&#x2C6;&#x2019;1 = con |P | = ad â&#x2C6;&#x2019; bc = 0 . c d â&#x2C6;&#x2019;c a |P | Pretendemos que la matriz P â&#x2C6;&#x2019;1 A(t) P = 1 = |P |

!

1 |P |

d â&#x2C6;&#x2019;b â&#x2C6;&#x2019;c a

tâ&#x2C6;&#x2019;1 1

â&#x2C6;&#x2019;2 t+2

a b c d

(ad â&#x2C6;&#x2019; bc) t â&#x2C6;&#x2019; (a + 2c) (b + d)

â&#x2C6;&#x2019;b2 â&#x2C6;&#x2019; 2 d2 â&#x2C6;&#x2019; 3 b d

a2 + 2 c2 + 3 a c

(ad â&#x2C6;&#x2019; bc) t + (a + c) (b + 2d)

" ,

sea triangular, por ejemplo a2 + 2 c2 + 3 a c = 0. Para ello basta tomar a = â&#x2C6;&#x2019;c con b + d = 0 para que |P | = 0. ObsĂŠrvese que no podemos tomar a = c = 0 ya que entonces P no serĂ­a inversible.

Consideremos, entonces,

1 0 1 0 â&#x2C6;&#x2019;1 con |P | = 1 .

P = y P = 1 1 â&#x2C6;&#x2019;1 1 El cambio de variable y = P z tansforma el sistema en ! " t + 1 â&#x2C6;&#x2019;2

z. z = 0 t Desarrollando componente a componente, el sistema puede expresarse mediante las ecuaciones escalares lineales siguientes: z1 z2

= (t + 1) z1 â&#x2C6;&#x2019; 2 z2 , = t z2 .

La segunda ecuaciĂłn sĂłlo depende de la variable z2 , luego su soluciĂłn general vendrĂĄ dada por

z2 (t) = c e

t dt

t2

= c1 e 2 ,

c, c1 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

Sustituimos en la primera ecuaciĂłn t2

z1 â&#x2C6;&#x2019; (t + 1) z1 = â&#x2C6;&#x2019;2 c1 e 2

104 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS que admite como factor integrante a Îź = exp(â&#x2C6;&#x2019;t2 /2 â&#x2C6;&#x2019; t), con lo que la ecuaciĂłn es d â&#x2C6;&#x2019; t2 â&#x2C6;&#x2019;t e 2 z1 = â&#x2C6;&#x2019;2 c1 eâ&#x2C6;&#x2019;t , dt Integrando respecto al t t2

eâ&#x2C6;&#x2019; 2 â&#x2C6;&#x2019;t z1 = 2 c1 eâ&#x2C6;&#x2019;t + c2 ,

c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR ,

con lo que la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn resulta

t2 z1 (t) = e 2 2 c1 + c2 et .

La soluciĂłn general del sistema transformado serĂĄ entonces â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; t2 t2 2 c1 e 2 + c2 e 2 +t â&#x17D; , z(t) = â&#x17D;? t2 2 c1 e y deshaciendo el cambio, !

1 0

y(t) = P z(t) =

"â&#x17D;&#x203A;

â&#x2C6;&#x2019;1 1

â&#x17D;?

t2

t2

d e 2 +t + 2 c e 2 t2

â&#x17D;&#x17E; â&#x17D; =e

! t2 2

ce 2

d et + 2 c â&#x2C6;&#x2019;d et â&#x2C6;&#x2019; c

" .

PROBLEMA 3.11 PruĂŠbese que, si Y (t) es una matriz fundamental del sistema y = A(t) y, entonces Y â&#x2C6;&#x2019;1 (t) es soluciĂłn del sistema (que asĂ­ descrito sĂłlo tiene sentido para funciones matriciales) Z = â&#x2C6;&#x2019;Z A(t) .

SOLUCIĂ&#x201C;N

Que Y (t) sea matriz fundamental de y = A(t) y, t â&#x2C6;&#x2C6; I â&#x160;&#x201A; IR signiďŹ ca (i) det Y (t) = 0,

â&#x2C6;&#x20AC; t â&#x2C6;&#x2C6; I,

(ii) Y (t) = A(t) Y (t).

A la vista de estas propiedades calculamos la derivada de Y â&#x2C6;&#x2019;1 (t) (Y â&#x2C6;&#x2019;1 (t))

= â&#x2C6;&#x2019;Y â&#x2C6;&#x2019;1 (t) Y (t) Y â&#x2C6;&#x2019;1 (t)

(derivando Y â&#x2C6;&#x2019;1 (t) Y (t) = In )

= â&#x2C6;&#x2019;Y â&#x2C6;&#x2019;1 (t) A(t) Y (t) Y â&#x2C6;&#x2019;1 (t)

(por (ii))

= â&#x2C6;&#x2019;Y

â&#x2C6;&#x2019;1

(t) A(t) ,

luego, efectivamente, veriďŹ ca el sistema Z = â&#x2C6;&#x2019;Z A(t).

ECUACIONES Y SISTEMAS LINEALES. TEORĂ?A GENERAL

105

PROBLEMA 3.12 Se considera el sistema lineal homogĂŠneo

0 1 y, â&#x2C6;&#x2019;1 0

y =

utilizando el hecho de que (sen t, cos t)t es soluciĂłn, redĂşzcase el tamaĂąo del sistema y bĂşsquese asĂ­ un sistema fundamental de soluciones del mismo.

SOLUCIĂ&#x201C;N

Consideremos la matriz del sistema homogĂŠneo y la que construimos utilizando la soluciĂłn que nos proporciona el enunciado del problema P (t)

0 â&#x2C6;&#x2019;1

A=

1 0

,

P (t) =

sen t cos t

0 1

,

con det[P (t)] = sen t y, por tanto, inversible para t â&#x2C6;&#x2C6; IR â&#x2C6;&#x2019; {k Ď&#x20AC;} con k â&#x2C6;&#x2C6; ZZ. Efectuamos el cambio de variable y = P (t) z

â&#x2021;&#x2019;

y = P (t) z + P (t) z ,

con el cual el sistema toma la forma P (t) z + P (t) z = A P (t) z

â&#x2021;&#x2019;

z = P â&#x2C6;&#x2019;1 (t) [A(t) P (t) â&#x2C6;&#x2019; P (t)] z(t) ,

es decir, si z = (z1 , z2 )T obtenemos ! " z1 z2

â&#x17D;&#x203A; 0

=â&#x17D;?

0

â&#x17D;&#x17E;! " 1 z1 sen t â&#x17D; , z2 â&#x2C6;&#x2019; cotg t

vĂĄlido para t â&#x2C6;&#x2C6; IR â&#x2C6;&#x2019; {k Ď&#x20AC;} , k â&#x2C6;&#x2C6; ZZ, cuya integraciĂłn permite obtener z2 = â&#x2C6;&#x2019; cotg t z2

â&#x2021;&#x2019;

z1 = (c2 cosec t) cosec t

z2 = â&#x2021;&#x2019;

c2 , sen t

c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR ,

z1 = â&#x2C6;&#x2019;c2 cotg t + c1 ,

c1 â&#x2C6;&#x2C6; IR ,

y deshaciendo el cambio ! " y1 y2

! sen t = cos t

" "!

0 c1 â&#x2C6;&#x2019; c2 cotg t 1

c2 cosec t

=

! " c1 sen t â&#x2C6;&#x2019; c2 cos t

,

c1 cos t + c2 sen t

vĂĄlida para cualquier t â&#x2C6;&#x2C6; IR. Por tanto, un sistema fundamental de soluciones para el sistema lineal homogĂŠneo del enunciado vendrĂ­a dado por {(sen t, cos t)T , (â&#x2C6;&#x2019; cos t, sen t)T }.

106 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMA 3.13 Se considera el sistema lineal homogéneo ⎛ ⎞ t2 0 0 ⎟ 1 ⎜ ⎜ ⎟

2 0⎟y, y = 3 ⎜−t t t ⎝ ⎠ 2 1 −t t

t > 0.

a) Compruébese primeramente que (t, 1, 0)T y (0, t, 1)T son soluciones linealmente independientes del mismo. b) Redúzcase entonces el orden del sistema en dos unidades y obténgase así una tercera solución que forme con las anteriores un sistema fundamental.

SOLUCIÓN

a) Comprobamos que (t, 1, 0)T y (0, t, 1)T son soluciones Para (t, 1, 0)T se cumple la igualdad ⎛ 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 t t 0 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ 1 ⎜ d ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ t2 ⎜1⎟ = ⎜0⎟ = 3 ⎜ −t dt ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ t ⎝ 0 0 1 −t

del sistema por sustitución. ⎞⎛ ⎞ t ⎟⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟ 0 ⎟ ⎜1⎟ , ⎠⎝ ⎠ 2 0 t 0

y para (0, t, 1)T ⎛ ⎞ 0 ⎟ d ⎜ ⎜ ⎟ ⎜t⎟ = dt ⎝ ⎠ 1

⎛ ⎞ ⎛ 2 0 t ⎜ ⎟ 1 ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜1⎟ = 3 ⎜ −t t ⎝ ⎝ ⎠ 0 1

0 t2 −t

⎞⎛ ⎞ 0 ⎟⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟ 0 ⎟ ⎜t⎟ . ⎠⎝ ⎠ 2 1 t 0

Para ver su independencia lineal, resolvemos λ1 (t, 1, 0) + λ2 (0, t, 1) = 0 ,

t > 0,

en λ1 y λ2 . El sistema que se obtiene es t λ1 = 0 ,

λ1 + t λ 2 = 0 ,

λ2 = 0 ,

cuya única solución es λ1 = λ2 = 0, lo que prueba la independencia de los vectores para cualquier t > 0. b) Consideremos las matrices ⎛ 2 t 1 ⎝ −t A= 3 t 1

0 t2 −t

⎞ 0 0⎠ , t2

⎛

,t P (t) = ⎝ 1 0

⎞ 0 0 t 0⎠ , 1 1

ECUACIONES Y SISTEMAS LINEALES. TEORÍA GENERAL

107

siendo esta última inversible para cualquier t > 0 (por ser det P (t) = t2 = 0). Hacemos el cambio de variable y = P (t) z con lo que el sistema toma la forma z = P −1 (t) [A(t) P (t) − P (t)] z .

Teniendo en cuenta que ⎛ P −1 (t) =

1 t2

t

⎜ ⎜ ⎜−1 ⎝ 1

0

0

⎛

⎞

⎞

⎟ ⎜ ⎟ ⎜ P (t) = ⎜0 1 0⎟ , ⎠ ⎝ 0 0 0

⎟ ⎟ 0⎟ , ⎠ −t t2 t

resulta el siguiente sistema homogéneo ⎛ ⎛ ⎞ 0 0 z1 ⎜ ⎜ ⎟ ⎜0 0 ⎜ ⎟ ⎜ z2 ⎟ = ⎜ ⎜ ⎝ ⎠ ⎝

z3 0 0

1 0 0

⎞⎛ ⎞ z ⎟ ⎜ 1⎟ ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎜z ⎟ . ⎟ ⎝ 2⎟ ⎠ 1⎠ z3 t 0

Integrando estas ecuaciones, obtenemos las expresiones para zi , i = 1, 2, 3 z1 (t) = c1 ,

z2 (t) = c2 ,

z3 (t) = c3 t ,

con ci , i = 1, 2, 3 ∈ IR. Finalmente, si deshacemos el cambio de variable podemos escribir la solución general del sistema como ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ c1 c1 t t 0 0 y1 ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜y2 ⎟ = ⎜1 t 0⎟ ⎜ c2 ⎟ = ⎜c1 + c2 t⎟ , ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0 1 1 c2 + c3 t y3 c3 t donde podemos ver que las dos soluciones aportadas por el enunciado corresponden a los casos c1 = 1 , c2 = c3 = 0 y c1 = 0 , c2 = 1 , c3 = 0. Podemos construir un sistema fundamental de soluciones con sólo tomar una solución independiente de las dos anteriores, por ejemplo (0, 0, t)T , con lo que dicho sistema fundamental sería {(t, 1, 0)T , (0, t, 1)T , (0, 0, t)T }.

PROBLEMA 3.14 Se considera el sistema lineal (S)

y = A(t) y + b(t) ,

t ∈ IR ,

donde la matriz A(t) y el vector b(t) están formados por funciones continuas de período T > 0. a) Pruébese que, si y(t) es solución de (S), entonces y(t + T ) es también solución.

108 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

b) Siendo y(t) una solución de (S), pruébese que y(t) tiene período T si y sólo si y(0) = y(T ).

SOLUCIÓN

a) Que la matriz A(t) y el vector b(t) estén formados por funciones de período T significa que A(t + T ) = A(t) , b(t + T ) = b(t) ∀ t ∈ IR. Sea z(t) = y(t + T ) ∀ t ∈ IR, entonces z = y (t + T ) = A(t + T ) y(t + T ) + b(t + T ) = A(t) z(t) + b(t) , y por lo tanto z(t) = y(t + T ) verifica el sistema. b) Supongamos, en primer lugar, que y(t + T ) = y(t) ∀ t ∈ IR, entonces tomando t = 0, se concluye trivialmente que y(T ) = y(0).

Recíprocamente supongamos ahora que y(0) = y(T ). En este caso tenemos dos soluciones del sistema, y(t) e y(t + T ), que pasan por un mismo punto (0, y(0)) = (0, y(T )); basta tener en cuenta que la solución de un problema de Cauchy de este tipo es única para concluir que y(t) = y(t + T ) ∀ t ∈ IR, lo que prueba que y(t) tiene período T .

PROBLEMA 3.15 Se considera el sistema lineal y = A(t)y + b(t) ,

t ∈ IR ,

donde la matriz A(t) y el vector b(t) están formados por funciones continuas e impares. Demuéstrese que toda solución del sistema es una función par.

SOLUCIÓN

Comencemos recordando que una funcion a(t), con t ∈ IR, es par cuando a(−t) = a(t) para todo t ∈ IR, y que es impar cuando a(−t) = −a(t) para todo t ∈ IR. Dada una solución y(t) definimos z(t) = y(−t). z (t) = −y (−t) = −A(−t) y(−t) − b(−t) = A(t) z(t) + b(t) , ya que A(−t) = −A(t) y b(−t) = −b(t) por ser impares.

De modo que tenemos dos soluciones z(t) e y(t) del sistema que pasan por el mismo punto, (0, y(0)); basta tener en cuenta que la solución de un problema de Cauchy de este tipo es única para concluir que y(t) = y(−t) ∀ t ∈ IR, luego y(t) es una función par.

PROBLEMA 3.16 Transfórmese en sistema de primer orden la siguiente ecuación et y − ty + y − et y = 0 .

ECUACIONES Y SISTEMAS LINEALES. TEORÍA GENERAL

SOLUCIÓN

109

El cambio de variable y1 = y ,

y2 = y = y1 ,

y3 = y = y2 ,

transforma la ecuación en el sistema lineal y1

= y2 ,

y2

= y3 ,

y3

= y1 − e−t y2 + t e−t y3 .

En forma matricial será ⎛

⎞⎛ ⎞ y1 0 1 ⎠ ⎝ y2 ⎠ . t e−t y3

⎞ ⎛ y1 0 1 ⎝ y2 ⎠ = ⎝ 0 0 y3 1 −e−t

PROBLEMA 3.17 Transfórmese el siguiente sistema en uno de primer orden con la condición inicial habitual ⎧ ⎪ x = 2 x + 5 y + 3 ⎪ ⎪ ⎨ y = −x − 2 y ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x(0) = 0, x (0) = 0 , y(0) = 1 ,

SOLUCIÓN

Sea la variable z = x . El sistema se puede escribir como ⎧ x = z ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ y = −2 y − z ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ z = 5 y + 2 z + 3 , que en forma matricial toma la forma ⎛ ⎛ ⎞ 0 x ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜y ⎟ = ⎜0 ⎝ ⎝ ⎠ 0 z

0 −2 5

⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 x ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ −1 ⎟ ⎜y ⎟ + ⎜0⎟ , ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 3 z 2 1

con la condición inicial dada por x(0) = 0 ,

y(0) = 1 ,

z(0) = 0 .

110 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMA 3.18 ComprĂşebese que las funciones y1 (t) = t2 ,

y2 (t) = t |t| ,

son linealmente independientes en el intervalo [â&#x2C6;&#x2019;1, 1], mientras que su wronskiano es, sin embargo, nulo para todo t.

SOLUCIĂ&#x201C;N

Veamos en primer lugar que y1 (t) e y2 (t) son linealmente independientes. Para ello planteamos la siguiente combinaciĂłn lineal Îť1 y1 + Îť2 y2 = 0 â&#x2021;&#x2019; Îť1 t2 + Îť2 t |t| = 0 ,

t â&#x2C6;&#x2C6; [â&#x2C6;&#x2019;1, 1],

Îť1 , Îť2 â&#x2C6;&#x2C6; IR

donde 0 representa al elemento neutro del espacio vectorial al que pertenecen las funciones y1 e y2 . Sabemos que si la Ăşnica soluciĂłn es Îť1 = Îť2 = 0, entonces las funciones son linealmente independientes. Tomando t = 1 y t = â&#x2C6;&#x2019;1 obtenemos

t = 1 â&#x2021;&#x2019; Îť1 + Îť2 = 0 t = â&#x2C6;&#x2019;1 â&#x2021;&#x2019; Îť1 â&#x2C6;&#x2019; Îť2 = 0 ,

cuya Ăşnica soluciĂłn es Îť1 = Îť2 = 0, lo que prueba que y1 e y2 son linealmente independientes.

En cuanto al wronskiano de estas dos funciones tenemos que

y1 (t)

W (y1 , y2 )(t) =

y1 (t)

y2 (t)

=

y2 (t)

t2

2 t

t2 â&#x2C6;&#x2019;t2

2t â&#x2C6;&#x2019;2 t

t â&#x2030;Ľ 0

t<0

,

t â&#x2030;Ľ 0

t < 0

luego, efectivamente, el wronskiano es nulo para cualquier t â&#x2C6;&#x2C6; IR, ya que t â&#x2030;Ľ0 :

2

t t2

W (y1 , y2 )(t) = = 0, 2 t 2 t

t <0 :

2

t â&#x2C6;&#x2019;t2

W (y1 , y2 )(t) = = 0.

2 t â&#x2C6;&#x2019;2 t

ObsĂŠrvese que ĂŠsto signiďŹ ca que no hay ninguna ecuaciĂłn lineal homogĂŠnea de orden dos con coeďŹ cientes contĂ­nuos en [â&#x2C6;&#x2019;1, 1] que admita a y1 (t) e y2 (t) como soluciones.

ECUACIONES Y SISTEMAS LINEALES. TEORÍA GENERAL

111

PROBLEMA 3.19 Compruébese que las funciones ⎧ ⎨t2 y1 (t) =

t≥0 ,

⎩ 0

y2 (t) =

t<0

⎧ ⎨0

t≥0

⎩2 t

t<0

,

son linealmente independientes en IR, mientras que su wronskiano es, sin embargo, nulo para todo t ∈ IR.

SOLUCIÓN

Para estudiar la independencia lineal planteamos la combinación lineal λ1 y1 (t) + λ2 y2 (t) = 0 ,

λ1 , λ2 , t ∈ IR .

Para obtener λ1 y λ2 consideremos t >0 ⇒ λ1 t2 = 0 ⇒ λ1 = 0 , t <0 ⇒ λ2 t2 = 0 ⇒ λ2 = 0 , luego la única solución es la trivial y las funciones y1 (t) e y2 (t) son linealmente independientes.

En cuanto al wronskiano tenemos lo siguiente ⎧

⎧ ⎨t2 t ≥ 0 ⎨0 t ≥ 0

⎩

⎩2

t≤0 t t ≤ 0 y1 (t) y2 (t) 0

W (y1 , y2 )(t) = = ⎧ ⎧

y (t) y (t)

1 2 t ≥ 0 ⎨0 t ≥ 0 ⎨2 t

⎩

⎩ 0 t≤0 2t t ≤ 0 con lo tenemos los siguientes casos 2 t

t ≥0 ⇒W (y1 , y2 )(t) = 2 t

0 = 0, 0

0 t2

t ≤0 ⇒W (y1 , y2 )(t) = = 0, 0 2 t siendo el wronskiano nulo para todo valor de t ∈ IR. Obsérvese que ésto significa que no hay ninguna ecuación lineal homogénea de orden dos con coeficientes contínuos en [−1, 1] que admita a y1 (t) e y2 (t) como soluciones.

112 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMA 3.20 Compruébese que las funciones y1 (t) = 1 ,

y2 (t) =

⎧ ⎨t2 + 1

t≥0

⎩ 1

t < 0,

son linealmente independientes en IR; mientras tanto, su wronskiano es nulo para t ≤ 0 y es no nulo para t > 0.

SOLUCIÓN

De nuevo estudiamos la dependencia lineal mediante λ1 , λ2 ∈ IR ,

λ1 y 1 + λ 2 y 2 = 0 obteniéndose el sistema

t > 0 ⇒ λ1 + (t2 + 1) λ2 = 0 , t < 0 ⇒ λ1 + λ 2 = 0 , con lo que la única solución es la dada por λ1 linealmente independientes.

Por su parte el wronskiano verifica

1

W (y1 , y2 )(t) =

0

resultando

= λ2 = 0 y, por tanto, las funciones son ⎧ ⎨t2 + 1 ⎩ 1 ⎧ ⎨2 t ⎩ 0

t ≥ 0

t ≤ 0

t≥0

t≤0

1 t2 + 1

t > 0 ⇒ W (y1 , y2 )(t) = = 2 t = 0 , 0 2t

1 1

t ≤ 0 ⇒ W (y1 , y2 )(t) = = 0.

0 0

Obsérvese que ésto significa que no hay ninguna ecuación lineal homogénea de orden dos con coeficientes contínuos en [−1, 1] que admita a y1 (t) e y2 (t) como soluciones.

PROBLEMA 3.21 Se consideran las funciones complejas y1 (t) = i + t ,

y2 (t) = i t2 + t3 .

ECUACIONES Y SISTEMAS LINEALES. TEORÍA GENERAL

113

a) Compruébese que el wronskiano de estas dos funciones es no nulo para t = 0 . b) Búsquese una ecuación lineal homogénea de segundo orden en el intervalo (0, ∞) para la que y1 e y2 formen un sistema fundamental de soluciones. c) Pruébese que, excepción hecha de la solución trivial y(t) ≡ 0 , no existen soluciones de la ecuación anterior tomando valores exclusivamente reales.

SOLUCIÓN

a) Calculamos el wronskiano de y1 (t) e y2 (t),

i + t it2 + t3 = (i + t) (2it + 3 t2 ) − it2 − t3 = 2t3 + 4it2 − 2 t .

1 2it + 3 t2 Por lo tanto, W (y1 , y2 )(t) = 0 si y sólo si 2 t (t2 + 2it − 1) = 0. Dado que t = 0, se tiene anular el paréntesis de la anterior ecuación, es √ decir, se debe cumplir que t2 + 2it − 1 = 0 pero las raíces de esta ecuación, t = (1/2) (−2i ± −4 + 4) = −i, no son reales. b) La ecuación buscada es: W (y1 , y2 , y)(t) = 0

i + t it2 + t3 y

1 2it + 3t2 y = (2t3 + 4it2 − 2t) y − (6t2 + 8it − 2) y + (6t + 2i) y = 0 .

0 2i + 6t y c) Toda solución de la ecuación será combinación lineal de y1 (t) e y2 (t), por tanto y(t) = (a + ib) (i + t) + (c + id) (it2 + t3 ) = (ct3 − dt2 + at − b) + i (dt3 + ct2 + bt + a) , con a, b, c, d ∈ IR. Evidentemente, el polinomio dt3 + ct2 + bt + a no es idénticamente nulo, salvo que a = b = c = d = 0, en cuyo caso tendríamos la solución nula.

PROBLEMA 3.22 a) Sea y = A(t)y un sistema homogéneo real, o sea, los coeficientes aij (t) de la matriz A(t) son funciones reales. Pruébese que, si y(t) es solución e y(t0 ) es real, entonces, para todo t, y(t) es real. b) Sea a0 (t)y n) + a1 (t)y n−1) + · · · + an−1 (t)y + an (t)y = 0, una ecuación homogénea real, o sea, los coeficientes ai (t) son funciones reales. Pruébese que, si y(t) es solución e y(t0 ), y (t0 ), . . . , y n−1) (t0 ) son reales, entonces, para todo t, y(t) es real.

114 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

SOLUCIÓN

a) En primer lugar vamos a ver que si los coeficientes de A(t) son funciones reales, siempre es posible encontrar una matriz fundamental real. En efecto, si y1 (t) = y1,r (t) + i y1,c (t) es una solución compleja del sistema homogéneo entonces

(t) + i y1,c (t) = A(t) (y1,r (t) + i y1,c (t)) = A(t) y1,r (t) + i A(t) y1,c (t) , y1 (t) = y1,r

y si igualamos, por un lado las partes reales y, por otro, las imaginarias, se tiene que

(t) = A(t) y1,r (t) , y1,r

y1,c (t) = A(t) y1,c (t) ,

es decir, ambas son soluciones del sistema. Consideremos n soluciones complejas del sistema linealmente independientes. Tomando partes real e imaginaria obtenemos 2 n soluciones reales; y de ese conjunto pueden extraerse n linealmente independientes con las que formar una matriz fundamental Y (t) real.

Una vez obtenida Y (t) real, la conclusión del enunciado es inmediata pues la solución y(t) verifica: y(t) = Y (t) Y −1 (t0 ) y(t0 ) , y todos los factores son reales. b) El mismo argumento empleado en el apartado a) puede utilizarse en este caso para obtener un sistema fundamental de soluciones real y concluir que y(t) es real.

Otra opción consistiría en considerar el sistema lineal asociado a la ecuación. Dado que los coeficientes ai (t) son funciones reales, la matriz del sistema equivalente también está formada por funciones reales. Basta entonces aplicar el apartado anterior y tener en cuenta la relación y(t) −→ (y(t), y (t), . . . , y n−1) (t))T , existente entre las soluciones de la ecuación y las del sistema para concluir que la solución y(t) es real.

PROBLEMA 3.23 Compruébese que las funciones e(1+i) t y e(1−i) t constituyen un sistema fundamental de soluciones de y − 2 y + 2 y = 0 y calcúlese un sistema fundamental de soluciones reales de la misma ecuación.

SOLUCIÓN

Podemos comprobar que tanto y1 (t) = e(1+i) t como y2 (t) = e(1−i) t son soluciones de la ecuación propuesta con su sustitución en la misma y1 − 2 y1 + 2 y1 = (1 + i)2 e(1+i) t − 2 (1 + i) e(1+i) t + 2 e(1+i) t = [(1 + i)2 − 2 (1 + i) + 2] e(1+i) t = 0 · e(1+i) t = 0 , y, de la misma forma, se comprueba que y2 también es solución.

ECUACIONES Y SISTEMAS LINEALES. TEORĂ?A GENERAL

115

Para ver que forman un sistema fundamental de soluciones (puesto que la ecuaciĂłn es homogĂŠnea de orden dos) falta tan sĂłlo comprobar que su wronskiano es no nulo. Para ello calculamos

e(1+i) t e(1â&#x2C6;&#x2019;i) t

= â&#x2C6;&#x2019;2 i e2 t = 0 , â&#x2C6;&#x20AC;t â&#x2C6;&#x2C6; IR .

(1 + i) e(1+i) t (1 â&#x2C6;&#x2019; i) e(1â&#x2C6;&#x2019;i) t Para obtener un sistema fundamental de soluciones reales para la ecuaciĂłn dada basta tener en cuenta que las funciones (y1 ) , (y1 ) , (y2 ) e (y2 ) son soluciones reales de la misma ecuaciĂłn. Si consideramos, por ejemplo, (y1 ) = et cos t y (y1 ) = et sen t vemos que forman un sistema fundamental ya que

et cos t et sen t

= e2 t = 0 , et (cos t â&#x2C6;&#x2019; sen t) et (cos t + sen t)

â&#x2C6;&#x20AC;t â&#x2C6;&#x2C6; IR .

PROBLEMA 3.24 Consideremos la ecuación y + ι(t)y + β(t)y = 0

(3.8)

y supongamos que u(t) y v(t) son soluciones de dicha ecuaciĂłn veriďŹ cando

u(0) = 0,

u (0) = 1 ,

v(0) = 1,

v (0) = 0 .

a) BĂşsquese una ecuaciĂłn lineal y de tercer orden (deďŹ nida en un intervalo de IR) de la que sean soluciones u2 , u v, y v 2 , y pruĂŠbese que estas tres soluciones forman un sistema fundamental de soluciones de dicha ecuaciĂłn. b) PruĂŠbese que las soluciones de la ecuaciĂłn de tercer orden son justamente los productos de soluciones de la ecuaciĂłn de segundo orden. c) CompruĂŠbese que, para la ecuaciĂłn de tercer orden (t + 1)2 y + 6(t + 1)y + 6y = 0 , las soluciones se obtienen como producto de dos soluciones de y +

2 y = 0 . t+1

116 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

SOLUCIÓN

a) Si el wronskiano W (u2 , u v, v 2 )(t) = 0 en un entorno del cero, entonces existe una ecuación lineal homogénea de orden tres para la que dichas funciones forman un sistema fundamental. Además W (u2 , u v, v 2 , y)(t) = 0, (3.9) W (u2 , u v, v 2 )(t) es la única ecuación con tal propiedad y coeficiente 1 para y .

Calculamos W (u2 , u v, v 2 )(0). Dado que u(t) y v(t) son soluciones de (3.8), tendremos u (t) = −α(t) u (t) − β(t) u(t) , v (t) =

−α(t) v (t) − β(t) v(t) ,

e imponiendo las condiciones iniciales, resulta u (0) = −α(0) u (0) − β(0) u(0) = −α(0) , v (0) = −α(0) v (0) − β(0) v(0) = −β(0) .

Calculamos los valores de las derivadas, primera y segunda, de u2 , u v y v 2 en el origen, (u2 ) (0) = 2 u (0) u(0) = 0 , (u2 ) (0) = 2 u (0) u(0) + 2 (u (0))2 = 2 , (uv) (0) = u (0) v(0) + u(0) v (0) = 1 , (uv) (0) = u (0) v(0) + 2 u (0) v (0) + u(0) v (0) = u (0) = −α(0) , (v 2 ) (0) = 2 v (0) v(0) = 0 , (v 2 ) (0) = 2 v (0) v(0) + 2 (v (0))2 = 2 v (0) = −2 β(0) , y construímos el wronskiano

u2 (0) (uv)(0) v 2 (0)

W (u2 , u v, v 2 )(0) = (u2 ) (0) (uv) (0) (v 2 ) (0)

(u2 ) (0) (uv) (0) (v 2 ) (0)

0

= 0 2

0 1 1 0 −α(0) −2 β(0)

= −2 .

Por tanto W (u2 , uv, v 2 )(0) = 0 y, por continuidad, es no nulo en un intervalo alrededor del origen. Así pues, (3.9) es la ecuación buscada y (u2 , uv, v 2 ) constituyen un sistema fundamental de soluciones. b) Obsérvese que (u, v) es un sistema fundamental de (3.8). Si tomamos dos soluciones de (3.8), c1 u + c2 v y c3 u + c4 v, su producto es combinación lineal de u2 , u v, v 2 , luego es solución de (3.9). Más exactamente, se puede ver que toda solución de (3.9) es producto de dos soluciones de (3.8).

ECUACIONES Y SISTEMAS LINEALES. TEORĂ?A GENERAL

117

c) Resulta evidente que la funciĂłn u = 1 es una soluciĂłn particular para la ecuaciĂłn y + 2/(t + 1) y = 0. Aplicando reducciĂłn de orden, obtenemos la soluciĂłn

2 â&#x2C6;&#x2019;1 1 â&#x2C6;&#x2019; t+1 dt â&#x2C6;&#x2019;2 ln |t+1| . v= e dt = e dt = dt = (t + 1)2 t+1 Dado que

W

1,

â&#x2C6;&#x2019;1 t+1

1 (0) = 0

â&#x2C6;&#x2019;1 = 1 = 0 , 1

basta sustituir en la ecuaciĂłn para comprobar que u2 = 1 , u v = â&#x2C6;&#x2019;1/(t + 1) y v 2 = 1/(t+1)2 son soluciones de la ecuaciĂłn de tercer orden (t+1)2 y +6(t+1)y +6y = 0 y aplicar b), para obtener la conclusiĂłn.

PROBLEMA 3.25 CalcĂşlese la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn ty + 2y + ty = 0 ,

t > 0,

sabiendo que sen t / t es soluciĂłn de la misma.

SOLUCIĂ&#x201C;N

Una soluciĂłn particular de la ecuaciĂłn homogĂŠnea permite reducir en una unidad el orden de la ecuaciĂłn diferencial. En efecto, el cambio

cos t sen t sen t sen t , y = z +z â&#x2C6;&#x2019; 2 y=z , t t t t

cos t sen t 2 cos t 2 sen t sen t

sen t + 2z â&#x2C6;&#x2019; 2 â&#x2C6;&#x2019; y =z +z â&#x2C6;&#x2019; 2 + , t t t t t3 t transforma la ecuaciĂłn homogĂŠnea en sen t z + 2 cos t z = 0 , y tomando w = z obtenemos cos t w = 0, sen t

ecuaciĂłn lineal de primer orden con factor integrante exp (2 cos t/ sen t dt) = sen2 t, y soluciĂłn c1 d (w sen2 t) = 0 â&#x2021;&#x2019; w = , c1 â&#x2C6;&#x2C6; IR dt sen2 t Si deshacemos los cambios,

â&#x2C6;&#x2019; cos t â&#x2C6;&#x2019; cos t sen t c1 dt = c1 + c 2 â&#x2021;&#x2019; y = c1 + c2 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR , z= 2 sen t sen t t t sen t w + 2 cos t w = 0 â&#x2021;&#x2019; w + 2

obtenemos la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn homogĂŠnea.

118 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMA 3.26 Calcúlese la solución general de la ecuación (2t − 3)y − (6t − 7)y + 4ty − 4y = 0 ,

t > 3/2 ,

sabiendo que y0 (t) = t e y1 (t) = et son soluciones de la misma.

SOLUCIÓN

Para buscar un sistema fundamental de soluciones seguiremos los siguientes pasos: 1) Utilizamos la solución y0 para reducir el orden de la ecuación y obtener una ecuación diferencial de orden dos.

2) Comprobamos que la derivada de y1 (t)/y0 (t) es solución de la ecuación de segundo orden obtenida en el paso anterior.

3) Utilizamos esa solución para, aplicando de nuevo reducción de orden, obtener una ecuación de primer orden.

4) Resolvemos la ecuación de primer orden y deshacemos todos los cambios de variable realizados.

1) El cambio de variable y = tz,

y = t z + z ,

y = t z + 2 z ,

y = t z + 3 z ,

transforma la ecuación en (2 t − 3) (t z + 3 z ) − (6 t − 7) (t z + 2 z ) + 4 t (t z + z) − 4 t z = 0 , es decir (2 t − 3) t z + [3 (2 t − 3) − (6 t − 7) t] z + [−2 (6 t − 7) + 4 t2 ] z =0 , de modo que si introducimos la nueva variable w = z , obtenemos la ecuación diferencial de orden dos (2 t − 3) t w + (−6 t2 + 13 t − 9) w + (4 t2 − 12 t + 14) w = 0 .

2) Utilizamos y1 (t) para obtener una solución w1 (t) de (3.10). Sean z1 (t) =

et y1 (t) = , t t

y

w1 (t) = z1 (t) =

et et − 2. t t

3) El cambio de variable w = w1 (t) u transforma la ecuación (3.10) en (2 t − 3) t

(w1 u + 2 w1 u + w1 u ) + (−6 t2 + 13 t − 9) (w1 u + w1 u ) +(4 t2 − 12 t + 14) w1 u = 0

(2 t − 3) t w1 u + [2 t (2 t − 3) w1 + (−6 t2 + 13 t − 9) w1 ] u = 0 ,

(3.10)

ECUACIONES Y SISTEMAS LINEALES. TEORĂ?A GENERAL

119

de modo que si introducimos la nueva variable v = u , obtenemos la ecuaciĂłn diferencial de primer orden (2 t â&#x2C6;&#x2019; 3) t w1 v + [2 t (2 t â&#x2C6;&#x2019; 3) w1 + (â&#x2C6;&#x2019;6 t2 + 13 t â&#x2C6;&#x2019; 9) w1 ] v = 0 .

4) Dividiendo la ecuaciĂłn por (2 t â&#x2C6;&#x2019; 3) t w1 , expresamos la ecuaciĂłn en forma canĂłnica

w1 â&#x2C6;&#x2019;6 t2 + 13 t â&#x2C6;&#x2019; 9

+ v + 2 v=0 w1 (2 t â&#x2C6;&#x2019; 3) t y entonces

w 6 t2 â&#x2C6;&#x2019; 13 t + 9 v = â&#x2C6;&#x2019;2 1 + . v w1 t (2 t â&#x2C6;&#x2019; 3)

Integrando con respecto a t

ln |v(t)| = â&#x2C6;&#x2019;2 ln |w1 (t)| +

v(t) =

2 t â&#x2C6;&#x2019; 3 6 t2 â&#x2C6;&#x2019; 13 t + 9 dt = â&#x2C6;&#x2019;2 ln |w1 (t)| + 3 t + ln 3 , t (2 t â&#x2C6;&#x2019; 3) t 1 3t 2 t â&#x2C6;&#x2019; 3 t (2 t â&#x2C6;&#x2019; 3) e = et , w12 t3 (t â&#x2C6;&#x2019; 1)2

y deshaciendo los cambios de variable,

t (2 t â&#x2C6;&#x2019; 3) 2tâ&#x2C6;&#x2019;1 , dt = et u(t) = et (t â&#x2C6;&#x2019; 1)2 tâ&#x2C6;&#x2019;1

e2t 2t â&#x2C6;&#x2019; 1 , z(t) = e2t dt = 2 t t

w(t) =

y(t) =

et et â&#x2C6;&#x2019; 2 t t

u = e2t

2t â&#x2C6;&#x2019; 1 t2

e2t t = e2t , t

obtenemos un sistema fundamental de soluciones de la ecuaciĂłn original {t, et , e2t }. La soluciĂłn general serĂĄ entonces de la forma y(t) = c1 t + c2 et + c3 e2t ,

c1 , c2 , c3 â&#x2C6;&#x2C6; IR

PROBLEMA 3.27 Se considera la ecuaciĂłn lineal de segundo orden 1 y + Îą(t)y = 0 t = 0 . t CalcĂşlese cuĂĄl debe ser la funciĂłn Îą(t) para que existan dos soluciones no triviales tales que una sea el cuadrado de la otra. En ese caso, resuĂŠlvase la ecuaciĂłn. y â&#x2C6;&#x2019;

SOLUCIĂ&#x201C;N

Sea {y1 , y2 } = {y , y 2 } un sistema fundamental de soluciones de la ecuaciĂłn. De acuerdo con la fĂłrmula de Abel-Liouville-Jacobi, su wronskiano veriďŹ ca la ecuaciĂłn W (y, y 2 )(t) = t k exp( 1 1/s ds), para una constante k, obtenemos entonces,

y y 2 2

y 2 y y = k t â&#x2021;&#x2019; y y = k t ,

120 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS e, integrando con respecto a t, resulta 1 1 3 y = k t2 + c , 3 2

c ∈ IR

⇒

y 3 = c1 t2 + c2 ,

c1 , c2 ∈ IR,

c21 + c22 = 0 .

La solución general de la ecuación será por tanto 1

2

y(t) = α1 y1 (t) + β1 y2 (t) = α1 (a t2 + b) 3 + β1 (a t2 + b) 3 .

La función α(t) se obtiene imponiendo que y1 (t) verifique la ecuación. Calculamos y1 (t) =

2 2a t (a t2 + b)− 3 , 3

y1 (t) =

2 5 2a 8 a2 2 (a t2 + b)− 3 − t (a t2 + b)− 3 , 3 9

y sustituyendo en la ecuación −

5 1 8 a2 2 t (a t2 + b)− 3 + α(t) (a t2 + b) 3 = 0 , 9

resulta α(t) =

8 a2 t2 .

9 (a t2 + b)2

PROBLEMA 3.28 Si (y1 , . . . , yn ) es un sistema libre de soluciones de la ecuación homogénea y n) +

a1 (t) n−1) an−1 (t) an (t) y y + y = 0, + ··· + a0 (t) a0 (t) a0 (t)

entonces dicha ecuación coincide con W (y1 , . . . , yn , y)(t) = 0.

W (y1 , · · · , yn )(t) Pruébese que el coeficiente de y n−1) vale −

dW (y1 , . . . , yn )(t) 1 .

W (y1 , . . . , yn )(t) dt

Pruébese así la igualdad

t

−

W (y1 , . . . , yn )(t) = k e

t0

a1 (s) ds a0 (s) ,

resultado que se conoce como la fórmula de Abel-Liouville-Jacobi.

t∈I,

ECUACIONES Y SISTEMAS LINEALES. TEORÍA GENERAL

SOLUCIÓN

121

Desarrollando la expresión que nos da el enunciado tenemos

y1

y 1

.

1 W (y1 , . . . , yn , y)(t) . = .

W (y1 , . . . , yn )(t) W (y1 , . . . , yn )(t)

n−1) y1

n) y

y2

···

yn

y2

···

yn

.. .

..

.. .

n−1)

···

n)

···

y2

y2

1

.

n−1)

yn

n)

yn

y

y

.. . ,

n−1) y

n) y

con lo que el coeficiente de y n−1) vendrá dado por

y1

y 1

.

1 . − .

W (y1 , . . . , yn )(t)

n−2) y1

n) y 1

y2

···

yn−1

y2

···

yn−1

.. .

..

.. .

.

n−2)

···

yn−1

n)

···

yn−1

y2

y2

n−2) n)

yn

yn

.. . .

n−2) yn

n) yn

Para demostrar lo pedido en el enunciado hay que probar que el determinante que aparece en esta última expresión coincide con dW (y1 , . . . , yn )(t)/dt, expresión en la que debemos calcular la derivada de un determinante. Recordemos cómo se calcula esta derivada: sea A = A(t) una matriz cuyas entradas dependen de t y supongamos que det A(t) es derivable (lo cual es equivalente a suponer que cada una de sus entradas es derivable, ya que el determinante es un polinomio de sus componentes), entonces se verifica que n

d det A = |Ai | , dt i=1

donde |Ai | es el determinante obtenido al sustituir la fila i-ésima de A(t) por su derivada respecto de t, es decir

a11 (t) a12 (t) · · · a1n (t)

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

|Ai | = ai1 (t) ai2 (t) · · · ain (t) .

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

an1 (t) an2 (t) · · · ann (t)

122 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Si aplicamos esta expresión al wronskiano obtenemos dW (y1 , . . . , yn )(t) = dt

y1 ··· yn y1

y ··· yn y1 1

y1 ··· yn + y1

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

n−1) n−1) n−1) y y · · · yn 1 1

y1 yn

y

yn 1

yn + · · · + .. .

.. n−2) . y1

n)

n−1) y yn 1

··· ··· ··· ..

.

···

··· ··· ..

.

··· ···

yn

yn

.. . .

n−2) yn

n) yn

Dado que en todos los determinantes, salvo en el último, se repiten dos filas el resultado es

y1

y 1

. dW (y1 , . . . , yn )(t)

= ..

dt

n−2) y1

n) y

y2

···

y2

···

.. .

..

n−2)

···

n)

···

y2

y2

1

.

yn

yn

.. . ,

n−2) yn

n) y n

que es precisamente el resultado que queríamos demostrar.

Igualando los coeficientes de y n−1) en las dos formas de escribir la ecuación, encontramos que a1 (t) 1 dW (y1 , . . . , yn )(t) = , − W (y1 , . . . , yn )(t) dt a0 (t) donde W (y1 , . . . , yn )(t) es no nulo por ser las funciones yk independientes. La integración de esta expresión conduce a

t

−

W (y1 , · · · , yn )(t) = k e

t0

a1 (s) ds a0 (s) .

PROBLEMA 3.29 Utilizando el resultado obtenido en el problema 3.25 y el método de variación de las constantes calcúlese la solución general de la ecuación t y + 2 y + t y = 1 ,

t > 0.

ECUACIONES Y SISTEMAS LINEALES. TEORĂ?A GENERAL

SOLUCIĂ&#x201C;N

123

La soluciĂłn general de la ecuaciĂłn vendrĂĄ dada por la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn homogĂŠnea t y + 2 y + t y = 0 (obtenida en el problema 3.25) yh (t) = c1

cos t sen t + c2 , t t

y una soluciĂłn particular de t y + 2 y + t y = 1, que calcularemos por el mĂŠtodo de variaciĂłn de las constantes, esto es, buscaremos una soluciĂłn de la forma yp (t) = c1 (t) Resolvemos el sistema â&#x17D;&#x203A; cos t â&#x17D;&#x153; t â&#x17D;&#x153;

â&#x17D;? 1 cos t + sen t â&#x2C6;&#x2019; t t

cos t sen t + c2 (t) . t t â&#x17D;&#x17E;

â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; ! " 0 (t) c â&#x17D;&#x; 1 â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x;

= â&#x17D;?1â&#x17D; , 1 sen t â&#x17D; c (t) cos t â&#x2C6;&#x2019; 2 t t t sen t t

es decir, sen t cos t c1 (t) + c2 (t) = 0 , t t

1 1 1 cos t sen t + sen t c 1 (t) + â&#x2C6;&#x2019; cos t â&#x2C6;&#x2019; c 2 (t) = . t t t t t

(1) (2)

Teniendo en cuenta que (2) se puede escribir como

1 cos t sen t sen t cos t 1 â&#x2C6;&#x2019; c1 (t) + c2 (t) â&#x2C6;&#x2019; c1 (t) + c (t) = , t t t t t 2 t y que el corchete es nulo gracias a (1), se deduce que â&#x2C6;&#x2019;

sen t cos t 1 c1 (t) + c2 (t) = t t t

(3)

y encontramos que el sistema a resolver es el formado por (1) y (3). La soluciĂłn del mismo se puede obtener multiplicando (1) por sen t, (3) por cos t y sumando, lo que nos proporciona c 2 (t) = cos t. Sustituyendo en (1) encontramos que c 1 (t) = â&#x2C6;&#x2019; sen t. Integrando estas expresiones podemos considerar, por ejemplo, que c1 (t) = cos t ,

c2 (t) = sen t ,

con lo que una soluciĂłn particular de la ecuaciĂłn no homogĂŠnea viene dada por cos2 t sen2 t 1 cos t sen t + c2 (t) = + = . t t t t t Finalmente, la soluciĂłn general buscada es yp (t) = c1 (t)

y(t) = yh (t) + yp (t) =

1 (1 + c1 cos t + c2 sen t) . t

124 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMA 3.30 Utilizando el resultado obtenido en 3.26 y el mĂŠtodo de variaciĂłn de las constantes, calcĂşlese la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn (2 t â&#x2C6;&#x2019; 3) y â&#x2C6;&#x2019; (6 t â&#x2C6;&#x2019; 7) y + 4 t y â&#x2C6;&#x2019; 4 y = 8 ,

t>

3 .

2

SOLUCIĂ&#x201C;N

Hemos visto en el problema 3.26 que la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn lineal homogĂŠnea (2 t â&#x2C6;&#x2019; 3) y â&#x2C6;&#x2019; (6 t â&#x2C6;&#x2019; 7) y + 4 t y â&#x2C6;&#x2019; 4 y = 0 ,

t > 3/2 ,

viene dada por yh (t) = c1 t + c2 et + c3 e2 t .

Para encontrar una soluciĂłn particular aplicamos el mĂŠtodo de variaciĂłn de las constantes ensayando una soluciĂłn particular yp (t) = c1 (t) t + c2 (t) et + c3 (t) e2 t y determinando las ci (t) a partir de â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x17E;â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x203A; 0 c1 (t) t et e2 t â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x;â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153; 0 â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x;â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x;. â&#x17D;&#x153;1 et 2 e2 t â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x153;c 2 (t)â&#x17D;&#x; = â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x; â&#x17D; â&#x17D; â&#x17D;? â&#x17D;? â&#x17D;? 8 â&#x17D; t 2t

c3 (t) 0 e 4e 2t â&#x2C6;&#x2019; 3 Podemos aplicar operaciones elementales sobre las ďŹ las de la matriz del sistema para obtener otro sistema que, manteniendo la misma soluciĂłn, sea mĂĄs sencillo de resolver â&#x17D;&#x203A;

t

â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153;1 â&#x17D;?

0 â&#x17D;&#x203A;

t

â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153;0 â&#x17D;?

0

et

et tâ&#x2C6;&#x2019;1 t

et

et

e2 t

et

2 e2 t

t

2t

e

4e

0

â&#x17D;&#x17E;

â&#x17D;&#x; â&#x2C6;&#x2019;1/t â&#x17D;&#x; 0 â&#x17D;&#x; f2,1 â&#x17D; â&#x2020;&#x2019;

8 2 tâ&#x2C6;&#x2019;3

e2 t

e2 t 2 tâ&#x2C6;&#x2019;1 t

0

4 e2 t

8 2 tâ&#x2C6;&#x2019;3

â&#x17D;&#x17E;

t â&#x17D;&#x; â&#x2C6;&#x2019; tâ&#x2C6;&#x2019;1 â&#x17D;&#x; 0 â&#x17D;&#x; f3,2 â&#x17D; â&#x2020;&#x2019;

â&#x17D;&#x203A;

â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153;0 â&#x17D;?

0 â&#x17D;&#x203A;

e2 t

e2 t 2 tâ&#x2C6;&#x2019;1 t

0

e

4 e2 t

8 2 tâ&#x2C6;&#x2019;3

et

et tâ&#x2C6;&#x2019;1 t

e2 t

e2 t 2 tâ&#x2C6;&#x2019;1 t

tâ&#x2C6;&#x2019;3 e2 t 2tâ&#x2C6;&#x2019;1

0

t

t

â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153;0 â&#x17D;&#x153; â&#x17D;?

0

et

et tâ&#x2C6;&#x2019;1 t

t

0

â&#x17D;&#x17E;

â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; 0 â&#x17D;&#x; â&#x17D; â&#x17D;&#x17E;

â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; 0 â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; â&#x17D;

8 2 tâ&#x2C6;&#x2019;3

k donde la notaciĂłn fi,j se reďŹ ere a la sustituciĂłn de la ďŹ la i-ĂŠsima por la suma de la ďŹ la i-ĂŠsima mĂĄs la j-ĂŠsima multiplicada por k.

ECUACIONES Y SISTEMAS LINEALES. TEORĂ?A GENERAL

125

El sistema equivalente serĂ­a entonces t c 1 (t) + et c 2 (t) + e2 t c 3 (t) = 0 ,

t

e

tâ&#x2C6;&#x2019;1 t

c 2 (t)

2t

+e

2t

e

2t â&#x2C6;&#x2019; 1 t 2t â&#x2C6;&#x2019; 3 tâ&#x2C6;&#x2019;1

c 3 (t) = 0 , c 3 (t) =

8 , 2t â&#x2C6;&#x2019; 3

cuya soluciĂłn viene dada por c 1 (t) =

8 , (2 t â&#x2C6;&#x2019; 3)2

c 2 (t) = â&#x2C6;&#x2019;8 eâ&#x2C6;&#x2019;t

2t â&#x2C6;&#x2019; 1 , (2 t â&#x2C6;&#x2019; 3)2

c 3 (t) = 8 eâ&#x2C6;&#x2019;2 t

tâ&#x2C6;&#x2019;1 .

(2 t â&#x2C6;&#x2019; 3)2

Considerando c1 (t) =

4 , 3 â&#x2C6;&#x2019; 2t

c2 (t) =

8 eâ&#x2C6;&#x2019;t , 2t â&#x2C6;&#x2019; 3

c3 (t) =

2 eâ&#x2C6;&#x2019;2 t , 3 â&#x2C6;&#x2019; 2t

obtenemos la soluciĂłn particular yp (t) = c1 (t) t + c2 (t) et + c3 (t) e2 t =

4t â&#x2C6;&#x2019; 6 = â&#x2C6;&#x2019;2 .

3 â&#x2C6;&#x2019; 2t

Finalmente, la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn no homogĂŠnea resulta ser y(t) = yh (t) + yp (t) = c1 t + c2 et + c3 e2 t â&#x2C6;&#x2019; 2 .

PROBLEMA 3.31 Sabiendo que et y t et forman un sistema fundamental de soluciones de la ecuaciĂłn homogĂŠnea y utilizando el mĂŠtodo de variaciĂłn de las constantes, calcĂşlese la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn y â&#x2C6;&#x2019; 2 y + y =

SOLUCIĂ&#x201C;N

et , t

t > 0.

La soluciĂłn general de la ecuaciĂłn homogĂŠnea es yh (t) = c1 et + c2 t et .

Aplicamos el mĂŠtodo de variaciĂłn de las constantes para calcular una soluciĂłn particular tomando yp (t) = c1 (t) et + c2 (t) t et . Resolvemos â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; ! t "! " 0 t et e c1 (t) â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x; = â&#x17D;? et â&#x17D; , c 2 (t) et et (1 + t) t

126 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS con solución dada por c 1 (t) = −1 ,

c 2 (t) =

1 . t

Integrando estas expresiones podemos tomar c1 (t) = −t ,

c2 (t) = ln t ,

con lo que una solución particular sería yp (t) = (ln t − 1) t et , y la solución general de la ecuación y(t) = yh (t) + yp (t) = c1 et + (c2 − 1 + ln t) t et .

PROBLEMA 3.32 Utilizando el método de variación de las constantes, calcúlese la solución general de la ecuación y 4) = 5 t .

SOLUCIÓN

Integrando directamente la ecuación homogénea asociada, y 4) = 0, obtenemos que su solución general viene dada por La solución general de la ecuación homogénea viene dada por yh (t) = c1 + c2 t + c3 t2 + c4 t3 ,

ci ∈ IR, i = 1, . . . , 4 .

Buscamos una solución particular mediante el método de variación de las constantes de la forma yp (t) = c1 (t) + c2 (t) t + c3 (t) t2 + c4 (t) t3 , donde los ci (t) con i = 1, . . . , 4 deben verificar ⎛

1

⎜ ⎜0 ⎜ ⎜ ⎜ ⎜0 ⎝ 0

t

t2

1

2t

0

2

0

0

⎞⎛

⎞ c 1 (t) ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 3 t2 ⎟ ⎟ ⎜c2 (t)⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ c (t)⎟ 6t ⎠⎝ 3 ⎠ 6 c 4 (t) t3

⎛

0

⎞

⎜ ⎟ ⎜0⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟, ⎜ ⎟ ⎜0⎟ ⎝ ⎠ 5t

cuya solución se puede escribir como 5 c 1 (t) = − t4 , 6

c 2 (t) =

5 3 t , 2

5 c 3 (t) = − t2 , 2

c 4 (t) =

5 t.

6

ECUACIONES Y SISTEMAS LINEALES. TEORÍA GENERAL

127

Así se obtiene c1 (t) = −

t5 , 6

c2 (t) =

5 4 t , 8

5 c3 (t) = − t3 , 6

c4 (t) =

5 2 t .

12

De esta forma una solución particular es t5 , 24

yp (t) = y, finalmente, la solución general viene dada por

y(t) = c1 + c2 t + c3 t2 + c4 t3 +

t5 .

24

PROBLEMA 3.33 Utilizando el resultado obtenido en el ejercicio 3.25 calcúlese la función de Green para el problema de valores iniciales dado por t y + 2 y + t y = 0 ,

t > 0,

y la solución general de la ecuación t y + 2 y + t y = 1 ,

SOLUCIÓN

t > 0.

Para el problema que se nos plantea el orden del operador es dos, con lo que la función de Green se reduce a

y1 (s) y2 (s)

1

y (t) y (t) sen(t − s) sen(t − s) 1 2 G(t, s) = = st . = 1 a0 (s) W (y1 , y2 )(s) t s 2 s Para calcular la solución general de t y + 2 y + t y = 1 , t > 0 necesitamos, también, una solución particular a la que sumaremos la ya conocida solución de la ecuación homogénea (ver 3.25). La solución particular verificando que yp (π) = yp (π) = 0 viene dada por

t

yp (t) =

t

G(t, s) b(s) ds = π

π

1 + cos t sen(t − s) ds = . t t

La solución general de la ecuación resulta ser entonces y(t) = yh (t) + yp (t) = c1

cos t sen t 1 + cos t + c2 + , t t t

c1 , c2 ∈ IR .

128 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMA 3.34 Utilizando el resultado obtenido en el problema 3.26 calcúlese la función de Green para el problema de valores iniciales dado por (2 t − 3) y − (6 t − 7) y + 4 t y − 4 y = 0 ,

t>

3 , 2

t>

3 .

2

y la solución general de la ecuación (2 t − 3) y − (6 t − 7) y + 4 t y − 4 y = 8 ,

SOLUCIÓN

Aplicamos la expresión vista para la fórmula de Green. En este caso el sistema fundamental de soluciones de la ecuación homogénea viene dado por (ver 3.26) y2 (t) = et ,

y1 (t) = t ,

y3 (t) = e2 t ,

con lo que tenemos

s

W (y1 , y2 , y3 )(s) = 1

0

es es es

e2 s

2 e2 s = (2 s − 3) e3 s = 0 ,

2 s 4e

s>

3 , 2

luego la función de Green resulta ser

s es e2 s

1 es 2 e2 s

t et e2 t (s − 1) e2 t+s + t e3 s + (1 − 2 s) e2 s+t G(t, s) = = (2 s − 3)2 e3 s (2 s − 3)2 e3 s =

s−1 t 1 − 2 s t−s e2 (t−s) + + e .

(2 s − 3)2 (2 s − 3)2 (2 s − 3)2

Calculamos una solución particular de (2 t − 3) y − (6 t − 7) y + 4 t y − 4 y = 8 con t > 3/2 mediante t yp (t) = G(t, s) 8 ds = 2 et−4 (et − 4 e2 ) + 4 t − 2 , 2

con lo que la solución general de la ecuación es y(t) = c1 t + c2 et + c3 e2 t + 2 et−4 (et − 4 e2 ) + 4 t − 2 .

ECUACIONES Y SISTEMAS LINEALES. TEORĂ?A GENERAL

129

PROBLEMA 3.35 Sabiendo que et y t et forman un sistema fundamental de soluciones de la ecuaciĂłn homogĂŠnea, calcĂşlese, mediante el uso de la funciĂłn de Green, la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn et y â&#x2C6;&#x2019; 2 y + y = , t > 0. t

SOLUCIĂ&#x201C;N

Calculamos la funciĂłn de Green para el problema de valores iniciales asociado al operador con coeďŹ cientes constantes d d2 L= 2 â&#x2C6;&#x2019;2 +I. dt dt Para ello llamemos g(t) a la soluciĂłn de â&#x17D;§ â&#x17D;¨L y = 0 , â&#x17D;Š

y(0) = 0 ,

y (0) = 1 .

Teniendo en cuenta el sistema fundamental de soluciones de la ecuaciĂłn homogĂŠnea dado en el enunciado del problema, tenemos que la soluciĂłn a L y = 0 es y(t) = c1 et + c2 t et ,

c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

Imponiendo las condiciones iniciales

y(0) = 0 â&#x2021;&#x2019; c1 = 0 , y (0) = 1 â&#x2021;&#x2019; c2 = 1 , con lo que g(t) = t et y la funciĂłn de Green resulta G(t, s) = g(t â&#x2C6;&#x2019; s) = (t â&#x2C6;&#x2019; s) etâ&#x2C6;&#x2019;s .

Una soluciĂłn particular de la ecuaciĂłn no homogĂŠnea, la que veriďŹ ca y(t0 ) = y (t0 ) = 0, viene dada por

t s t tâ&#x2C6;&#x2019;s e ds = â&#x2C6;&#x2019;t0 + t + t ln (t â&#x2C6;&#x2019; s) e et . s t 0 t0 Si tomamos, por ejemplo, t0 = 1 obtenemos yp (t) = (â&#x2C6;&#x2019;1 + t + t ln t)et .

La soluciĂłn general pedida en el problema es entonces la suma de la soluciĂłn particular mĂĄs la general de la ecuaciĂłn homogĂŠnea y(t) = c1 et + c2 t et + (â&#x2C6;&#x2019;1 + t + t ln t) et = (d1 + d2 t + t ln t) et ,

d1 , d2 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

130 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMA 3.36 Calcúlese, mediante el uso de la función de Green, la solución general de la ecuación y 4) = 5 t .

SOLUCIÓN

Se trata de otro ejemplo de ecuación con coeficientes constantes. Para calcular la función de Green sea g(t) la solución del problema ⎧ ⎨y 4) = 0 , ⎩ y(0) = y (0) = y (0) = 0 ,

y (0) = 1 .

Integrando la ecuación diferencial obtenemos, de manera elemental y(t) = c0 + c1 t + c2 t2 + c3 t3 ,

ci ∈ IR, i = 0, . . . , 3 .

Determinamos los valores de las constantes a partir de las condiciones iniciales resultando c0 = c1 = c2 = 0 , con lo que g(t) =

c3 =

1 , 6

t3 y la función de Green viene dada por 6 G(t, s) = g(t − s) =

(t − s)3 .

6

La solución particular de y 4) = 5 t que satisface y(0) = y (0) = y (0) = y (0) = 0 toma la forma t t5 (t − s)3 5 s ds = , yp (t) = 6 24 0 con lo que, finalmente, la solución general de la misma ecuación es y(t) = c0 + c1 t + c2 t2 + c3 t3 +

t5 .

24

4 Sistemas diferenciales lineales CAPÍTULO

de primer orden con coeficientes constantes

En este tema se presentan métodos de resolución para los sistemas diferenciales lineales de primer orden que pueden ser resueltos de forma elemental; en concreto para aquellos con coeficientes constantes y algunos que se reducen a ese caso.

4.1. Sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes.

4.1.1. Solución general. La exponencial de una matriz.

Consideramos el sistema lineal homogéneo (shc)

y = A y ,

con A una matriz constante n × n.

A lo largo del tema veremos que la solución general de (shc) es de la forma eAt c. Para ello definimos primero la exponencial de un matriz y analizamos sus propiedades.

Exponencial de una matriz: definición y propiedades.

D EFINICIÓN. Para cualquier matriz cuadrada A, se define la exponencial de A, y se denota por eA o exp(A), como ∞

An A2 An + ··· + + ··· = . e =I +A+ 2! n! n! n=0 A

La matriz exponencial, eA , satisface la mayor parte de las propiedades de la función exponencial.

132 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS P ROPIEDADES : 1) La serie que define eA es convergente.

2) e0 = I. 3) Si A B = B A entonces eA+B = eA eB , y por lo tanto eA eB = eB eA .

4) La matriz eA es no singular y (eA )−1 = e−A .

Si t es una variable escalar, entonces la sustitución de A por A t en la definición de la exponencial da eAt = I + A t + A2

∞

t2 tn tn + · · · + An + ··· = .

An 2! n! n! n=0

Esta serie converge a una matriz para todos los valores de t, y se puede derivar término a término d At e = A eA t , dt de modo que exp(A t) verifica el sistema y = A y. Por otro lado, dado que eAt es invertible, resulta que sus columnas son linealmente independientes. Combinando estos hechos se tiene Teorema. Si A es una matriz constante n × n, entonces eAt es una matriz fundamental del sistema y = A y. En consecuencia, y(t) = eAt c, c ∈ IRn , es su solución general, y la solución (única) del problema de Cauchy

y = Ay, y(t0 ) = y0 viene dada por y(t) = eA(t−t0 ) y0 .

El cálculo de eAt mediante su desarrollo en serie sólo resulta factible en los siguientes casos particulares: 1) Si A es una matriz diagonal su exponencial es la matriz obtenida por la exponenciación de cada elemento de la diagonal.

2) Si B es una matriz nilpotente, esto es, B k = 0 para algún entero positivo k, entonces la serie eB tiene solamente un número finito de términos. En estos casos eBt se reduce a eBt = I + B t + · · · + B k−1

tk−1 , (k − 1)!

ya que B k = B k+1 = · · · = 0 .

Aplicando las propiedades de los exponentes y esta expresión para matrices nilpotentes, se puede determinar eAt para una clase especial de matrices. Sea λ un escalar, puesto que eAt = eλIt e(A−λI)t = eλt e(A−λI)t , si B = A − λI es nilpotente, se obtiene una representación finita de eAt .

3) Cuando los elementos de eAt se identifican como el desarrollo en serie de alguna función conocida.

Consideramos, a continuación, otros procedimentos más generales.

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

133

4.1.2. Polinomio interpolador.

Denotemos por λ1 , . . . , λr los diferentes valores propios de A, por n1 , . . . , nr sus multiplicidades y por m1 , . . . , mr sus multiplicidades mínimas. El polinomio mínimo de A es entonces (x − λ1 )m1 . . . (x − λr )mr .

Recordemos que 1 ≤ mk ≤ nk , y que mk es el número natural para el que Ker (A − λk I)mk −1 = Ker (A − λk I)mk = Ker (A − λk I)mk +1 .

Llamaremos función entera de una matriz cuadrada A al límite, si existe, f (A) = l´ım (c0 I + c1 A + · · · + ck Ak ) , k→∞

que se obtiene sustituyendo z por la matriz A en la función entera f (z), donde el límite de una sucesión matricial debe entenderse como la matriz formada por los límites de cada una de las sucesiones numéricas correspondientes a sus componentes.

Proposición. Sea A ∈ M (n) y denotemos por λ1 , . . . , λr sus valores propios, con multiplicidades respectivas n1 , . . . , nr y multiplicidades mínimas m1 , . . . , mr . Sea f (z) una función entera; para cualquier polinomio p(z) que satisfaga las condiciones pi) (λj ) = f i) (λj )

j = 1, . . . , r

i = 0, . . . , mj − 1 ,

se verifica que f (A) = p(A).

Un polinomio de esas características se denomina polinomio interpolador de A. C ÁLCULO DEL POLINOMIO INTERPOLADOR: Si consideramos la exponencial y un polinomio p(x) (con coeficientes que dependen de t) verificando p(λk ) = p (λk ) = .. .

pmk −1) (λk )

=

etλk , t etλk , tmk −1 etλk ,

para todo k = 1, . . . , r, se tiene que eAt = p(A), lo que permite calcular la exponencial como un simple polinomio con coeficientes reales de A. En las condiciones expuestas, existe un único polinomio interpolador de A de la forma p(x) =

a0 (t) + a1 (t)(x − λ1 ) + · · · + am1 (t)(x − λ1 )m1 + +am1 +1 (t)(x − λ1 )m1 (x − λ2 ) + . . . · · · + am1 +···+mr −1 (t)(x − λ1 )m1 (x − λ2 )m2 · · · (x − λr )mr −1 .

Aunque existen infinitos polinomios interpoladores, este es el que conviene buscar ya que posee el grado mínimo m1 + · · · + mr − 1.

Nota. El mismo proceso puede seguirse utilizando las multiplicidades nk en lugar de los números mínimos mk . Esto permite calcular el polinomio interpolador de A, sin necesidad de calcular las multiplicidades mínimas de sus autovalores.

134 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

4.1.3. Soluciones asociadas a valores propios.

En esta sección estudiamos un procedimiento para obtener la solución general del sistema homogéneo, (shc) y = A y , siendo A una matriz n × n. Dado que su solución general se puede construir a partir de un sistema fundamental de soluciones, nuestro objetivo es encontrar n soluciones linealmente independientes.

Teorema. Supongamos que una matriz constante A , n × n tiene n vectores propios linealmente independientes u1 , u2 , . . . , un . Sea λi el valor propio asociado al vector ui . Entonces eλ1 t u1 , eλ2 t u2 , . . . , eλn t un es un sistema fundamental de soluciones en IR del sistema homogéneo y = A y. Por consiguiente, la solución general del sistema es y(t) = c1 eλ1 t u1 + c2 eλ2 t u2 + · · · + cn eλn t un , donde c1 , . . . , cn son constantes arbitrarias.

Nota. Si A es una matriz simétrica (At = A) real, n × n, entonces existen n vectores propios linealmente independientes. Podemos, entonces, aplicar el teorema anterior para encontrar su solución general.

Nota. En el teorema anterior los valores propios λ1 , . . . , λn pueden ser reales o complejos y no necesariamente distintos.

Trataremos por separado los distintos casos que pueden ocurrir, según que los valores propios sean distintos o repetidos, reales o complejos.

VALORES PROPIOS REALES DISTINTOS .

Si los valores propios λ1 , λ2 , . . . , λn son reales y distintos, y denotamos por ui el vector propio asociado a λi i = 1, . . . , n, entonces las soluciones y1 (t) = eλ1 t u1 , y2 (t) = eλ2 t u2 , . . . , yn (t) = eλn t un , son siempre linealmente independientes.

VALORES PROPIOS COMPLEJOS DISTINTOS .

Aún cuando los valores propios sean complejos, mientras sean distintos, el método anterior producirá n soluciones linealmente independientes. La única complicación consiste en que los vectores propios asociados a valores propios complejos, en general, toman valores complejos, por lo que obtendremos soluciones de ese tipo.

Si A es real, entonces los coeficientes del polinomio característico son reales. En consecuencia, los valores propios complejos aparecen por pares de complejos conjugados. Supongamos que λ = α+iβ, con α, β ∈ IR, es un valor propio de A, con vector propio correspondiente u = a + ib, donde a y b son vectores constantes reales, es decir (A − λI) u = 0 .

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

135

Tomando el conjugado en la relaciĂłn anterior, se obtiene (A â&#x2C6;&#x2019; ÎťI) u = 0. Por lo tanto, dos soluciones complejas de y = A y linealmente independientes son y1 (t) y2 (t)

= =

eÎťt u = e(Îą+iβ)t (a + ib) , eÎťt u = e(Îąâ&#x2C6;&#x2019;iβ)t (a â&#x2C6;&#x2019; ib) .

A partir de una de estas ecuaciones complejas y la fĂłrmula de Euler, podemos obtener dos soluciones reales; de la expresiĂłn y1 (t)

= eÎąt (cos(βt) + i sen(βt)) (a + ib) = eÎąt [(cos(βt) a â&#x2C6;&#x2019; sen(βt) b) + i (sen(βt) a + cos(βt) b)] ,

tomando parte real e imaginaria, obtenemos dos soluciones reales

y1 (t) = y1 (t) =

eÎąt cos(βt) a â&#x2C6;&#x2019; eÎąt sen(βt) b , eÎąt sen(βt) a + eÎąt cos(βt) b ,

asociadas a los valores propios complejos conjugados Îą Âą iβ. Puesto que a y b no son simultĂĄneamente el vector cero, es inmediato ver que son linealmente independientes en IR. VALORES PROPIOS MĂ&#x161;LTIPLES Si algĂşn valor propio es una raĂ­z repetida del polinomio caracterĂ­stico, entonces el mĂŠtodo que acabamos de describir puede no encontrar todas las soluciones.

D EFINICIĂ&#x201C;N. Sea A una matriz constante, n Ă&#x2014; n y Îť un valor propio de A. Un vector no trivial u que satisfaga (A â&#x2C6;&#x2019; ÎťI)k u = 0, para algĂşn entero positivo k se llama vector propio generalizado asociado a Îť.

Si el polinomio caracterĂ­stico de A es p(x) = (x â&#x2C6;&#x2019; Îť1 )n1 . . . (x â&#x2C6;&#x2019; Îťr )nr , donde ni es la multiplicidad del valor propio Îťi , i = 1, . . . , r, entonces, para cada Îťi existen ni vectores propios generalizados linealmente independientes asociados a Îťi , y el conjunto de n = n1 + ¡ ¡ ¡ + nr vectores propios generalizados es linealmente independiente. AdemĂĄs, si u es un vector propio generalizado asociado a Îťi , entonces (A â&#x2C6;&#x2019; Îťi I)ni u = 0.

Esto da lugar al siguiente procedimiento para encontrar n soluciones linealmente independientes Para obtener un sistema fundamental de soluciones de y = A y: 1) Calcular el polinomio caracterĂ­stico |A â&#x2C6;&#x2019; ÎťI| y encontrar los valores propios distintos Îť1 , . . . , Îťr .

2) Para cada valor propio Îťi , encontrar ni vectores propios generalizados linealmente independientes, donde ni es la multiplicidad del valor propio Îťi , es decir, encontrar una base del subespacio propio generalizado asociado a Îťi .

3) Utilizar los ni vectores propios generalizados linealmente independientes obtenidos en 2) para calcular ni soluciones linealmente independientes de y = A y de la forma

t2 At Îťi t 2 e u=e u + t (A â&#x2C6;&#x2019; Îťi I) u + (A â&#x2C6;&#x2019; Îťi I) u + . . . , 2! donde u es un vector propio generalizado asociado a Îťi . Si Îťi tiene multiplicidad ni , entonces la serie anterior se reduce a los ni primeros tĂŠrminos.

136 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

4.2. Sistemas lineales no homogéneos con coeficientes constantes.

Consideremos el sistema lineal de coeficientes constantes no homogéneo, (slc)

y = A y + b(t) ,

con A una matriz constante n × n, para el que supondremos que las componentes de b(t) son funciones continuas en un intervalo I ⊂ IR.

4.2.1. Variación de las constantes. Resonancia.

En el capítulo anterior analizamos el “método de variación de las constantes" para obtener una solución general de un sistema lineal continuo. Este método, aplicado al sistema constante (slc), proporciona la solución y(t) = eA (t−t0 ) y0 +

t

eA (t−s) b(s) ds ,

t0

del sistema no homogéneo, que en t0 vale y0 .

Del mismo modo, la fórmula y(t) = eA t c(t) proporciona una solución particular de (slc) cuando la derivada c (t) vale c (t) = e−A t b(t) .

La fórmula de variación de las constantes, a veces, es difícil de aplicar porque implica el cálculo de algunas integrales no elementales. Para términos independientes determinados existen resultados específicos que permiten una resolución más rápida. Por su importancia, vamos a ver uno de estos resultados que se refiere al caso en que el término independiente es el producto de una exponencial por un polinomio.

Teorema. Consideremos el sistema lineal de coeficientes constantes y = A y + eαt q(t) ,

(4.1)

donde cada componente de q(t) es un polinomio de grado k y α ∈ C. 1) Si α no es un valor propio de A, entonces existe una solución particular de (4.1) que es de la forma eαt r(t), donde r(t) es un polinomio de grado k.

2) (Resonancia). Si α es un valor propio de A, con multiplicidad mínima m, entonces existe una solución particular de (4.1) que es de la forma eαt r(t), donde cada una de las componentes de r(t) es un polinomio de grado menor o igual que k + m.

Nota. Si en la proposición anterior tomamos α = 0, el resultado se aplica a sistemas cuyo término independiente es un polinomio, encontrándose en ese caso soluciones polinómicas.

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

137

4.3. SelecciĂłn de problemas.

PROBLEMA 4.1 Dada una matriz cuadrada compleja n Ă&#x2014; n, razĂłnese que los valores propios de eAt son eÎťi t , i = 1, 2, . . . , n, donde Îť1 , . . . , Îťn son los autovalores, posiblemente repetidos, de A.

SOLUCIĂ&#x201C;N

Si Îťi es un autovalor de A, entonces existe v = 0 tal que Av = Îťi v. Se deduce por tanto que, â&#x2C6;&#x20AC;t â&#x2C6;&#x2C6; IR, es Atv = Îťi tv, y procediendo de forma inductiva se prueba sin diďŹ cultad que (At)k v = (Îťi t)k v, â&#x2C6;&#x20AC;k â&#x2C6;&#x2C6; IN. Se tiene asĂ­, recordando la deďŹ niciĂłn de la exponencial matricial, que â&#x2C6;&#x17E; â&#x2C6;&#x17E;

(A t)k (Îťi t)k v= v = eÎťi t v , eAt v = k! k! k=0

lo que prueba que e

Îťi t

k=0

At

es un autovalor de e .

PROBLEMA 4.2 Siendo A una matriz constante, a) demuĂŠstrese que la derivada de eAt en un punto t0 estĂĄ relacionada con la derivada en 0 por d At d At e |t=t0 = eAt0 e |t=0 ; dt dt b) demuĂŠstrese que la derivada en 0 de eAt vale justamente A, y obtĂŠngase asĂ­ el resultado d At e = A eAt . dt

SOLUCIĂ&#x201C;N

a) Se tiene para â&#x2C6;&#x20AC;t0 â&#x2C6;&#x2C6; IR que d At0 +A(tâ&#x2C6;&#x2019;t0 ) d At0 A(tâ&#x2C6;&#x2019;t0 ) d At d e |t=t0 = e e e |t=t0 = |t=t0 = eAt0 eA(tâ&#x2C6;&#x2019;t0 ) |t=t0 , dt dt dt dt que tras el cambio s = t â&#x2C6;&#x2019; t0 , se transforma en eAt0

d A(tâ&#x2C6;&#x2019;t0 ) d As ds d d At e e |s=0 = eAt0 eAs |s=0 = eAt0 e |t=0 , |t=t0 = eAt0 dt ds dt ds dt

que es lo que deseĂĄbamos probar.

138 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS b) Sea J = [â&#x2C6;&#x2019;r, r] con 0 < r < 1. El tĂŠrmino (At)k/k! es derivable â&#x2C6;&#x20AC;k â&#x2C6;&#x2C6; IN y su derivada es fĂĄcil de acotar en J en tĂŠrminos de una cota L de A , por Lk /(k â&#x2C6;&#x2019; 1)! Por el criterio M de Weierstrass, la serie

â&#x2C6;&#x17E;

d (At)k , dt k! k=1

converge uniformemente en J y coincide con la derivada de la serie, esto es !â&#x2C6;&#x17E; "

â&#x2C6;&#x17E; â&#x2C6;&#x17E;

d (At)k (At)kâ&#x2C6;&#x2019;1 d (At)k d At e = = = A dt dt k! dt k! (k â&#x2C6;&#x2019; 1)! k=0

= A

â&#x2C6;&#x17E;

(At)kâ&#x2C6;&#x2019;1 k=1

(k â&#x2C6;&#x2019; 1)!

k=0

=A

â&#x2C6;&#x17E;

(At)k k=0

k!

k=1

= A eAt ,

â&#x2C6;&#x20AC;t â&#x2C6;&#x2C6; J.

En particular, en t = 0 â&#x2C6;&#x2C6; J se tiene d At e |t=0 = A eA0 = A , dt pues la exponencial de la matriz nula es la matriz identidad. Ahora, del apartado a) se sigue, trivialmente, el resultado (tomando t en vez de t0 ) d At d At e |t = eAt e |t=0 = eAt A = A eAt , dt dt

â&#x2C6;&#x20AC;t â&#x2C6;&#x2C6; IR ,

sin mĂĄs que tener en cuenta que A y eAt conmutan.

Por Ăşltimo, describiremos brevemente un modo alternativo de probar el resultado anterior. Se tiene que â&#x2C6;&#x17E;

(Ah)k

eAh â&#x2C6;&#x2019; eA0 eAh â&#x2C6;&#x2019; I d At e |t=0 = l´Ĺm = l´Ĺm = l´Ĺm k=0 hâ&#x2020;&#x2019;0 hâ&#x2020;&#x2019;0 hâ&#x2020;&#x2019;0 dt h h

= l´Ĺm A hâ&#x2020;&#x2019;0

â&#x2C6;&#x17E;

(Ah)kâ&#x2C6;&#x2019;1 k=1

k!

=A+A

â&#x2C6;&#x17E;

k=2

k!

â&#x2C6;&#x2019;I

h

(Ah)kâ&#x2C6;&#x2019;1 = A, hâ&#x2020;&#x2019;0 k! l´Ĺm

sin mĂĄs que tener en cuenta la convergencia uniforme en J, que mencionamos anteriormente, en la penĂşltima igualdad. Ahora, el apartado a) permite concluir el resultado como antes.

PROBLEMA 4.3 ConsidĂŠrese el sistema de coeďŹ cientes constantes y = A y .

PruĂŠbese que el lĂ­mite de las iteradas de Picard proporciona la soluciĂłn del sistema que veriďŹ ca y(0) = y0 , esto es eAt y0 . PruĂŠbese ademĂĄs que eAt es la matriz fundamental principal en 0 del sistema.

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

139

SOLUCIĂ&#x201C;N

Las iteradas de Picard se obtienen a partir de g0 (t) = y0 como t gk+1 (t) = y0 + A gk (s) ds .

0

Calculamos la sucesiĂłn (gk )kâ&#x2C6;&#x2C6;IN , y0 ,

g0 (t) =

g1 (t) =

y0 +

t

0

g2 (t) =

y0 +

g3 (t) =

y0 +

t

0

t

0

A y0 ds = y0 + At y0 = (I + At) y0 ,

A(I + As) y0 ds =

I + At + A

2t

2

2

y0 ,

s2 t2 t3 A I + As + A2 y0 ds = I + At + A2 + A3 y0 , 2 2 3!

observamos una cierta recurrencia. La demostramos por inducciĂłn: suponemos que

t2 t3 tkâ&#x2C6;&#x2019;1 gkâ&#x2C6;&#x2019;1 (t) = I + At + A2 + A3 + ¡ ¡ ¡ + Akâ&#x2C6;&#x2019;1 y0 , 2 3! (k â&#x2C6;&#x2019; 1)! calculamos gk (t)

gk (t) = y0 +

=

t

2 2s

A I + As + A 0 2t

I + At + A

2

2

3t

+A

3

3!

2

+A

3 3s

3!

+ ¡¡¡ + A

+ ¡¡¡ + A

kâ&#x2C6;&#x2019;1

kt

k

k!

skâ&#x2C6;&#x2019;1 (k â&#x2C6;&#x2019; 1)!

y0 ds

y0 ,

y vemos que, efectivamente, sigue la misma pauta. La soluciĂłn del problema de Cauchy se obtiene pasando al lĂ­mite, y(t) = l´Ĺm gk (t) = eAt y0 . kâ&#x2020;&#x2019;â&#x2C6;&#x17E;

At

Para probar que e es la matriz fundamental principal en 0 del sistema (apoyĂĄndonos en lo anterior) basta considerar las soluciones de y = Ay para y(0) = ei (ei denota la columna i-ĂŠsima de la matriz identidad) con i = 1, 2, . . . , n, y que vienen dadas por eAt ei . Reuniendo por columnas estas soluciones para i = 1, 2, . . . , n, se tiene que eAt I = eAt toma en t = 0 el valor I, y es por tanto la matriz fundamental principal en 0.

PROBLEMA 4.4 Consideramos las matrices de la forma ! " a1 (t) Îą [a1 (t) â&#x2C6;&#x2019; a2 (t)] A(t) = , β [a1 (t) â&#x2C6;&#x2019; a2 (t)] a2 (t)

(4.2)

donde las funciones a1 (t) y a2 (t) son continuas en el intervalo I, en el que consideraremos todas las ecuaciones.

140 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

a) PruĂŠbese que, si A es de la forma (4.2), entonces conmuta con su primitiva. b) PruĂŠbese que, si

!

A(t) =

a11 (t) a12 (t)

"

a21 (t) a22 (t)

,

tiene componentes continuas, conmuta con su primitiva, y a11 (t) = a22 (t) para todo t â&#x2C6;&#x2C6; I, entonces existen constantes Îą y β tales que a12 (t) = Îą [a11 (t) â&#x2C6;&#x2019; a22 (t)]

a21 (t) = β [a11 (t) â&#x2C6;&#x2019; a22 (t)] ,

y

o sea, que A(t) es de la forma (4.2). c) PruĂŠbese que, si A(t) es de la forma (4.2), entonces el cambio de variable dependiente

1 (a1 (t) + a2 (t)) dt z(t) , x(t) = exp 2 seguido del cambio de variable independiente

s = (a1 (t) â&#x2C6;&#x2019; a2 (t)) dt , transforma el sistema en x , t x = A(t) x en el sistema en z , s

SOLUCIĂ&#x201C;N

â&#x17D;&#x203A; 1 â&#x17D;&#x153; z = â&#x17D;? 2 β

â&#x17D;&#x17E; Îą 1 â&#x2C6;&#x2019; 2

â&#x17D;&#x; â&#x17D; z.

a) Sean b1 (t) =

a1 (t) dt y b2 (t) = !

B(t) =

a2 (t) dt. Una primitiva, B(t), de la matriz A(t) es " Îą [b1 (t) â&#x2C6;&#x2019; b2 (t)] b1 (t) . β [b1 (t) â&#x2C6;&#x2019; b2 (t)] b2 (t)

A efectos de abreviar las expresiones resultantes, denotemos por ai = ai (t) y bi = bi (t) para i = 1, 2. Comprobamos que, efectivamente A = A(t) y B = B(t) conmutan, puesto que

a1 b1 + ιβ(a1 â&#x2C6;&#x2019; a2 )(b1 â&#x2C6;&#x2019; b2 ) Îą(a1 b1 â&#x2C6;&#x2019; a2 b2 ) AB = = BA. a2 b2 + ιβ(a1 â&#x2C6;&#x2019; a2 )(b1 â&#x2C6;&#x2019; b2 ) β(a1 b1 â&#x2C6;&#x2019; a2 b2 )

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

b) Sean

A(t) =

a11 (t) a21 (t)

a12 (t) a22 (t)

,

B(t) =

b11 (t) b12 (t) b21 (t) b22 (t)

141

,

donde B(t) denota una primitiva de A(t), esto es, se veriďŹ ca que b ij (t) = aij (t) para i, j = 1, 2 y t â&#x2C6;&#x2C6; I. Supongamos que ademĂĄs es a11 (t) = a22 (t) , â&#x2C6;&#x20AC;t â&#x2C6;&#x2C6; I. En adelante, y a efectos de abreviar las expresiones que manejaremos, introducimos las notaciones aij = aij (t) y bij = bij (t) para i, j = 1, 2. Se tiene asĂ­ que

a11 a12 b11 b12 a11 b11 + a12 b21 a11 b12 + a12 b22 A(t)B(t) = = , a21 a22 b21 b22 a21 b11 + a22 b21 a21 b12 + a22 b22 y que B(t)A(t) =

b11 b21

b12 b22

a11 a21

a12 a22

=

b11 a11 + b12 a21 b21 a11 + b22 a21

b11 a12 + b12 a22 b21 a12 + b22 a22

.

Igualando ambas expresiones para imponer las conmutatividad A(t)B(t) = B(t)A(t) y ďŹ jĂĄndonos en los dos elementos de fuera de la diagonal principal, obtenemos las relaciones ( a11 b12 + a12 b22 = b11 a12 + b12 a22 â&#x2021;&#x2019; (a11 â&#x2C6;&#x2019; a22 )b12 = a12 (b11 â&#x2C6;&#x2019; b22 ) (4.3) a21 b11 + a22 b21 = b21 a11 + b22 a21 â&#x2021;&#x2019; (a11 â&#x2C6;&#x2019; a22 )b21 = a21 (b11 â&#x2C6;&#x2019; b22 ) Por otra parte, para los valores de t â&#x2C6;&#x2C6; I que no anulen los denominadores, tenemos que

d b (b11 â&#x2C6;&#x2019; b22 ) â&#x2C6;&#x2019; (b 11 â&#x2C6;&#x2019; b 22 )b12 b12 = 12 dt b11 â&#x2C6;&#x2019; b22 (b11 â&#x2C6;&#x2019; b22 )2 a12 (b11 â&#x2C6;&#x2019; b22 ) â&#x2C6;&#x2019; (a11 â&#x2C6;&#x2019; a22 )b12 = = 0, (b11 â&#x2C6;&#x2019; b22 )2

d b (b11 â&#x2C6;&#x2019; b22 ) â&#x2C6;&#x2019; (b 11 â&#x2C6;&#x2019; b 22 )b21 b21 = 21 dt b11 â&#x2C6;&#x2019; b22 (b11 â&#x2C6;&#x2019; b22 )2 a21 (b11 â&#x2C6;&#x2019; b22 ) â&#x2C6;&#x2019; (a11 â&#x2C6;&#x2019; a22 )b21 = = 0, (b11 â&#x2C6;&#x2019; b22 )2 donde las Ăşltimas igualdades se siguen de (4.3), y hemos hecho uso de que b ij = aij para i, j = 1, 2 y t â&#x2C6;&#x2C6; I. NĂłtese en este punto que, los posibles valores de t â&#x2C6;&#x2C6; I que anulan los denominadores, son puntos aislados, puesto que si fuese b11 â&#x2C6;&#x2019; b22 = 0 en un cierto intervalo, su derivada se anularĂ­a idĂŠnticamente en el interior de dicho intervalo, y se tendrĂ­a que b 11 â&#x2C6;&#x2019; b 22 = a11 â&#x2C6;&#x2019; a22 = 0, contradiciendo la hipĂłtesis de que a11 â&#x2C6;&#x2019; a22 = 0 en I. De hecho, es fĂĄcil ver, a partir de la continuidad de a11 â&#x2C6;&#x2019; a22 , y del hecho de no anularse en el intervalo I, que puede existir, a lo sumo, un valor t0 â&#x2C6;&#x2C6; I para el que se tenga que b11 (t0 ) â&#x2C6;&#x2019; b22 (t0 ) = 0. AdemĂĄs, en caso de haberlo, tendrĂ­amos una indeterminaciĂłn, puesto que de (4.3) se deduce que en ese caso serĂ­an b12 (t0 ) = b21 (t0 ) = 0, y la resolverĂ­amos aplicando Lâ&#x20AC;&#x2122;Hopital, obteniendo asĂ­ â&#x17D;Ť a12 (t0 ) b12 b 12 a12 â&#x17D;Ş â&#x17D;Ş l´Ĺm = l´Ĺm = l´Ĺm = â&#x17D;Ş

tâ&#x2020;&#x2019;t0 b11 â&#x2C6;&#x2019; b22 tâ&#x2020;&#x2019;t0 b tâ&#x2020;&#x2019;t a11 (t0 ) â&#x2C6;&#x2019; a22 (t0 ) â&#x17D;Ź 0 a11 â&#x2C6;&#x2019; a22 11 â&#x2C6;&#x2019; b22 â&#x17D;Ş a21 (t0 ) b21 b a21 â&#x17D;Ş â&#x17D;Ş l´Ĺm = l´Ĺm 21 = l´Ĺm = â&#x17D;­ tâ&#x2020;&#x2019;t0 b11 â&#x2C6;&#x2019; b22 tâ&#x2020;&#x2019;t0 b tâ&#x2020;&#x2019;t0 a11 â&#x2C6;&#x2019; a22 â&#x2C6;&#x2019; b a (t ) â&#x2C6;&#x2019; a (t ) 11 0 22 0 11 22

142 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS a partir de la continuidad de las funciones aij .

Por tanto, se tendrĂĄ que b12 =Îą b11 â&#x2C6;&#x2019; b22 b21 =β b11 â&#x2C6;&#x2019; b22

â&#x17D;Ť â&#x17D;Ş â&#x17D;Ş â&#x17D;Ź â&#x17D;Ş â&#x17D;Ş â&#x17D;­

para ciertas constantes Îą y β. El resultado se sigue ahora de (4.3), pues (a11 â&#x2C6;&#x2019; a22 )b12 = a12 (b11 â&#x2C6;&#x2019; b22 ) â&#x2021;&#x2019; a12 (a11 â&#x2C6;&#x2019; a22 )b21 = a21 (b11 â&#x2C6;&#x2019; b22 ) â&#x2021;&#x2019; a21

â&#x17D;Ť b12 â&#x17D;Ş = (a11 â&#x2C6;&#x2019; a22 ) = Îą(a11 â&#x2C6;&#x2019; a22 )â&#x17D;Ş â&#x17D;Ź b11 â&#x2C6;&#x2019; b22 â&#x17D;Ş b21 â&#x17D;­ = (a11 â&#x2C6;&#x2019; a22 ) = β(a11 â&#x2C6;&#x2019; a22 )â&#x17D;Ş b11 â&#x2C6;&#x2019; b22

y se extiende por continuidad, si es necesario, al posible valor de t que anulaba el denominador b11 â&#x2C6;&#x2019; b22 . c) Consideremos el sistema xË&#x2122; = A(t) x, donde A(t) es la matriz deďŹ nida mediante (4.2), y

donde xË&#x2122; = dx/dt. El cambio de variable x(t) = exp (1/2) (a1 (t) + a2 (t)) dt z(t), implica que

1 1 1 [a1 (t) + a2 (t)] e 2 [a1 (t)+a2 (t)] dt z(t) + e 2 [a1 (t)+a2 (t)] dt zË&#x2122; (t) 2

1 1 [a1 (t) + a2 (t)] z(t) + zË&#x2122; (t) , = e 2 [a1 (t)+a2 (t)] dt 2

x(t) Ë&#x2122; =

y, por otro lado 1

A(t) x = A(t) e 2

[a1 (t)+a2 (t)] dt

z(t) ,

por lo que, igualando ambas expresiones, se obtiene, tras dividir el resultado por el tĂŠrmino exponencial

1 zË&#x2122; (t) = A(t) â&#x2C6;&#x2019; [a1 (t) + a2 (t)] I z(t) 2 â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x203A; 1 [a (t) â&#x2C6;&#x2019; a (t)] Îą [a (t) â&#x2C6;&#x2019; a (t)] 1 2 1 2 â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x153; = â&#x17D;? 2 â&#x17D; z(t) 1 [â&#x2C6;&#x2019;a1 (t) + a2 (t)] β [a1 (t) â&#x2C6;&#x2019; a2 (t)] 2 â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x203A; 1 Îą â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x153; = [a1 (t) â&#x2C6;&#x2019; a2 (t)] â&#x17D;? 2 â&#x17D; z(t) .

1 β â&#x2C6;&#x2019; 2

Sea, ahora, el cambio de variable independiente s = (a1 (t) â&#x2C6;&#x2019; a2 (t)) dt. Si denotamos por z = dz/ds, se tiene que

zË&#x2122; = z

ds = z [a1 (t) â&#x2C6;&#x2019; a2 (t)] dt

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

143

y, tras dividir por el tĂŠrmino a1 (t) â&#x2C6;&#x2019; a2 (t), el sistema toma la forma â&#x17D;&#x203A; 1 â&#x17D;&#x153; z = â&#x17D;? 2 β

â&#x17D;&#x17E; Îą 1 â&#x2C6;&#x2019; 2

â&#x17D;&#x; â&#x17D; z.

PROBLEMA 4.5 a) CompruĂŠbese, utilizando la deďŹ niciĂłn de la exponencial que, si

0 b cos(bt) sen(bt) At A= , entonces e = . â&#x2C6;&#x2019;b 0 â&#x2C6;&#x2019; sen(bt) cos(bt) b) CalcĂşlese la exponencial eAt para la matriz,

a b A= . â&#x2C6;&#x2019;b a

SOLUCIĂ&#x201C;N

a) La matriz eAt puede, en este caso, calcularse fĂĄcilmente sin mĂĄs que utilizar la deďŹ niciĂłn de exponencial. Sea C la matriz ! " 0 1 C= . â&#x2C6;&#x2019;1 0 Comenzamos hallando las potencias de A.

0 b 0 1 A = =b = bC , â&#x2C6;&#x2019;b 0 â&#x2C6;&#x2019;1 0

0 b 0 b â&#x2C6;&#x2019;b2 0 2 = = â&#x2C6;&#x2019;b2 I , A = â&#x2C6;&#x2019;b 0 â&#x2C6;&#x2019;b 0 0 â&#x2C6;&#x2019;b2 A3

=

A2 A = â&#x2C6;&#x2019;b2 I A = â&#x2C6;&#x2019;b2 A = â&#x2C6;&#x2019;b3 C ,

A4

=

A2 A2 = â&#x2C6;&#x2019;b2 I A2 = (â&#x2C6;&#x2019;b2 )2 I = b4 I ,

y asĂ­ sucesivamente. De modo que A2k = (â&#x2C6;&#x2019;1)k b2k I y A2k+1 = (â&#x2C6;&#x2019;1)k b2k+1 C para todo k â&#x2C6;&#x2C6; IN. La serie que deďŹ ne la exponencial es absolutamente convergente, luego podemos agrupar los tĂŠrminos pares y los impares para sumarla. En efecto eAt =

â&#x2C6;&#x17E;

n=0

An

â&#x2C6;&#x17E; â&#x2C6;&#x17E;

tn t2n t2n+1 = + , A2n A2n+1 n! n=0 (2n)! n=0 (2n + 1)!

144 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS y sustituyendo las potencias de A por los valores calculados previamente, resulta eAt

=

â&#x2C6;&#x17E;

(â&#x2C6;&#x2019;1)n b2n

n=0

â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153; = â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153; â&#x17D;? ! =

â&#x2C6;&#x17E;

â&#x2C6;&#x17E;

t2n t2n+1 I+ C (â&#x2C6;&#x2019;1)n b2n+1 (2n)!

(2n + 1)! n=0

(â&#x2C6;&#x2019;1)n b2n

n=0

â&#x2C6;&#x2019;

â&#x2C6;&#x17E;

(â&#x2C6;&#x2019;1)n b2n+1

n=0

cos(bt) â&#x2C6;&#x2019; sen(bt)

sen(bt) cos(bt)

â&#x17D;&#x17E; t2n+1 (2n + 1)! â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; n=0 â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; â&#x2C6;&#x17E; 2n

t â&#x17D; (â&#x2C6;&#x2019;1)n b2n (2n)! n=0 â&#x2C6;&#x17E;

t2n (2n)! t2n+1 (2n + 1)! "

(â&#x2C6;&#x2019;1)n b2n+1

.

b) La matriz A se puede expresar como

a b A= = aI + bC , â&#x2C6;&#x2019;b a de modo que

!

At

e

at b C t

=e e

=e

at

cos(bt) sen(bt) â&#x2C6;&#x2019; sen(bt) cos(bt)

" ,

sin mĂĄs que aplicar el primer apartado de este problema.

PROBLEMA 4.6 CalcĂşlese la exponencial eAt para la matriz â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; 3 2 1 3 2 â&#x17D; .

A = â&#x17D;? â&#x2C6;&#x2019;1 1 â&#x2C6;&#x2019;3 â&#x2C6;&#x2019;2

SOLUCIĂ&#x201C;N

El polinomio caracterĂ­stico de A

3â&#x2C6;&#x2019;Îť 2

3â&#x2C6;&#x2019;Îť |A â&#x2C6;&#x2019; ÎťI| = â&#x2C6;&#x2019;1 1 â&#x2C6;&#x2019;3

1 2 â&#x2C6;&#x2019;2 â&#x2C6;&#x2019; Îť

= â&#x2C6;&#x2019;Îť3 + 4 Îť2 â&#x2C6;&#x2019; 4 Îť = â&#x2C6;&#x2019;Îť (Îť â&#x2C6;&#x2019; 2)2 ,

tiene por raĂ­ces: Îť1 = 0 con multiplicidad uno y Îť2 = 2 con multiplicidad dos. Si buscamos un polinomio interpolador de grado dos, de la forma p(x) = a0 (t) + a1 (t) (x â&#x2C6;&#x2019; 2) + a2 (t) (x â&#x2C6;&#x2019; 2)2 ,

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

145

las condiciones que tiene que verificar son p (2)

=

a0 (t) = e2t ,

p (2) = a1 (t) = t e2t , p (0)

=

a0 (t) − 2 a1 (t) + 4 a2 (t) = 1 .

Sustituyendo los valores de a0 (t) y a1 (t) en la tercera ecuación, resulta e2t − 2 t e2t + 4 a2 (t) = 1

⇒

a2 (t) =

1 (1 − e2t + 2te2t ) , 4

luego p(x) = e2t + t e2t (x − 2) +

1 (1 − e2t + 2t e2t ) (x − 2)2 , 4

y entonces 1 = p(A) = e2t I + t e2t (A − 2I) + (1 − e2t + 2t e2t ) (A − 2I)2 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 1 0 1 1 1 1 2 ⎠ + (1 − e2t + 2t e2t ) ⎝ 0 −7 −7 ⎠ = e2t I + t e2t ⎝ −1 4 1 −3 −4 0 11 11 ⎞ ⎛ 5 2t 1 2t 1 3 2t 1 2t 1 2t 2t t e t e e t e e + e − + − + ⎜ 2 4 4 2 4 4 ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 3 2t 7 2t 7 ⎟ 5 2t 11 2t 7 ⎜ 2t = ⎜ −t e e − − te + e − ⎟ . − te + ⎜ 2 4 4 2 4 4 ⎟ ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ 11 11 7 11 5 3 t e2t − e2t + t e2t − e2t + t e2t 2 4 4 2 4 4 Por último, conviene comentar que, en este caso concreto, las multiplicidades mínimas de los autovalores de la matriz coinciden con sus multiplicidades, como se comprueba fácilmente sin más que observar que rg(A−2I) = 2 y que, por tanto, dim Ker(A−2I) = 3−rg(A−2I) = 1. eAt

PROBLEMA 4.7 Calcúlese la exponencial eAt para la matriz ⎛ 2 1 1 2 ⎜ 2 1 −1 0 A=⎜ ⎝ 1 0 0 −1 1 −2 0 1

SOLUCIÓN

⎞ ⎟ ⎟. ⎠

El polinomio característico de A

2−λ 1 1

2 1 − λ −1 |A − λI| = 0 −λ 1 1 −2 0

2 0 −1 1−λ

= λ4 − 4 λ3 + 16 λ − 16 = (λ + 2) (λ − 2)3 ,

146 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS tiene por raíces: λ1 = −2 con multiplicidad uno y λ2 = 2 con multiplicidad tres. Si buscamos un polinomio interpolador de grado tres, de la forma p(x) = a0 (t) + a1 (t) (x − 2) + a2 (t) (x − 2)2 + a3 (t) (x − 2)3 , las condiciones que tiene que verificar son p (2)

= a0 (t) = e2t ,

p (2)

=

p (2)

=

p (−2)

a1 (t) = t e2t ,

t2 2t e , 2 = a0 (t) − 4 a1 (t) + 16 a2 (t) − 64 a3 (t) = e−2t .

2 a2 (t) = t2 e2t

⇒

a2 (t) =

Sustituyendo los valores de a0 (t) , a1 (t) y a2 (t) en la cuarta ecuación, resulta e2t − 4 t e2t + 8 t2 e2t − 64 a3 (t) = e−2t ⇒ a3 (t) =

1 2t (e − 4te2t + 8t2 e2t − e−2t ) , 64

luego p(x) = e2t + t e2t (x − 2) +

t2 2t 1 2t e (x − 2)2 + (e − 4te2t + 8t2 e2t − e−2t ) (x − 2)3 , 2 64

y por tanto t2 2t 1 2t e (A − 2I)2 + (e − 4te2t + 8t2 e2t − e−2t )(A − 2I)3 2 64 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 1 2 5 −5 −3 −3 2 ⎜ 2 −1 −1 ⎜ 0 ⎟ 3 5 5 ⎟ ⎟ + t e2t ⎜ −3 ⎟ = e2t I + t e2t ⎜ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 0 −2 −1 −3 3 5 5 ⎠ 2 1 −2 0 −1 −5 5 3 3 ⎛ ⎞ −16 16 16 16 ⎜ ⎟ 1 2t 16 −16 −16 −16 ⎟ (e − 4te2t + 8t2 e2t − e−2t ) ⎜ + ⎝ 16 −16 −16 −16 ⎠ .

64 16 −16 −16 −16

eAt = e2t I + te2t (A − 2I) +

Las componentes de la exponecial son: t2 2 2 t eAt [1, 3] = 2 t2 At e [2, 1] = 2 2 t eAt [2, 3] = 2 2 t eAt [3, 1] = 2 2 t eAt [3, 3] = 2 eAt [1, 1] =

3 2t e + 4 1 1 e2t + e2t − e−2t 4 4 1 2t 2t 2t e + te + e − 4 1 1 e2t − e2t + e−2t 4 4 1 1 e2t + e2t − e−2t 4 4 3 e2t − t e2t + e2t + 4 e2t + t e2t +

1 −2t e 4

1 −2t e 4

1 −2t e 4

t2 2t 1 2t 1 −2t e + e − e 2 4 4 2 t 1 1 eAt [1, 4] = e2t + t e2t + e2t − e−2t 2 4 4 t2 2t 3 2t 1 −2t At e [2, 2] = − e + e + e 2 4 4 2 t 1 1 eAt [2, 4] = e2t + t e2t − e2t + e−2t 2 4 4 2 t 1 1 eAt [3, 2] = − e2t +t e2t− e2t + e−2t 2 4 4 2 t 1 1 eAt [3, 4] = e2t − e2t + e−2t 2 4 4 eAt [1, 2] = −

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

t2 2t 1 2t 1 −2t e + e − e 2 4 4 2 t 1 1 eAt [4, 3] = − e2t + t e2t − e2t + e−2t 2 4 4 eAt [4, 1] = −

147

t2 2t 1 1 e − t e2t − e2t + e−2t 2 4 4 2 t 3 1 eAt [4, 4] = − e2t + e2t + e−2t .

2 4 4 eAt [4, 2] =

Se comprueba, sin dificultad, que las multiplicidades mínimas de los autovalores de esta matriz coinciden con sus multiplicidades, luego tres es el grado mínimo que ha de tener cualquier polinomio interpolador

PROBLEMA 4.8 Calcúlese la exponencial eAt para la matriz ⎛

⎞ 6 −10 0 A = ⎝ 3 −5 0 ⎠ .

1 −2 1

SOLUCIÓN

El polinomio característico de la matriz A,

6−λ

|A − λ I| = 3 1

−10 −5 − λ −2

0 0 1−λ

= −λ3 + 2 λ2 − λ = −λ (λ − 1)2 ,

tiene por raíces: λ1 = 1 doble y λ2 = 0 simple. Si buscamos un polinomio interpolador de grado dos, de la forma p(x) = a0 (t) + a1 (t) (x − 1) + a2 (t) (x − 1)2 , las condiciones que tiene que verificar son p (1)

=

a0 (t) = et ,

p (1) = a1 (t) = t et , p (0)

=

a0 (t) − a1 (t) + a2 (t) = 1 .

Sustituyendo los valores de a0 (t) y a1 (t) en la tercera ecuación, resulta et − t et + a2 (t) = 1

⇒

a2 (t) = 1 − et + tet ,

luego p(x) = et + t et (x − 1) + (1 − et + tet ) (x − 1)2 ,

148 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS por tanto eAt

= p(A) = et I + t et (A − I) + (1 − et + tet ) (A − I)2 ⎛ ⎞ ⎛ 5 −10 0 −5 −6 0 ⎠ + (1 − et + tet ) ⎝ −3 = et I + t et ⎝ 3 1 −2 0 −1 ⎛ =

6 et − 5

⎜ ⎜ ⎜ 3 (et − 1) ⎜ ⎝ et − 1

10 (1 − et ) −5 e + 6 t

2 (1 − et )

0

⎞ 10 0 6 0 ⎠ 2 0

⎞

⎟ ⎟ 0 ⎟ ⎟. ⎠ t e

Obsérvese que, en este caso concreto, las multiplicidades mínimas de los autovalores de la matriz no coinciden con las multiplicidades, por lo que el proceso de obtención del polinomio interpolador se puede simplificar. En concreto, la multiplicidad mínima correspondiente al autovalor λ1 = 1 es uno, puesto que el rango de la matriz A − I es uno y, por tanto, dim Ker(A − I) = 3 − rg(A − I) = 2. Nótese que, en particular, esto implica que la matriz A es diagonalizable y que el polinomio mínimo de dicha matriz viene dado por m(λ) = λ (λ−1).

Por tanto, podemos buscar un polinomio interpolador de grado uno de la forma q(x) = b0 (t) + b1 (t) (x − 1) , que habrá de satisfacer las condiciones q (1) = b0 (t) = et , q (0) = b0 (t) − b1 (t) = 1 , por lo que se tiene que b0 (t) = et y b1 (t) = et −1. Obtenemos así q(x) = et +(et − 1) (x−1).

Finalmente eAt

= q(A) = et I + (et − 1) (A − I) ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 5 −10 0 6 et − 5 10 (1 − et ) 0 −6 0 ⎠ = ⎝ 3 (et − 1) −5 et + 6 0 ⎠ . = et I + (et − 1) ⎝ 3 2 (1 − et ) et et − 1 1 −2 0

PROBLEMA 4.9 Calcúlese la exponencial eAt para la matriz ⎛ 3 −1 ⎜ 9 −5 A=⎜ ⎝ −3 −2 4 −3

⎞ 0 1 0 9 ⎟ ⎟.

1 −3 ⎠ 0 6

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

SOLUCIĂ&#x201C;N

149

El polinomio caracterĂ­stico de A

3â&#x2C6;&#x2019;Îť â&#x2C6;&#x2019;1 0

9 â&#x2C6;&#x2019;5 â&#x2C6;&#x2019; Îť 0

|Aâ&#x2C6;&#x2019;ÎťI| = â&#x2C6;&#x2019;2 1â&#x2C6;&#x2019;Îť â&#x2C6;&#x2019;3 4 â&#x2C6;&#x2019;3 0

1 9 â&#x2C6;&#x2019;3 6â&#x2C6;&#x2019;Îť

= Îť4 â&#x2C6;&#x2019;5 Îť3 +9 Îť2 â&#x2C6;&#x2019;7 Îť+2 = (Îťâ&#x2C6;&#x2019;2) (Îťâ&#x2C6;&#x2019;1)3 ,

tiene por raĂ­ces: Îť1 = 2 con multiplicidad uno y Îť2 = 1 con multiplicidad tres. Si buscamos un polinomio interpolador de grado tres, de la forma p(x) = a0 (t) + a1 (t) (x â&#x2C6;&#x2019; 1) + a2 (t) (x â&#x2C6;&#x2019; 1)2 + a3 (t) (x â&#x2C6;&#x2019; 1)3 , las condiciones que tiene que veriďŹ car son p (1)

=

a0 (t) = et ,

p (1)

=

a1 (t) = t et ,

p (1) = p (2)

=

t2 t e , 2 a0 (t) + a1 (t) + a2 (t) + a3 (t) = e2t .

2 a2 (t) = t2 et â&#x2021;&#x2019; a2 (t) =

Sustituyendo los valores de a0 (t) , a1 (t) y a2 (t) en la cuarta ecuaciĂłn, resulta

t2 t t2 t t2 t t 2t 2t t t 2t e + t e + e + a3 (t) = e â&#x2021;&#x2019; a3 (t) = e â&#x2C6;&#x2019; e â&#x2C6;&#x2019; te â&#x2C6;&#x2019; e = e â&#x2C6;&#x2019; 1 + t + et , 2 2 2 luego p(x) = et + t et (x â&#x2C6;&#x2019; 1) + y por tanto

t2 t t2 e (x â&#x2C6;&#x2019; 1)2 + e2t â&#x2C6;&#x2019; 1 + t + et (x â&#x2C6;&#x2019; 1)3 , 2 2

t2 t t2 e (A â&#x2C6;&#x2019; I)2 + e2t â&#x2C6;&#x2019; 1 + t + et (A â&#x2C6;&#x2019; I)3 2 2 â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x203A; 2 â&#x2C6;&#x2019;1 0 1 â&#x2C6;&#x2019;1 1 0 â&#x2C6;&#x2019;2 2 â&#x17D;&#x153; 9 â&#x2C6;&#x2019;6 0 â&#x17D;&#x153; 9 â&#x17D;&#x; 0 0 0 0 â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; + t et â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x; = et I + t et â&#x17D;&#x153; â&#x17D;? â&#x2C6;&#x2019;3 â&#x2C6;&#x2019;2 0 â&#x2C6;&#x2019;3 â&#x17D; 2 â&#x17D;? â&#x2C6;&#x2019;36 24 0 â&#x2C6;&#x2019;36 â&#x17D; 4 â&#x2C6;&#x2019;3 0 5 1 â&#x2C6;&#x2019;1 0 2 â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x203A; â&#x2C6;&#x2019;1 1 0 â&#x2C6;&#x2019;2

â&#x17D;&#x153; 0 t2 0 0 0 â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; + e2t â&#x2C6;&#x2019; 1 + t + et â&#x17D;&#x153; â&#x17D;?

0 0 0 0 â&#x17D; 2 1 â&#x2C6;&#x2019;1 0 2 â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; (2 + 3 t) et â&#x2C6;&#x2019; e2 t (â&#x2C6;&#x2019;1 â&#x2C6;&#x2019; 2 t) et + e2t 0 (2 + 3 t) et â&#x2C6;&#x2019; 2 e2t â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x; 9 t et (1 â&#x2C6;&#x2019; 6 t) et 0 9 t et â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x; = â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x;. t t t â&#x17D;&#x153; â&#x2C6;&#x2019;3 t (1 + 6 t) et â&#x17D;&#x; 2 t (â&#x2C6;&#x2019;1 + 6 t) e e â&#x2C6;&#x2019;3 t (1 + 6 t) e â&#x17D;? â&#x17D; t 2t t 2t t 2t (â&#x2C6;&#x2019;1 + 3 t) e + e (1 â&#x2C6;&#x2019; 2 t) e â&#x2C6;&#x2019; e 0 (â&#x2C6;&#x2019;1 + 3 t) e + 2 e

eAt = et I + t et (A â&#x2C6;&#x2019; I) +

150 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Se comprueba, sin diďŹ cultad, que las multiplicidades mĂ­nimas de los autovalores de esta matriz coinciden con sus multiplicidades, luego tres es el grado mĂ­nimo que ha de tener cualquier polinomio interpolador

PROBLEMA 4.10 Sea A una matriz 3 Ă&#x2014; 3 de autovalores Îť (doble) y Îź, con Îť = Îź. PruĂŠbese que p(x) = eÎťt [1 + t (x â&#x2C6;&#x2019; Îť)] +

eÎźt â&#x2C6;&#x2019; eÎťt t eÎťt (x â&#x2C6;&#x2019; Îť)2 , (x â&#x2C6;&#x2019; Îť)2 â&#x2C6;&#x2019; 2 (Îź â&#x2C6;&#x2019; Îť) Îźâ&#x2C6;&#x2019;Îť

es, en todo caso, un polinomio interpolador para A.

SOLUCIĂ&#x201C;N

La funciĂłn p(x) serĂĄ un polinomio interpolador de A si cumple las condiciones: p(Îť) = eÎťt ,

p (Îť) = t eÎťt ,

p(Îź) = eÎźt .

(4.4)

Calculamos su derivada, p (x) = t eÎťt + 2

eÎźt â&#x2C6;&#x2019; eÎťt t eÎťt (x â&#x2C6;&#x2019; Îť) , (x â&#x2C6;&#x2019; Îť) â&#x2C6;&#x2019; 2 (Îź â&#x2C6;&#x2019; Îť)2 Îźâ&#x2C6;&#x2019;Îť

y comprobamos que se veriďŹ can las condiciones (4.4), p(Îť) = eÎťt p (Îť) = t eÎťt p(Îź) = eÎťt + t eÎťt (Îź â&#x2C6;&#x2019; Îť) + eÎźt â&#x2C6;&#x2019; eÎťt â&#x2C6;&#x2019; t eÎťt (Îź â&#x2C6;&#x2019; Îť) = eÎźt , por lo tanto, efectivamente p(x) es un polinomio interpolador de A. NĂłtese que, si bien p(x) es un polinomio interpolador para A (que ya sabemos que no es Ăşnico), no siempre serĂĄ el de menor grado posible. El que lo sea o no, depende de si la multiplicidad mĂ­nima del autovalor Îť es o no dos. AsĂ­, si la multiplicidad mĂ­nima de Îť es dos, el polinomio dado es el de menor grado posible. Por el contrario, si dicha multiplicidad mĂ­nima es uno, entonces la matriz A es diagonalizable y podemos encontrar un polinomio interpolador de grado uno. De hecho, se comprueba sin diďŹ cultad que p(x) = eÎťt +

eÎźt â&#x2C6;&#x2019; eÎťt (x â&#x2C6;&#x2019; Îť) , Îźâ&#x2C6;&#x2019;Îť

es un polinomio interpolador para A, de grado uno, en este Ăşltimo caso.

PROBLEMA 4.11 Consideremos el sistema lineal homogĂŠneo

1 2

y = y = Ay. â&#x2C6;&#x2019;2 1 CalcĂşlese eAt mediante,

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

151

a) la deďŹ niciĂłn de exponencial (aplicando el problema 4.5), b) el cĂĄlculo de soluciones asociadas a los valores propios, c) el polinomio interpolador .

SOLUCIĂ&#x201C;N

a) Considerando el apartado b) del problema 4.5 con a = 1 y b = 2 tenemos que ! " cos(2t) sen(2t) At t . e = e â&#x2C6;&#x2019; sen(2t) cos(2t) b) El polinomio caracterĂ­stico de la matriz de coeďŹ cientes

1â&#x2C6;&#x2019;Îť 2

= (1 â&#x2C6;&#x2019; Îť)2 + 4 = Îť2 â&#x2C6;&#x2019; 2Îť + 5 , |A â&#x2C6;&#x2019; ÎťI| = â&#x2C6;&#x2019;2 1â&#x2C6;&#x2019;Îť tiene las raĂ­ces: 1Âą2i, complejas conjugadas de multiplicidad uno. Buscamos un vector propio u asociado al valor propio Îť = 1 + 2i. Por lo tanto, (A â&#x2C6;&#x2019; ÎťI) u = 0, esto es

â&#x2C6;&#x2019;2i 2 u1 0 â&#x2C6;&#x2019;2iu1 + 2u2 = 0 = â&#x2021;&#x2019; â&#x2021;&#x2019; iu1 = u2 . â&#x2C6;&#x2019;2 â&#x2C6;&#x2019;2i 0 u2 â&#x2C6;&#x2019;2u1 â&#x2C6;&#x2019; 2iu2 = 0 Tomando u1 = 1, se tiene u = (1, i)T y una soluciĂłn compleja del sistema homogĂŠneo, viene dada por

1 0 (1+2i)t +i yh (t) = e 0 1

1 0 t = e [cos(2t) + i sen(2t)] +i 0 1 ! " ! " cos(2t) sen(2t) = et + i et . â&#x2C6;&#x2019; sen(2t) cos(2t) Tomando parte real e imaginaria, obtenemos dos soluciones reales del sistema homogĂŠneo y, por lo tanto ! " et cos(2t) et sen(2t) Y (t) = , â&#x2C6;&#x2019;et sen(2t) et cos(2t) es una matriz fundamental del sistema. Observamos que la matriz fundamental obtenida es precisamente eAt , (Y (0) = I, por lo que es la matriz fundamental principal en 0 y, por la unicidad, Y (t) = eAt ).

152 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS c) La matriz A tiene dos valores propios complejos conjugados, 1 Âą 2i, (calculados en el apartado anterior). Si buscamos un polinomio interpolador, p(x), de grado uno, de la forma p(x) = a0 (t) + a1 (t) [x â&#x2C6;&#x2019; (1 + 2i)] , las condiciones que debe veriďŹ car son p(1 + 2i) = p(1 â&#x2C6;&#x2019; 2i) =

a0 (t) = e(1+2i)t , a0 (t) + a1 (t) (1 â&#x2C6;&#x2019; 2i â&#x2C6;&#x2019; 1 â&#x2C6;&#x2019; 2i) = a0 (t) â&#x2C6;&#x2019; 4i a1 (t) = e(1â&#x2C6;&#x2019;2i)t .

Sustituyendo el valor de a0 (t) en la segunda ecuaciĂłn y despejando a1 (t) resulta e(1+2i)t â&#x2C6;&#x2019; 4i a1 (t) = e(1â&#x2C6;&#x2019;2i)t luego p(x) = e(1+2i)t +

â&#x2021;&#x2019;

a1 (t) = â&#x2C6;&#x2019;

i (1+2i)t e â&#x2C6;&#x2019; e(1â&#x2C6;&#x2019;2i)t , 4

1 (1+2i)t e â&#x2C6;&#x2019; e(1â&#x2C6;&#x2019;2i)t [x â&#x2C6;&#x2019; (1 + 2i)] , 4i

y, por lo tanto, At

e

â&#x2C6;&#x2019;2i 1 (1+2i)t 2 (1â&#x2C6;&#x2019;2i)t e = p(A) = e I+ â&#x2C6;&#x2019;e â&#x2C6;&#x2019;2 â&#x2C6;&#x2019;2i !

"4i a11 (t) a12 (t) = , a21 (t) a22 (t) (1+2i)t

con 1

1 (1+2i)t e e(1+2i)t â&#x2C6;&#x2019; e(1â&#x2C6;&#x2019;2i)t = et cos 2t , â&#x2C6;&#x2019; e(1â&#x2C6;&#x2019;2i)t = 2 2

1 (1+2i)t 1 e e2it â&#x2C6;&#x2019; eâ&#x2C6;&#x2019;2it = et sen(2t) , â&#x2C6;&#x2019; e(1â&#x2C6;&#x2019;2i)t = et a12 (t) = 2i 2i a11 (t) = e(1+2i)t â&#x2C6;&#x2019;

a21 (t) = â&#x2C6;&#x2019;a12 (t) = â&#x2C6;&#x2019;et sen(2t) , a22 (t) = a11 (t) = et cos(2t) , es decir,

! e

At

=

et cos(2t)

et sen(2t)

â&#x2C6;&#x2019;et sen(2t)

et cos(2t)

PROBLEMA 4.12 CalcĂşlese la soluciĂłn general del sistema homogĂŠneo â&#x17D;&#x17E; 2 0 1 y = â&#x17D;? 0 2 0 â&#x17D; y .

0 1 3 â&#x17D;&#x203A;

" .

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

SOLUCIÓN

153

El polinomio característico de la matriz de coeficientes A es

2−λ 0 1

2−λ 0 = (2 − λ)2 (3 − λ) , |A − λ I| = 0 0 1 3−λ y tiene por raíces λ1 = 2 doble y λ2 = 3 simple. Puesto que λ1 = 2 tiene multiplicidad dos, se deben determinar dos vectores propios generalizados linealmente independientes asociados a λ1 . Resolvemos primero (A − 2 I) u1 = 0, esto es ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞

0 0 1 u1 0 u1 arbitrario ⎝ 0 0 0 ⎠ ⎝ u2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ ⇒ u2 = u 3 = 0 .

0 1 1 u3 0 Tomando u1 = 1, tenemos u1 = (1, 0, 0)T , y una solución del sistema es ⎛ ⎞ ⎛ 2t ⎞ 1 e y1 (t) = e2t u1 = e2t ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ .

0 0 Consideramos ahora (A − 2 I)2 u2 = 0. Para ello basta con buscar un vector u2 cumpliendo (A − 2 I) u2 = u1 , esto es ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛

1 0 0 1 u1 u1 arbitrario ⎝ 0 0 0 ⎠ ⎝ u2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ ⇒ u2 = −1 , u3 = 1 . u3 0 0 1 1 Tomando u1 = 0, se obtiene el vector propio generalizado u2 = (0, −1, 1)T , linealmente independiente de u1 .

A partir de u2 obtenemos una segunda solución del sistema y2 (t)

eAt u2 = e2t [u2 + t (A − 2 I) u2 ] ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎤ 0 0 0 1 0 = e2t ⎣⎝ −1 ⎠ + t ⎝ 0 0 0 ⎠ ⎝ −1 ⎠⎦ −1 0 1 1 −1 ⎛ ⎞ −t ⎠. −1 = e2t ⎝ −1 − 2 t

=

Para el valor propio λ2 = 3 resolvemos (A − 3 I) u3 = 0, es decir ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛

0 −1 0 1 u1 −u1 + u3 = 0 ⎝ 0 −1 0 ⎠ ⎝ u2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ ⇒ −u2 = 0 . u3 0 0 1 0 Tomando u1 = 1 se elige u3 = (1, 0, 1)T y una tercera solución del sistema, linealmente independiente con las anteriores, es ⎛ ⎞ ⎛ e3t ⎞ 1 ⎟ ⎜ y3 (t) = e3t u3 = e3t ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ .

1 e3t

154 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS La matriz Y (t), cuyas columnas son los vectores y1 (t), y2 (t), ⎛ 2t e −t e2t e3t ⎜ −e2t 0 Y (t) = ⎜ ⎝ 0 2t 0 −(1 + 2 t) e e3t

y3 (t), viene dada por ⎞ ⎟ ⎟, ⎠

y es una matriz fundamental del sistema. Su solución general es ⎛ 2t ⎞ ⎛ ⎞ e −t e2t e3t c1 ⎜ ⎟ ⎝ c2 ⎠ . −e2t 0 ⎟ y(t) = Y (t) c = ⎜ ⎝ 0 ⎠ c3 0 −(1 + 2 t) e2t e3t

PROBLEMA 4.13 Sea A una matriz constante n × n. a) Pruébese que, si A posee un único autovalor, λ, entonces eAt ≤ p(t) et λ ,

t ≥ 0,

donde p(t) es un polinomio de grado ≤ n − 1 y coeficientes no negativos. b) Pruébese que si σ = max{ λ | λ autovalor de A} , entonces eAt ≤ p(t) eσ t ,

t ≥ 0,

donde p(t) es un polinomio de grado ≤ n − 1 y coeficientes no negativos. c) Pruébese que si σ = max{ λ | λ autovalor de A} , y si ε > 0, entonces eAt ≤ k e(σ+ε) t ,

t ≥ 0.

d) Pruébese que c) no es generalmente cierto cuando ε = 0.

SOLUCIÓN

a) Si A posee un único autovalor λ, será de multiplicidad n. Un polinomio interpolador de A será de la forma: p(x) = a0 (t) + a1 (t) (x − λ) + a2 (t) (x − λ)2 + · · · + an−1 (t) (x − λ)n−1 ,

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

155

y basta imponer las condiciones de interpolador, pk) (λ) = tk eλt , para concluir que ak (t) = (tk /k!) exp(λt), k = 0, . . . , n − 1. Por lo tanto, t2 tn−1 eλt (A − λ I)n−1 eAt = p(A) = eλt +t eλt (A − λ I)+ eλt (A − λ I)2 +. . .+ 2 (n − 1)!

tn−1 t2 λt 2 n−1 (A − λ I) =e 1 + t (A − λ I) + (A − λ I) + · · · + .

2 (n − 1)!

Sea una norma matricial, entonces eAt ≤ |eλt |

n−1 r

n−1 tr t (A − λ I)r ≤ et λ (A − λ I)r . r! r! r=0

r=0

-n−1

Evidentemente, r=0 (tr /r!) (A−λ I)r es un polinomio que cumple las condiciones del enunciado (grado ≤ n − 1 y coeficientes no negativos).

Veamos un modo alternativo de probar el resultado anterior, sin recurrir al polinomio interpolador de A. Para ello, comencemos observando que el polinomio característico de A es pA (x) = |A−xI| = (−1)n (x−λ)n y que, por el teorema de Cayley-Hamilton, se tiene que PA (A) = 0 (donde 0 denota la matriz nula). Por tanto, se verifica que (A − λI)n = 0, por lo que se tendrá que (A − λI)k = 0 ∀k ∈ IN con k ≥ n.

Concluimos así que eAt = eλt e(A−λI)t = eλt

∞ k

t k=0

k!

(A − λI)k = eλt

n−1 k k=0

t (A − λI)k , k!

por lo que para cualquier norma matricial se tendrá n−1 tk (A − λI)k n−1 (A − λI)k ≤ et λ tk , eAt ≤ eλt k! k! k=0

k=0

y el resultado se sigue de tomar p(t) =

n−1

k=0

(A − λI)k k t , k!

que es un polinomio de grado ≤ n − 1 y coeficientes no negativos.

Nótese en este punto que el resultado sigue siendo válido si sustituimos n, esto es, la multiplicidad del autovalor λ, por la multiplicidad mínima de dicho autovalor. b) Sean λ1 , λ2 , . . . , λr los distintos autovalores de A con multiplicidades n1 , n2 , . . . , nr respectivamente. Un polinomio interpolador de A de grado n − 1 será: p(x) = a0 (t)+a1 (t)(x − λ1 )+. . .+an1 (t)(x − λ1 )n1 +an1 +1 (t)(x − λ1 )n1 (x − λ2 ) +. . .+an1 +n2 +1 (t) (x − λ1 )n1 (x − λ2 )n2 (x − λ3 ) +. . .+an1 +n2 +···+nr −1 (t)(x − λ1 )n1(x − λ2 )n2 · · · (x − λr−1 )nr−1 (x − λr )nr−1,

156 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS cuyos coeficientes son combinaciones lineales de las funciones tk eλs t ,

con s = 1, . . . , r ; k = 0, . . . , ns − 1 .

Podemos reagrupar los términos del polinomio para expresarlo de la forma: p(x) = eλ1 t α0 (x) + t eλ1 t α1 (x) + · · · + tn1 −1 eλ1 t αn1 −1 (x) + eλ2 t αn1 (x) + t eλ2 t αn1 +1 (x) + · · · + tn2 −1 eλ2 t αn1 +n2 −1 (x) + · · · + tnr −1 eλr t αn1 +···+nr −1 (x) , donde las funciones αi (x) son productos en los que intervienen algunos de los factores (x − λs )γs

con s = 1, . . . , r , γs = 0, . . . , ns si s = r , γr = 0, . . . , nr − 1 .

Si σ = max{ λ | λ autovalor de A}, entonces |eλi t | ≤ eσt , i = 1, . . . , r, de modo que h−1

ti βi (A) , (4.5) eAt = p(A) ≤ eσt i=0

siendo h = max{n1 , n2 , . . . , nr } , y βi (A) el resultado de sustituir, en el coeficiente de ti , los factores (x−λs )ms por (A−λs I)ms prescindiendo de los factores exponenciales acotados anteriormente por exp(σ t).

A la vista de la expresión (4.5) es evidente que eAt ≤ p(t) eσt ,

t ≥ 0,

con p(t) un polinomio de grado ≤ n − 1 y coeficientes no negativos.

Obsérvese que el resultado sigue siendo válido si sustituimos n por la suma de multiplicidades mínimas de los autovalores de A. c) Aplicando el apartado precedente, sabemos que en esta situación existe un polinomio p(x) de grado ≤ n − 1 y coeficientes no negativos, para el que se verifica la acotación eAt ≤ p(t) et σ , ∀t ≥ 0 . Por tanto, bastará encontrar para cada ε > 0, una constante k (que puede depender del ε considerado) de modo que se verifique p(t) ≤ k et ε ,

t ≥ 0,

pues entonces se tendrá que eAt ≤ p(t) et σ ≤ k et ε et σ = k et (σ+ε) ,

t ≥ 0,

que es lo que se pretende probar. Pero, fijado cualquier ε > 0, sabemos que l´ım

t→∞

p(t) = 0, et ε

por lo que existe M > 0 tal que, si t > M , entonces p(t)/exp(t ε) ≤ 1 (M puede depender del ε fijado). Por otra parte, para t ∈ [0, M ] existe L > 0 tal que se verifica que p(t)/exp(t ε) ≤ L , ∀t ∈ [0, M ] (L puede depender de M y por tanto del valor tomado para ε) por ser la función p(t)/exp(t ε) continua (cociente de continuas cuyo denominador no se anula) en el compacto [0, M ]. Tomando k = max{1, L}, el resultado se sigue trivialmente, pues p(t)/et ε ≤ k , ∀t ≥ 0 ⇒ p(t) ≤ k et ε , ∀t ≥ 0.

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

157

d) Veamos con un contraejemplo que, en general, no es cierto que eAt â&#x2030;¤ k eĎ&#x192; t , â&#x2C6;&#x20AC;t â&#x2030;Ľ 0 .

Para ello, consideremos la matriz

1 1 A= , 0 1 para la cual se tiene que Ď&#x192; = 1 (A tiene por Ăşnico autovalor al 1 con multiplicidad dos).

AdemĂĄs, para esta matriz, la exponencial es fĂĄcil de calcular teniendo en cuenta que pA (x) = (x â&#x2C6;&#x2019; 1)2 , y que por el teorema de Cayley-Hamilton es pA (A) = 0, por lo que (A â&#x2C6;&#x2019; I)k = 0 , â&#x2C6;&#x20AC;k â&#x2030;Ľ 2 (k entero). Se tiene asĂ­ que

â&#x2C6;&#x17E; k

t 1 t At t (Aâ&#x2C6;&#x2019;I)t t k t t (A â&#x2C6;&#x2019; I) = e (I + t (A â&#x2C6;&#x2019; I)) = e e =e e =e , 0 1 k! k=0

y por tanto, para cualquier norma matricial . . 1 eAt = et . . 0

t 1

. . .. .

Si consideramos, por ejemplo, la norma matricial 1, o la norma matricial â&#x2C6;&#x17E; (inducidas por las correspondientes normas vectoriales), se comprueba sin diďŹ cultad que ambas coinciden para esta matriz, y de hecho se tiene que . . . 1 t . . . â&#x2C6;&#x20AC;t â&#x2030;Ľ 0 , . 0 1 . = max{1, 1 + t} = 1 + t , por lo que eAt = (1 + t) et , y no existe k > 0 tal que (1 + t) et â&#x2030;¤ k et , â&#x2C6;&#x20AC;t â&#x2030;Ľ 0 (basta tomar por ejemplo t = k, para ver que dicho k no puede existir).

PROBLEMA 4.14 Consideremos el sistema de coeďŹ cientes constantes y = A y , donde A = (aij ). El problema es caracterizar los casos en los que y(0) â&#x2030;Ľ 0 (para cada componente de y) implica que y(t) â&#x2030;Ľ 0 para todo t â&#x2030;Ľ 0, cuando y(t) es una soluciĂłn. La idea consiste en saber que las soluciones son de la forma y(t) = eAt y(0) y buscar cuĂĄndo cada elemento de eAt es â&#x2030;Ľ 0. Con esta idea pruĂŠbese la equivalencia de las siguientes aďŹ rmaciones (i) para toda soluciĂłn del sistema y(0) â&#x2030;Ľ 0 (ii) para todo i = j , aij â&#x2030;Ľ 0.

â&#x2021;&#x2019;

(â&#x2C6;&#x20AC; t â&#x2030;Ľ 0)

y(t) â&#x2030;Ľ 0 ;

158 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

SOLUCIĂ&#x201C;N

Comencemos observando que las soluciones de y = A y son de la forma y(t) = eAt y(0).

Por otra parte, la condiciĂłn de que toda soluciĂłn del sistema y = A y veriďŹ ca que y(0) â&#x2030;Ľ 0

â&#x2021;&#x2019;

y(t) â&#x2030;Ľ 0 ,

â&#x2C6;&#x20AC;t â&#x2030;Ľ 0 ,

(4.6)

(componente a componente), es equivalente a que: eAt â&#x2030;Ľ 0 (esto es, todas las componentes de la matriz eAt son â&#x2030;Ľ 0) â&#x2C6;&#x20AC;t â&#x2030;Ľ 0.

Para ver esto, supongamos que toda soluciĂłn del sistema y = A y veriďŹ ca (4.6) (componente a componente). Entonces, tomando para y(0) = ej â&#x2030;Ľ 0 , j = 1, 2, . . . , n (la j-ĂŠsima columna de la matriz identidad) cuyas componentes son todas no negativas, se tendrĂĄ para y(t) = eAt ej â&#x2030;Ľ 0 , â&#x2C6;&#x20AC;t â&#x2030;Ľ 0, j = 1, 2, . . . , n. Pero eAt ej es la j-ĂŠsima columna de la matriz eAt , y hemos visto asĂ­ que todas las componentes de dicha matriz son no negativas â&#x2C6;&#x20AC;t â&#x2030;Ľ 0.

Por otra parte, si eAt â&#x2030;Ľ 0, esto es, todas las componentes de la matriz eAt son â&#x2030;Ľ 0 â&#x2C6;&#x20AC;t â&#x2030;Ľ 0, se tiene que toda soluciĂłn del sistema y = A y es de la forma y(t) = eAt y(0), y por tanto, si y(0) â&#x2030;Ľ 0 sus componentes serĂĄn no negativas â&#x2C6;&#x20AC;t â&#x2030;Ľ 0 (por ser suma de productos de cantidades no negativas).

Estamos ya en condiciones de probar la equivalencia que se nos pide. Empecemos viendo que (i) â&#x2021;&#x2019; (ii), razonando por reducciĂłn al absurdo. Supongamos que A = (aij ) y que existen Ă­ndices i y j con i = j y tales que aij < 0. La componente (i, j) de la matriz eAt viene dada por Eij (t) = eTi eAt ej . Como d At d At e = AeAt â&#x2021;&#x2019; e |t=0 = AeA0 = A , dt dt (pues e0 = I) se tiene que

(0) Eij

d T At e e ej |t=0 = eTi = dt i

d At e |t=0 etj = eTi A ej = aij < 0. dt

Pero Eij (0) = eTi eA0 ej = eTi I ej = eTi ej = 0 (pues i = j). AsĂ­ tenemos que en t = 0 la componente (i, j)) de la matriz eAt es 0, pero con derivada negativa, lo que supone que para algĂşn t > 0 habrĂĄ de ser Eij (t) < 0, contradiciendo que todas las componentes de eAt son no negativas â&#x2C6;&#x20AC;t â&#x2030;Ľ 0.

Para ver que (ii) â&#x2021;&#x2019; (i), basta observar que si â&#x2C6;&#x20AC; i = j es aij â&#x2030;Ľ 0, entonces podemos tomar Îą = min1â&#x2030;¤iâ&#x2030;¤n {aii } y se tiene que y(t) = eAt y(0) = eÎąt e(Aâ&#x2C6;&#x2019;ÎąI)t y(0) = eÎąt

â&#x2C6;&#x17E; k

t k=0

k!

(A â&#x2C6;&#x2019; ÎąI)k y(0) â&#x2030;Ľ 0 ,

â&#x2C6;&#x20AC;t â&#x2030;Ľ 0 ,

si y(0) â&#x2030;Ľ 0, pues todas las componentes de A â&#x2C6;&#x2019; ÎťI (y de sus potencias) son â&#x2030;Ľ 0, por lo que sĂłlo aparecen sumas de productos de cantidades no negativas.

Para ďŹ nalizar, obsĂŠrvese que el resultado deja de ser vĂĄlido si sustituimos el t â&#x2030;Ľ 0 por un t â&#x2C6;&#x2C6; IR. Por ejemplo, si consideramos

1 t 0 1 , A= â&#x2021;&#x2019; eAt = I + tA = 0 1 0 0

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

159

por lo que, si tomamos por ejemplo y(0) = (0, 1)T â&#x2030;Ľ (0, 0)T (componente a componente), se tendrĂĄ

1 t 0 t y(t) = = , 0 1 1 1 y la primera componente es negativa si t < 0, a pesar de que todos los elementos de la matriz A (incluidos los no diagonales) son no negativos.

PROBLEMA 4.15 Consideremos el sistema

â&#x17D;&#x203A;

â&#x17D;&#x17E; 5 â&#x2C6;&#x2019;1 1 1 â&#x17D;&#x153; 4 0 0 2 â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; y. y = â&#x17D;&#x153; â&#x17D;? â&#x2C6;&#x2019;4 1 0 â&#x2C6;&#x2019;1 â&#x17D; â&#x2C6;&#x2019;8 2 â&#x2C6;&#x2019;3 0

a) CalcĂşlese la matriz fundamental principal en 0, empleando el mĂŠtodo del polinomio interpolador. b) CompruĂŠbese que â&#x17D;&#x203A; et â&#x17D;&#x153; 0 y(t) = b1 â&#x17D;&#x153; â&#x17D;? â&#x2C6;&#x2019;2 et â&#x2C6;&#x2019;2 et

â&#x17D;&#x17E;

â&#x17D;&#x203A;

â&#x17D;&#x17E; 0 t â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x; + b2 â&#x17D;&#x153; 2 e â&#x17D;&#x; + b 3 â&#x17D; â&#x17D;? et â&#x17D; et

â&#x17D;&#x203A;

â&#x17D;&#x17E; t et â&#x17D;&#x153; 2 t et â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x; â&#x17D;? â&#x2C6;&#x2019;t et â&#x17D; + b4 et â&#x2C6;&#x2019; t et

â&#x17D;&#x203A;

â&#x17D;&#x17E; 0 â&#x17D;&#x153; e2t â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x; â&#x17D;? 0 â&#x17D; , e2t

es la soluciĂłn general del sistema.

A partir de ella, resuĂŠlvase el sistema para las condiciones iniciales y(0) = e1 ,

y(0) = e2 ,

y(0) = e3 ,

y(0) = e4 ,

y obtĂŠngase la misma matriz fundamental que en el apartado a).

SOLUCIĂ&#x201C;N

a) Llamemos A a la matriz de coeďŹ cientes del sistema. El polinomio caracterĂ­stico de A viene dado por

5 â&#x2C6;&#x2019; Îť â&#x2C6;&#x2019;1 1 1

4 â&#x2C6;&#x2019;Îť 0 2 4 3 2 3 |Aâ&#x2C6;&#x2019;ÎťI| = = Îť â&#x2C6;&#x2019;5 Îť +9 Îť â&#x2C6;&#x2019;7 Îť+2 = (Îťâ&#x2C6;&#x2019;2) (Îťâ&#x2C6;&#x2019;1) , â&#x2C6;&#x2019;4 1 â&#x2C6;&#x2019;Îť â&#x2C6;&#x2019;1

â&#x2C6;&#x2019;8 2 â&#x2C6;&#x2019;3 â&#x2C6;&#x2019;Îť y tiene dos raĂ­ces distintas: Îť1 = 2 con multiplicidad uno y Îť2 = 1 con multiplicidad tres. Si buscamos un polinomio interpolador de grado tres, de la forma p(x) = a0 (t) + a1 (t) (x â&#x2C6;&#x2019; 1) + a2 (t) (x â&#x2C6;&#x2019; 1)2 + a3 (t) (x â&#x2C6;&#x2019; 1)3 ,

160 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS las condiciones que tiene que veriďŹ car son a0 (t) = et ,

p (1)

=

p (1)

= a1 (t) = t et ,

]p (1)

=

p (2)

=

t2 t e , 2 a0 (t) + a1 (t) + a2 (t) + a3 (t) = e2t .

2 a2 (t) = t2 et

â&#x2021;&#x2019;

a2 (t) =

Sustituyendo los valores de a0 (t) , a1 (t) y a2 (t) en la cuarta ecuaciĂłn, resulta et + t et +

t2 t t2 t2 t e + a3 (t) = e2t â&#x2021;&#x2019; a3 (t) = e2t â&#x2C6;&#x2019; et â&#x2C6;&#x2019; tet â&#x2C6;&#x2019; et = e2t â&#x2C6;&#x2019; 1 + t + e, 2 2 2

con lo que p(x) = et + t et (x â&#x2C6;&#x2019; 1) +

t2 t t2 t e (x â&#x2C6;&#x2019; 1)2 + e2t â&#x2C6;&#x2019; 1 + t + e (x â&#x2C6;&#x2019; 1)3 , 2 2

y la exponencial resulta At

e

t2 t t2 t 2 2t = e I + t e (A â&#x2C6;&#x2019; I) + e (A â&#x2C6;&#x2019; I) + e â&#x2C6;&#x2019; 1 + t + e 2 2 â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x203A; 4 â&#x2C6;&#x2019;1 1 1 0 0 0 2 â&#x17D;&#x153; 4 â&#x2C6;&#x2019;1 â&#x17D;&#x153; â&#x2C6;&#x2019;4 1 â&#x2C6;&#x2019;2 t 0 2 â&#x17D;&#x; t t t â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x;+ e â&#x17D;&#x153; = e I + te â&#x17D;? â&#x17D;? 0 0 â&#x2C6;&#x2019;4 1 â&#x2C6;&#x2019;1 â&#x2C6;&#x2019;1 â&#x17D; 2 0 â&#x2C6;&#x2019;8 2 â&#x2C6;&#x2019;3 â&#x2C6;&#x2019;1 â&#x2C6;&#x2019;4 1 â&#x2C6;&#x2019;2 â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; 0 0 0 0

t2 t â&#x17D;&#x153; â&#x2C6;&#x2019;4 1 â&#x2C6;&#x2019;2 0 â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; + e2t â&#x2C6;&#x2019; 1 + t + e â&#x17D;&#x153; â&#x17D;? 0 0 0 0 â&#x17D; 2 â&#x2C6;&#x2019;4 1 â&#x2C6;&#x2019;2 0 â&#x17D;&#x203A; (1 + 4 t) et â&#x2C6;&#x2019;t et t et â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153; 4 (1 + 2 t) et â&#x2C6;&#x2019; 4 e2t â&#x2C6;&#x2019;2 t et + e2t 2 (1 + t) et â&#x2C6;&#x2019; 2 e2t â&#x17D;&#x153; =â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153; â&#x2C6;&#x2019;4 t et t et (1 â&#x2C6;&#x2019; t) et â&#x17D;? t

t

4 (1 â&#x2C6;&#x2019; t) et â&#x2C6;&#x2019; 4 e2t

(t â&#x2C6;&#x2019; 1) et + e2t

(2 â&#x2C6;&#x2019; t) et â&#x2C6;&#x2019; 2 e2t

(A â&#x2C6;&#x2019; I)3 â&#x17D;&#x17E; 0 0 â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; 0 â&#x17D; 0

t et 2 t et â&#x2C6;&#x2019;t et

â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x;. â&#x17D;&#x; â&#x17D;

(1 â&#x2C6;&#x2019; t) et

Evaluando en t = 0, obtenemos la matriz identidad, por lo que la matriz anterior es la matriz fundamental principal en 0 que buscĂĄbamos.

ObsĂŠrvese que, para esta matriz, la multiplicidad mĂ­nima de Îť2 = 1 resulta ser 2 y, por tanto, no coincide con la multiplicidad tres de dicho autovalor. Para verlo, basta comprobar que rg(Aâ&#x2C6;&#x2019;I)2 = 1 y que, por tanto, dim Ker (Aâ&#x2C6;&#x2019;I)2 = 4â&#x2C6;&#x2019;rg(Aâ&#x2C6;&#x2019;I)2 = 3.

Se tiene asĂ­ que el proceso de obtenciĂłn del polinomio interpolador se puede simpliďŹ car, puesto que podemos buscar un polinomio interpolador de grado dos de la forma q(x) = b0 (t) + b1 (t) (x â&#x2C6;&#x2019; 1) + b2 (t) (x â&#x2C6;&#x2019; 1)2 ,

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

161

que satisfaga las condiciones q (1)

= b0 (t) = et ,

q (1) = b1 (t) = t et , q (2)

=

b0 (t) + b1 (t) + b2 (t) = e2t ,

y, resolviendo el sistema, se obtiene q(x) = et + t et (x − 1) + [e2t − (1 + t) et ] (x − 1)2 .

Finalmente eAt = et I + t et (A − I) + [e2t − (1 + t) et ] (A − I)2 ⎛ ⎞ 0 4 −1 1 1 ⎜ ⎜ 4 −1 0 2⎟ t t⎜ 2t t ⎜ −4 ⎟ + [e − (1 + t)e ] ⎝ =e I+ te ⎝ 0 −4 1 −1 −1 ⎠ −4 −8 2 −3 −1 ⎛ (1 + 4 t) et −t et t et ⎜ ⎜ 4 (1 + 2 t) et − 4 e2t −2 t et + e2t 2 (1 + t) et − 2 e2t ⎜ =⎜ ⎜ −4 t et t et (1 − t) et ⎝ 4 (1 − t) et − 4 e2t (t − 1) et + e2t (2 − t) et − 2 e2t ⎛

0 1 0 1

0 −2 0 −2 t et

⎞ 0 0⎟ ⎟ 0⎠ 0 ⎞

2 t et −t et

⎟ ⎟ ⎟ ⎟. ⎟ ⎠

(1 − t) et

b) Comprobamos que las funciones ⎛

⎛ ⎞ et ⎜ 0 ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ y1 (t) =⎜ ⎝ −2 et ⎠ , y2 (t) =⎝ −2 et

⎛ ⎞ 0 t et t ⎟ ⎜ 2 t et 2e ⎟ ⎜ t ⎠ , y3 (t) =⎝ e −t et t t e e − t et

⎞ ⎟ ⎟, ⎠

⎛

⎞ 0 ⎜ e2t ⎟ ⎟ y4 (t) =⎜ ⎝ 0 ⎠, e2t

forman un sistema fundamental de soluciones: (i) Se verifica, sin más que sustituir en la ecuación, que yi = A yi , i = 1, 2, 3, 4, lo que prueba que son soluciones. (ii) Son linealmente independientes, pues

et 0 t et

t 0 2 t et 2e

−2 et et −t et

−2 et et et − t et

0 e2t 0 e2t

= e5t = 0

∀ t ∈ IR .

(iii) El número de soluciones linealmente independientes coincide con la dimensión del espacio de soluciones del sistema.

Calculamos las soluciones que verifican cada una de las condiciones iniciales del enunciado. Para -4 ello, determinamos en cada caso los coeficientes bi para los que se cumple y(0) = i=1 bi yi (0).

162 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS – Condición inicial y(0) = e1 ⎛ b1 ⎜ 2 b + b4 2 y(0) = ⎜ ⎝ −2 b1 + b2 −2 b1 + b2 + b3 + b4

⎞ 1 ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎟=⎜ ⎟ ⇒ ⎠ ⎝ 0 ⎠ 0 ⎞

⎛

La solución del sistema que verifica y(0) = e1 es ⎛ (1 + 4 t) et ⎜ 4 (1 + 2 t) et − 4 e2t ⎜ ⎜ ⎝ −4 t et 4 (1 − t) et − 4 e2t – Condición inicial y(0) = e2 ⎛ b1 ⎜ 2 b 2 + b4 y(0) = ⎜ ⎝ −2 b1 + b2 −2 b1 + b2 + b3 + b4

b1 b2 b3 b4 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟. ⎠

⎞ 0 ⎟ ⎜ 1 ⎟ ⎟=⎜ ⎟ ⇒ ⎠ ⎝ 0 ⎠ 0 ⎞

= 1, = 2 b1 = 2 , = 2 b1 − b2 − b4 = 4 , = −2 b2 = −4 .

⎛

b1 b2 b3 b4

= 0, = 2 b1 = 0 , = 2 b1 − b2 − b4 = −1 , = 1 − 2 b2 = 1 .

b1 b2 b3 b4

= 0, = 1 + 2 b1 = 1 , = 2 b1 − b2 − b4 = 1 , = −2 b2 = −2 .

La solución del sistema que verifica y(0) = e2 es ⎛ ⎞ −t et ⎜ −2 t et + e2t ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟. ⎝ ⎠ t et t 2t (t − 1) e + e – Condición inicial y(0) = e3 ⎛ b1 ⎜ 2 b + b4 2 y(0) = ⎜ ⎝ −2 b1 + b2 −2 b1 + b2 + b3 + b4

⎞ 0 ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎟=⎜ ⎟ ⇒ ⎠ ⎝ 1 ⎠ 0 ⎞

⎛

La solución del sistema que verifica y(0) = e3 es ⎛ ⎞ t et ⎜ 2 (1 + t) et − 2 e2t ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟. ⎝ ⎠ (1 − t) et (2 − t) et − 2 e2t – Condición inicial y(0) = e4 ⎛ b1 ⎜ 2 b + b4 2 y(0) = ⎜ ⎝ −2 b1 + b2 −2 b1 + b2 + b3 + b4

⎞ 0 ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎟=⎜ ⎟ ⇒ ⎠ ⎝ 0 ⎠ 1 ⎞

⎛

b1 b2 b3 b4

= 0, = 2 b1 = 0 , = 1+ 2 b1 − b2 − b4 = 1 , = −2 b2 = 0 .

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

163

La solución del sistema que verifica y(0) = e3 es ⎞ ⎛ t et ⎜ 2 t et ⎟ ⎟ ⎜ ⎟. ⎜ ⎝ −t et ⎠ et − t et Cada una de las soluciones obtenidas, constituye una de las columnas de la matriz fundamental principal en 0 (calculada en el apartado anterior), como se comprueba al sustituir t = 0 y obtener las columnas de la matriz identidad.

PROBLEMA 4.16 Diremos que y(t) es una solución propia de y = A y si y(t) es de la forma y(t) = c(t) v , con v un vector no nulo. Pruébese que entonces y(t) = k eλt v , donde λ es tal que A v = λ v, o sea, que y(t) es una solución asociada al valor propio λ y al vector propio v.

SOLUCIÓN

Si y(t) = c(t) v, con v = 0, en particular se tendrá que y(0) = c(0) v. Como y(t) es solución del sistema y = A y, se tiene que y(t) = eAt y(0) = eAt c(0) v = c(0) eAt v , ∀t ∈ IR .

Ahora, si c(0) = 0, se tendrá que y(t) ≡ 0 , ∀t ∈ IR y basta tomar cualquier autovalor λ de la matriz A y un autovector w = 0 asociado, con lo que tomando k = 0 se sigue el resultado, pues obviamente y(t) = 0 eλt w = 0 con A w = λ w.

Por otra parte, si c(0) = 0, tendremos y(t) = c(t) v = c(0) eAt v, con v = 0, y por tanto se deduce que c(t) v, eAt v = c(0) por lo que c(t)/c(0) es un autovalor de la matriz eAt asociado al autovector v = 0. Pero los autovalores de eAt son de la forma eλt con λ autovalor de A, de modo que ∃λ, autovalor de A, con c(t) = eλt ⇒ c(t) = c(0) eλt , ∀t ∈ IR , c(0) y el resultado se sigue también en este caso, sin más que tomar k = c(0) y observar que A v = λ v.

164 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMA 4.17 Calcúlese una matriz fundamental real para el sistema ⎛ ⎞ 3 2 −2 1 ⎠ y. y = ⎝ −1 −1 2 0 −1

SOLUCIÓN

El polinomio característico de la matriz de coeficientes, A,

3−λ 2 −2

= −λ3 + λ2 − λ + 1 = −(λ − 1) (λ − i) (λ + i) , −1 − λ 1 |A − λ I| = −1

2 0 −1 − λ tiene una raíz real, λ1 = 1, de multiplicidad uno y dos raíces, ±i, complejas conjugadas.

Comenzamos buscando un vector propio u1 asociado al valor propio λ1 = 1, es decir, tal que (A − I) u1 = 0, esto es ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞

2 2 −2 u1 0 u 1 = u3 , ⎝ −1 −2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1 0 u2 = ⇒ u2 = 0 .

2 0 −2 u3 0 Tomando u1 = 1 se tiene u1 = (1, 0, 1)T y una solución real del sistema homogéneo viene dada por ⎛ ⎞ ⎛ t ⎞ 1 e y(t) = et ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ .

1 et Buscamos un vector propio complejo u2 (A − i I) u2 = 0, y se tiene ⎛ ⎞⎛ 3−i 2 −2 ⎝ −1 −1 − i ⎠⎝ 1 2 0 −1 − i

asociado al valor propio i, esto es, un u2 para el que ⎞ ⎛ ⎞

u1 0 2 u1 = (1 + i) u3 , u2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ ⇒ 2 u2 = −i u3 . u3 0

Tomando u3 = 2 se tiene u2 = (1 + i, −i, 2)T y una solución compleja del sistema homogéneo viene dada por ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ 1 1 y(t) = ei t ⎣⎝ 0 ⎠ + i ⎝ −1 ⎠⎦ 2 0 ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ 1 1 = (cos t + i sen t) ⎣⎝ 0 ⎠ + i ⎝ −1 ⎠⎦ 2 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ cos t − sen t cos t + sen t ⎠+i ⎝ ⎠. sen t − cos t = ⎝ 2 cos t 2 sen t

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

165

Tomando parte real e imaginaria, obtenemos dos soluciones reales y linealmente independientes del sistema y, por lo tanto â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x203A; t e cos t â&#x2C6;&#x2019; sen t cos t + sen t â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x;, sen t â&#x2C6;&#x2019; cos t Y (t) = â&#x17D;&#x153; â&#x17D; â&#x17D;? 0 t e 2 cos t 2 sen t es una matriz fundamental del sistema.

PROBLEMA 4.18 Las soluciones del sistema â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; x 0 Îą 0 x â&#x17D;? y â&#x17D; = â&#x17D;? Îą 0 β â&#x17D; â&#x17D;? y â&#x17D; , 0 β 0 z z

ι2 + β 2 > 0 ,

indican en cada instante de tiempo la posiciĂłn de una partĂ­cula en el espacio. PruĂŠbese que dicha partĂ­cula describe una trayectoria plana que se aproxima, cuando t â&#x2020;&#x2019; â&#x2C6;&#x17E;, a una recta de direcciĂłn ďŹ ja.

SOLUCIĂ&#x201C;N

El polinomio caracterĂ­stico de la matriz de coeďŹ cientes A es

â&#x2C6;&#x2019;Îť Îą 0

|Aâ&#x2C6;&#x2019;Îť I| = Îą â&#x2C6;&#x2019;Îť β = â&#x2C6;&#x2019;Îť3 +(Îą2 +β 2 ) Îť = â&#x2C6;&#x2019;Îť (Îťâ&#x2C6;&#x2019; 0 β â&#x2C6;&#x2019;Îť

ι2 + β 2 ) (Ν+

ι2 + β 2 ) ,

tiene tres raĂ­ces reales con multiplicidad uno: Îť1 = 0 , Îť2 = Îą2 + β 2 , Îť3 = â&#x2C6;&#x2019; Îą2 + β 2 .

Comenzamos buscando un vector propio u1 asociado al valor propio Îť1 = 0, es decir, tal que A u1 = 0, esto es â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E;â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E;

0 Îą 0 u1 0 Îą u1 = â&#x2C6;&#x2019;β u3 , â&#x17D;? Îą 0 β â&#x17D; â&#x17D;? u2 â&#x17D; = â&#x17D;? 0 â&#x17D; â&#x2021;&#x2019; u2 = 0 . u3 0 β 0 0 Tomando u3 = Îą, se tiene u1 = (â&#x2C6;&#x2019;β, 0, Îą)T y una soluciĂłn del sistema homogĂŠneo viene dada por â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; â&#x2C6;&#x2019;β y(t) = â&#x17D;? 0 â&#x17D; . Îą Buscamos un vector propio u2 asociado al valor propio Îť2 = Îą2 + β 2 , es decir, veriďŹ cando (A â&#x2C6;&#x2019; Îą2 + β 2 I) u2 = 0. Se tiene â&#x17D;§ â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E;â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; Îą â&#x17D;Ş â&#x2C6;&#x2019; Îą2 + β 2 Îą 0 u1 0 â&#x17D;Ş â&#x17D;¨u1 = Îą2 + β 2 u2 , â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x;â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x; â&#x17D;? u2 â&#x17D;&#x; β Îą â&#x2C6;&#x2019; Îą2 + β 2 â&#x17D; = â&#x17D;? 0 â&#x17D; â&#x2021;&#x2019; β â&#x17D;? â&#x17D; â&#x17D;Ş â&#x17D;Ş u2 . u3 = â&#x17D;Š 2 2 2 u 0 3 0 β â&#x2C6;&#x2019; Îą +β Îą + β2

166 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Tomando u2 = α2 + β 2 , se tiene u2 = (α, α2 + β 2 , β)T , y una solución del sistema homogéneo viene dada por ⎞ ⎛ α √ 2 2 y(t) = e α +β t ⎝ α2 + β 2 ⎠ . β Finalmente, buscamos un vector propio u3 asociado al valor propio λ3 = − α2 + β 2 , es decir, verificando (A + α2 + β 2 I) u3 = 0. Se obtiene ⎧ ⎛ ⎞ −α ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎪ α2 + β 2 α 0 ⎪ u2 , 0 ⎨ u1 = 2 + β2 ⎜ ⎟ u1 α ⎜ ⎟ 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0 = ⇒ α +β β α −β ⎝ ⎠ u2 ⎪ ⎪ u2 . u 0 ⎩ u3 = 3 α2 + β 2 0 β α2 + β 2 Tomando u2 = α2 + β 2 , se tiene u3 = (−α, homogéneo viene dada por y(t) = e− Por lo tanto

⎛

−β

⎜ ⎜ Y (t) = ⎜ 0 ⎝ α

√

α2 + β 2 , −β)T , y una solución del sistema ⎛

α2 +β 2

t

⎝

√ 2 2 α e α +β t √ 2 2 α2 + β 2 e α +β t √ 2 2 β e α +β t

⎞ −α α2 + β 2 ⎠ . −β √ 2 2 −α e− α +β t √ 2 2 α2 + β 2 e− α +β t √ 2 2 −β e− α +β t

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

es una matriz fundamental del sistema. La solución general será de la forma: ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ α −α x(t) −β √ 2 2 √ 2 2 α +β t − α +β t ⎝ α2 + β 2 ⎠ + c3 e ⎝ α2 + β 2 ⎠ σ(t) = ⎝ y(t) ⎠ = c1 ⎝ 0 ⎠ + c2 e z(t) α β −β ⎛ ⎜ ⎜ = ⎜ c2 ⎝

√ 2 2 √ 2 2 −c1 β + c2 α e α +β t − c3 α e− α +β t √ 2 2 √ 2 2 α2 + β 2 e α +β t + c3 α2 + β 2 e− α +β t √ 2 2 √ 2 2 c1 α + c2 β e α +β t − c3 β e− α +β t

⎞ ⎟ ⎟ ⎟, ⎠

de modo que, para cada cada elección de las constantes c1 , c2 , c3 ∈ IR, tenemos una trayectoria que es solución de nuestro sistema.

Observemos en este punto que podíamos haber llegado a la solución general anterior por un procedimiento alternativo. Para ello, basta observar que la matriz A es diagonalizable y que una base de IR3 , formada por vectores propios de A, viene dada por las columnas de la matriz ⎞ ⎛ −β α −α ⎟ ⎜ P =⎝ 0 α2 + β 2 α2 + β 2 ⎠ . α

β

−β

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

167

NĂłtese que P = Y (0). De hecho, es fĂĄcil comprobar para i = 1, 2, 3, que la columna i-ĂŠsima de P es un vector propio asociado al autovalor Îťi . Se tiene asĂ­ que, en dicha base, el sistema toma una forma diagonal, con matriz de coeďŹ cientes dada por D = P â&#x2C6;&#x2019;1 AP (el elemento diagonal de la ďŹ la i-ĂŠsima es el correspondiente autovalor Îťi ). En esa base, se tiene ademĂĄs que eDt = P â&#x2C6;&#x2019;1 eAt P , con lo que la soluciĂłn general, expresada en la base de autovectores, vendrĂĄ dada por â&#x17D;&#x203A;

u(t)

â&#x17D;&#x17E;

â&#x17D;&#x203A;

1

0

0

â&#x17D;&#x17E;â&#x17D;&#x203A;

c1

â&#x17D;&#x17E;

â&#x17D;&#x203A;

c1 â&#x2C6;&#x161; 2

â&#x17D;&#x17E;

â&#x2C6;&#x161; 2 2 â&#x17D;&#x;â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153; Îą +β t â&#x17D;&#x; â&#x17D;? c2 â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x153; c2 e Îą +β 2 t â&#x17D;&#x; .

0 e 0 = â&#x17D;? v(t) â&#x17D; = â&#x17D;&#x153; â&#x17D; â&#x17D;? â&#x17D;? â&#x2C6;&#x161; 2 2 â&#x17D; â&#x2C6;&#x161; 2 2 â&#x17D; w(t) c3 c3 eâ&#x2C6;&#x2019; Îą +β t 0 0 eâ&#x2C6;&#x2019; Îą +β t Se observa fĂĄcilmente que, al ser la primera componente constante, las trayectorias son planas y estĂĄn contenidas, de hecho, en el plano u = c1 . AdemĂĄs, la tercera componente tiende a cero cuando t â&#x2020;&#x2019; â&#x2C6;&#x17E; (con lo que las trayectorias se aproximan al plano w = 0), y se deduce que las trayectorias tienden a una direcciĂłn ďŹ ja (la del segundo autovector). Si expresamos la soluciĂłn anterior en la base canĂłnica de IR3 (para lo cual hay que multiplicar por la izquierda la soluciĂłn anterior por la matriz del cambio de base P ), recuperamos la soluciĂłn general del sistema que obtuvimos anteriormente.

Retomando la soluciĂłn general que obtuvimos en la base canĂłnica de IR3 , veamos ahora que todas las trayectorias son planas. Podemos verlo de varias formas diferentes:

1. Observando que las trayectorias estĂĄn contenidas en los planos βxâ&#x2C6;&#x2019;Îąz = â&#x2C6;&#x2019;c1 Îą2 + β 2 (tomando el c1 que corresponde a cada trayectoria).

2. Viendo que las trayectorias estĂĄn contenidas en su plano osculador, que coincide para todos los puntos de una misma trayectoria, o equivalentemente, que el vector binormal a la trayectoria en cada punto ďŹ ja. Para ello, basta calcular el producto

tiene direcciĂłn vectorial Ď&#x192; (t) â&#x2C6;§ Ď&#x192; (t) = 4 Îą2 + β 2 c2 c3 (â&#x2C6;&#x2019;β, 0, Îą)T que, para c2 = 0 y c3 = 0, es proporcional al vector binormal y de direcciĂłn ďŹ ja â&#x2C6;&#x20AC;t â&#x2C6;&#x2C6; IR (la direcciĂłn perpendicular al plano que contiene a la trayectoria). NĂłtese que cuando c2 = 0 o c3 = 0, la correspondiente trayectoria es una recta que pasa por el punto c1 (â&#x2C6;&#x2019;β, 0, Îą)T y tiene por vector director a (â&#x2C6;&#x2019;Îą, Îą2 + β 2 , â&#x2C6;&#x2019;β)T (si c2 = 0) o a (Îą, Îą2 + β 2 , β)T (si c3 = 0).

3. Calculando la torsiĂłn de la curva y viendo que es idĂŠnticamente nula â&#x2C6;&#x20AC;t â&#x2C6;&#x2C6; IR. Para ello, basta comprobar que el producto mixto [Ď&#x192; (t), Ď&#x192; (t), Ď&#x192; (t)] = 0 , â&#x2C6;&#x20AC;t â&#x2C6;&#x2C6; IR. Para ver que las trayectorias se aproximan t â&#x2020;&#x2019; â&#x2C6;&#x17E; a una recta de direcciĂłn ďŹ ja, obserâ&#x2C6;&#x161; 2cuando Îą +β 2 t permite deducir que vemos que el cambio de variable s = e â&#x17D;Ą â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x17E;â&#x17D;¤ Îą â&#x2C6;&#x2019;Îą â&#x2C6;&#x2019;β â&#x2C6;&#x161; 2 2 â&#x2C6;&#x161; 2 2 l´Ĺm Ď&#x192;(t) = l´Ĺm â&#x17D;Łc1 â&#x17D;? 0 â&#x17D; + c2 e Îą +β t â&#x17D;? Îą2 + β 2 â&#x17D; + c3 eâ&#x2C6;&#x2019; Îą +β t â&#x17D;? Îą2 + β 2 â&#x17D; â&#x17D;Ś tâ&#x2020;&#x2019;â&#x2C6;&#x17E; tâ&#x2020;&#x2019;â&#x2C6;&#x17E; Îą β â&#x2C6;&#x2019;β â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;Ą â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x17E;â&#x17D;¤ â&#x2C6;&#x2019;Îą Îą â&#x2C6;&#x2019;β c 3 â&#x17D;? Îą2 + β 2 â&#x17D; â&#x17D;Ś , = l´Ĺm â&#x17D;Łc1 â&#x17D;? 0 â&#x17D; + c2 s â&#x17D;? Îą2 + β 2 â&#x17D; + sâ&#x2020;&#x2019;â&#x2C6;&#x17E; s Îą β â&#x2C6;&#x2019;β y como el Ăşltimo sumando tiende a 0 cuando s â&#x2020;&#x2019; â&#x2C6;&#x17E;, las trayectorias tienden a aproximarse,

168 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS cuando t â&#x2020;&#x2019; â&#x2C6;&#x17E; (con lo cual tambiĂŠn s â&#x2020;&#x2019; â&#x2C6;&#x17E;), a las rectas dadas en forma paramĂŠtrica por â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E;â&#x17D;¤ â&#x17D;Ą â&#x17D;&#x203A; Îą â&#x2C6;&#x2019;β l(s) = â&#x17D;Łc1 â&#x17D;? 0 â&#x17D; + c2 s â&#x17D;? Îą2 + β 2 â&#x17D; â&#x17D;Ś , Îą β en tĂŠrminos del parĂĄmetro s â&#x2C6;&#x2C6; IR. NĂłtese que todas ellas tienen por vector director al (Îą, Îą2 + β 2 , β)T , que marca la direcciĂłn ďŹ ja a la que tienden las trayectorias cuando t â&#x2020;&#x2019; â&#x2C6;&#x17E;. En particular, las rectas anteriores son soluciĂłn del sistema y, concretamente, se obtienen tomando c3 = 0 en la soluciĂłn general que hemos proporcionado anteriormente. AnĂĄlogamente podrĂ­a verse que, cuando t â&#x2020;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019;â&#x2C6;&#x17E;, las trayectorias se aproximan a las rectas que obtenemos tomando c2 = 0 en la soluciĂłn general del sistema, y que tienen por vector director al (â&#x2C6;&#x2019;Îą, Îą2 + β 2 , â&#x2C6;&#x2019;β)T .

Otros modos alternativos de probar que las trayectorias, cuando t â&#x2020;&#x2019; â&#x2C6;&#x17E; tienden a una direcciĂłn ďŹ ja serĂ­an, por ejemplo, ver que

T Ď&#x192;(t) , l´Ĺm â&#x2C6;&#x161; 2 2 = c2 Îą, Îą2 + β 2 , β tâ&#x2020;&#x2019;â&#x2C6;&#x17E; e Îą +β t o bien que

Ď&#x192; (t) â&#x2C6;&#x161; 2 2 = c2

ι2 + β 2 ι,

ι2 + β 2 , β

T

. e Îą +β t Por Ăşltimo, conviene seĂąalar que es fĂĄcil comprobar que las trayectorias soluciĂłn del sistema, estĂĄn contenidas en las intersecciones de las superďŹ cies de ecuaciĂłn

2 Îąx + βz y2 â&#x2C6;&#x2019; = â&#x2C6;&#x2019;4 c2 c3 , Îą2 + β 2 Îą2 + β 2

con los planos seĂąalados anteriormente, y de ecuaciĂłn β x â&#x2C6;&#x2019; Îą z = â&#x2C6;&#x2019;c1 Îą2 + β 2 . l´Ĺm

tâ&#x2020;&#x2019;â&#x2C6;&#x17E;

PROBLEMA 4.19 ResuĂŠlvase el problema de Cauchy â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x203A; 1 1 3 0 y = â&#x17D;? 2 2 â&#x2C6;&#x2019;3 â&#x17D; y + â&#x17D;? 0 â&#x17D; , â&#x2C6;&#x2019;2 1 6 e3t

SOLUCIĂ&#x201C;N

â&#x17D;&#x203A;

â&#x17D;&#x17E; 0 y(0) = â&#x17D;? 1 â&#x17D; .

0

La soluciĂłn del problema de Cauchy es la suma de la soluciĂłn del sistema homogĂŠneo que en 0 vale (0, 1, 0)T y la soluciĂłn del sistema no homogĂŠneo que en 0 vale 0. Comenzamos calculando una matriz fundamental del sistema homogĂŠneo.

El polinomio caracterĂ­stico de la matriz de coeďŹ cientes A es

1â&#x2C6;&#x2019;Îť 1 3

2â&#x2C6;&#x2019;Îť â&#x2C6;&#x2019;3 = â&#x2C6;&#x2019;Îť3 + 9Îť2 â&#x2C6;&#x2019; 27Îť + 27 = â&#x2C6;&#x2019;(Îť â&#x2C6;&#x2019; 3)3 , |A â&#x2C6;&#x2019; Îť I| = 2 â&#x2C6;&#x2019;2 1 6â&#x2C6;&#x2019;Îť

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

169

tiene una raíz λ = 3 triple. Si buscamos un polinomio interpolador de grado 2, de la forma p(x) = a0 (t) + a1 (t) (x − 3) + a2 (t) (x − 3)2 , las condiciones que tiene que verificar son p(3) = a0 (t) = e3t , p (3) = a1 (t) = t e3t , p (3) = luego

2 a2 (t) = t2 e3t ,

p(x) = e3t 1 + t (x − 3) + t2 /2 (x − 3)2 .

Como (A − 3I)2 = 0 resulta eAt

t2 = p(A) = e3t I + t (A − 3I) + (A − 3I)2 2 ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ 1 0 0 −2 1 3 = e3t ⎣⎝ 0 1 0 ⎠ + t ⎝ 2 −1 −3 ⎠⎦ 0 0 1 −2 1 3 ⎛ ⎞ 1 − 2t t 3t 1 − t −3t ⎠ . = e3t ⎝ 2t −2t t 1 + 3t

La solución del sistema homogéneo que en 0 vale (0, 1, 0)T es ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 − 2t t 3t 0 t 1 − t −3t ⎠ ⎝ 1 ⎠ = e3t ⎝ 1 − t ⎠ . e3t ⎝ 2t −2t t 1 + 3t 0 t La solución del sistema no homogéneo que en 0 vale 0 es ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ t t 1 + 2s −s −3s 0 −3s ⎝ 3s ⎠ ds 3s ⎠ ⎝ 0 ⎠ ds = eAt e−3s ⎝ −2s 1 + s eAt 0 0 2s −s 1 − 3s e3s 1 − 3s ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ t2 3 2 −3 t ⎜ 2 ⎟ ⎞⎜ ⎛ 2 ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ 1 − 2t t 3t ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ 3 2 ⎟ ⎟⎜ t2 ⎟ 3t ⎜ 3t ⎜ 1 − t −3t ⎠ ⎜ 3 = e ⎝ 2t ⎟=e ⎜ − t ⎟. ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ 2 2 ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ −2t t 1 + 3t ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ 2 3 t t + t2 t−3 2 2 Finalmente, la solución buscada es ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 2 3 2 ⎜ 2t ⎟ ⎜ t+ 2t ⎟ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ t ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 3 3 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ y(t) = e3t ⎝ 1 − t ⎠ + e3t ⎜ − t2 ⎟ = e3t ⎜ 1 − t − t2 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 2 t ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ 3 2 3 2 ⎠ t+ t 2t + t 2 2

170 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMA 4.20 Encuéntrese la única solución 2 π-periódica del sistema y = A y + b(t) siendo ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 −π 0 1 A = ⎝ π 0 0 ⎠ , b(t) = ⎝ 0 ⎠ .

0 0 2 sen t

SOLUCIÓN

Calculamos una matriz fundamental del sistema homogéneo.

El polinomio característico de la matriz de coeficientes

−λ −π 0

0 = −(λ − 2) (λ2 + π 2 ) , |A − λ I| = π −λ 0 0 2−λ tiene dos raíces complejas conjugadas y una real: λ1 = π i, λ2 = −π i y λ3 = 2 .

Comenzamos buscando un vector propio u1 asociado al valor propio λ1 = π i, es decir, (A − π i I) u1 = 0, ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛

0 −π i −π 0 u1 −π(iu1 − u2 ) = 0 ⇒ u2 = −iu1 , ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ π ⎠ ⎝ 0 u2 −π i 0 = ⇒ (2 − π i) u3 = 0 ⇒ u3 = 0 . u3 0 0 0 2−πi Tomando u1 = −1 se tiene u1 = (−1, i, 0)T y una solución compleja del sistema homogéneo viene dada por ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ −1 0 y(t) = eπ i t ⎣⎝ 0 ⎠ + i ⎝ 1 ⎠⎦ 0 0 ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ −1 0 = [cos(π t) + i sen(π t)] ⎣⎝ 0 ⎠ + i ⎝ 1 ⎠⎦ 0 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − cos(π t) − sen(π t) = ⎝ − sen(π t) ⎠ + i ⎝ cos(π t) ⎠ .

0 0 Tomando parte real e imaginaria obtenemos dos soluciones reales del sistema. Podemos considerar, ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − cos(π t) − sen(π t) y1 (t) = ⎝ − sen(π t) ⎠ , y2 (t) = ⎝ cos(π t) ⎠ .

0 0 Buscamos, un vector propio u2 asociado a λ3 = 2, es decir, tal que (A − 2 I) u2 = 0 ⎧ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ 0 −2 −π 0 u1 ⎨ −2 u1 − π u2 = 0 ⎝ π −2 0 ⎠ ⎝ u2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ ⇒ π u1 − 2 u2 = 0 ⇒ u1 = u2 = 0 ⎩ u3 0 ∀u3 ∈ IR .

0 0 0

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

171

Tomando u3 = 1 se tiene u3 = (0, 0, 1)T y una soluciĂłn real del sistema homogĂŠneo viene dada por â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; 0 0 2t â&#x17D;?

0 â&#x17D; =â&#x17D;? 0 â&#x17D; . y3 (t) = e 1 e2 t De modo que

â&#x17D;&#x203A;

cos(Ď&#x20AC; t) â&#x2C6;&#x2019; sen(Ď&#x20AC; t) Y (t) = â&#x17D;? sen(Ď&#x20AC; t) cos(Ď&#x20AC; t) 0 0

â&#x17D;&#x17E; 0 0 â&#x17D; , e2 t

es una matriz fundamental del sistema. Observamos que Y (0) = I, de modo que la matriz obtenida es la matriz fundamental principal en cero, Y (t) = eA t .

La soluciĂłn general del sistema no homogĂŠneo viene dada por la expresiĂłn

y(t) = eA t c + eA t

t

eâ&#x2C6;&#x2019;A s b(s) ds .

0

Calculamos cada uno de esos tĂŠrminos: â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x17E;â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x203A; 1 cos(Ď&#x20AC; s) cos(Ď&#x20AC; s) sen(Ď&#x20AC; s) 0 0 â&#x17D; â&#x17D;? 0 â&#x17D; = â&#x17D;? â&#x2C6;&#x2019; sen(Ď&#x20AC; s) â&#x17D; , eâ&#x2C6;&#x2019;A s b(s) = â&#x17D;? â&#x2C6;&#x2019; sen(Ď&#x20AC; s) cos(Ď&#x20AC; s) sen s eâ&#x2C6;&#x2019;2 s sen s 0 0 eâ&#x2C6;&#x2019;2 s â&#x17D;&#x203A;

â&#x17D;&#x17E;

1 sen(Ď&#x20AC; t) Ď&#x20AC;

â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153; 1 1 â&#x17D;&#x153; eâ&#x2C6;&#x2019;A s b(s) ds = â&#x17D;&#x153; cos(Ď&#x20AC; t) â&#x2C6;&#x2019; â&#x17D;&#x153; Ď&#x20AC; Ď&#x20AC; 0 â&#x17D;&#x153; â&#x17D;? 1 1 â&#x2C6;&#x2019; eâ&#x2C6;&#x2019;2 t (cos t + 2 sen t) 5 5 Finalmente, la soluciĂłn general del sistema serĂĄ

y(t)

t

=

eA t (c1 , c2 , c3 )T + eA t â&#x17D;&#x203A;

t 0

â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x;. â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; â&#x17D;

eâ&#x2C6;&#x2019;A s b(s) ds

1 c1 cos(Ď&#x20AC; t) â&#x2C6;&#x2019; c2 sen(Ď&#x20AC; t) + sen(Ď&#x20AC; t) Ď&#x20AC;

â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153; 1 1 â&#x17D;&#x153; = â&#x17D;&#x153; c1 sen(Ď&#x20AC; t) + c2 cos(Ď&#x20AC; t) + â&#x2C6;&#x2019; cos(Ď&#x20AC; t) â&#x17D;&#x153; Ď&#x20AC; Ď&#x20AC; â&#x17D;&#x153; â&#x17D;?

1 1 c3 e2 t + e2 t â&#x2C6;&#x2019; (cos t + 2 sen t) 5 5

â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x;. â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; â&#x17D;

Una soluciĂłn 2 Ď&#x20AC;-periĂłdica se obtiene cuando y(t) = y(t + 2 Ď&#x20AC;). Resolviendo el sistema se obtiene como Ăşnica soluciĂłn c1 = 0, c2 = 1/Ď&#x20AC; y c3 = â&#x2C6;&#x2019;1/5, es decir

y(t) =

T

0,

1 1 , â&#x2C6;&#x2019; (cos t + 2 sen t) Ď&#x20AC; 5

.

172 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMA 4.21 Resuélvase el problema de Cauchy

y = A y + b(t) y(0) = y0

donde ⎛

⎞ 2 0 0 A = ⎝ −2 4 −1 ⎠ , −1 1 2

SOLUCIÓN

⎛

⎞ 0 y0 = ⎝ 0 ⎠ .

1

⎞ 0 b(t) = ⎝ t e3 t ⎠ , 0 ⎛

La solución del problema de Cauchy viene dada por la expresión

y(t) = eA t y0 +

t

eA (t−s) b(s) ds .

(4.7)

0

Comenzamos calculando eA t , matriz fundamental principal en cero. Sea

2−λ 0 0

4−λ −1 = −(λ−2) [(4−λ) (2−λ)+1] = −(λ−2) (λ−3)2 . |A−λ Id| = −2 −1 1 2−λ El polinomio p(λ) = a0 (t) + a1 (t) (λ − 3) + a2 (t) (λ − 3)2 será un polinomio interpolador si p(3) = e3 t

⇒ a0 (t) = e3 t ,

p (3) = t e3 t

⇒ a1 (t) = t e3 t ,

p(2) = e2 t

⇒ e3 t − t e3 t + a2 (t) = e2 t ⇒ a2 (t) = e2 t + (t − 1) e3 t .

Por lo tanto ⎛

eA t

⎞ 0 0 ⎠ + t e3 t = p(A) = e3 t 1 ⎛ 1 0 0

+ e2 t + (t − 1) e3 t ⎝ 1 0 0 0 0 0 1 ⎝ 0 0

⎛

e2 t

0 1 0

⎜ = ⎝ e2 t − (t + 1) e3 t −t e3 t

⎛

−1 ⎝ −2 −1 ⎞

0 1 1

⎞ 0 −1 ⎠ −1

⎠

0

0

(1 + t) e3 t

−t e3 t

t e3 t

(1 − t) e3 t

⎞ ⎟ ⎠.

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

173

Evaluamos a continuaciĂłn la expresiĂłn (4.7), â&#x17D;&#x17E; 0 eA t y0 = â&#x17D;? â&#x2C6;&#x2019;t e3 t â&#x17D; , (1 â&#x2C6;&#x2019; t) e3 t

â&#x17D;&#x203A;

â&#x17D;&#x203A;

t

0

e3 t (t s â&#x2C6;&#x2019; s2 + s) ds = e3 t

â&#x17D;&#x17E;

0

â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x153; eA (tâ&#x2C6;&#x2019;s) b(s) = â&#x17D;? e3 t s (1 + t â&#x2C6;&#x2019; s) â&#x17D; , e3 t s (t â&#x2C6;&#x2019; s) 3

t t2 t t3 + e3 t (t s â&#x2C6;&#x2019; s2 ) ds = e3 t . , 6 2 6 0

Finalmente, la soluciĂłn del problema de Cauchy es â&#x17D;&#x203A; 0 â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153;

â&#x17D;&#x153; 3 t t3 t2 â&#x17D;&#x153; e + â&#x2C6;&#x2019;t y(t) = â&#x17D;&#x153; 6 2 â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153;

3 â&#x17D;? 3t t e â&#x2C6;&#x2019;t+1 6

â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x;. â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; â&#x17D;

PROBLEMA 4.22 Sea A una matriz constante 2 Ă&#x2014; 2 y supongamos que

2+t (sol) y(t) = , 1+t es una soluciĂłn del sistema homogĂŠneo y = A y. a) CalcĂşlese la matriz eAt . b) ResuĂŠlvase el problema de Cauchy

t

, y = Ay + t

SOLUCIĂ&#x201C;N

y(0) =

â&#x2C6;&#x2019;1 0

.

a) Sea

A=

a b c d

,

la matriz de coeďŹ cientes del sistema homogĂŠneo y = A y. Si (sol) es una soluciĂłn, entonces

d 2+t a b 2+t 1 = , = 1+t c d 1+t 1 dt

174 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS luego a (2 + t) + b (1 + t) = 2a + b + (a + b) t =

1,

c (2 + t) + d (1 + t) = 2c + d + (c + d) t =

1,

y por tanto â&#x17D;§ 1 = 2a + b, â&#x17D;Ş â&#x17D;Ş â&#x17D;Ş â&#x17D;Ş â&#x17D;¨ 0 = a + b, â&#x17D;Ş 1 = 2c + d, â&#x17D;Ş â&#x17D;Ş â&#x17D;Ş â&#x17D;Š 0 = c+d

â&#x2021;&#x2019;

a=c

=

1

b=d

= â&#x2C6;&#x2019;1 .

â&#x2021;&#x2019; A=

1 1

â&#x2C6;&#x2019;1 â&#x2C6;&#x2019;1

.

Calculamos eAt . El polinomio caracterĂ­stico de A

1â&#x2C6;&#x2019;Îť â&#x2C6;&#x2019;1

= â&#x2C6;&#x2019;(1 â&#x2C6;&#x2019; Îť2 ) + 1 = Îť2 , |A â&#x2C6;&#x2019; Îť I| = 1 â&#x2C6;&#x2019;1 â&#x2C6;&#x2019; Îť tiene la raĂ­z doble Îť = 0. Si buscamos un polinomio interpolador de grado uno, de la forma p(x) = a0 (t) + a1 (t) x , las condiciones que tiene que veriďŹ car son p(0) = 1 â&#x2021;&#x2019; p (0) = t â&#x2021;&#x2019;

a0 (t) = 1 , a1 (t) = t ,

luego p(x) = 1 + t x y, por lo tanto

1 0 t â&#x2C6;&#x2019;t 1 + t â&#x2C6;&#x2019;t + = . eAt = p(A) = I + t A = 0 1 t â&#x2C6;&#x2019;t t 1â&#x2C6;&#x2019;t b) La fĂłrmula de variaciĂłn de las constantes,

t â&#x2C6;&#x2019;1 s eâ&#x2C6;&#x2019;As y(t) = eAt + eAt ds , 0 s 0 proporciona la soluciĂłn del problema de Cauchy.

La soluciĂłn del sistema homogĂŠneo que en t = 0 vale (â&#x2C6;&#x2019;1, 0)T es

1 + t â&#x2C6;&#x2019;t â&#x2C6;&#x2019;1 â&#x2C6;&#x2019;1 â&#x2C6;&#x2019; t At e y(0) = = . t 1â&#x2C6;&#x2019;t 0 â&#x2C6;&#x2019;t La soluciĂłn del sistema completo que en 0 vale 0 es,

t t 1â&#x2C6;&#x2019;s s s s eAt ds = eAt â&#x2C6;&#x2019;s 1 + s s s 0 0 â&#x17D;&#x203A; 2 â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x203A; t ! " â&#x17D;&#x153; 2 â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x153; 1 + t â&#x2C6;&#x2019;t â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x153; = â&#x17D;? 2 â&#x17D; =â&#x17D;? t 1â&#x2C6;&#x2019;t t 2

ds â&#x17D;&#x17E; t2 2 â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x;. â&#x17D; t2 2

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

175

Finalmente, la solución buscada es ! y(t) =

−1 − t −t

"

⎞ ⎛ t2 t2 −1 − t + ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎜ +⎜ ⎝ 2 ⎠=⎝ 2 t t −t + 2 2 ⎛

⎞ ⎟ ⎟. ⎠

PROBLEMA 4.23 Resuélvase el problema de Cauchy ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 3 0 0 0 1 5 ⎠ y + ⎝ et ⎠ , y = ⎝ 0 0 −5 1 et

SOLUCIÓN

⎛

⎞ 1 y(0) = ⎝ 0 ⎠ .

1

La solución del problema de Cauchy es la suma de la solución del sistema homogéneo que en t = 0 vale (1, 0, 1)T y la solución del sistema no homogéneo que en t = 0 vale 0.

Comenzamos calculando una matriz fundamental del sistema homogéneo.

El polinomio característico de la matriz de coeficientes A

3−λ 0 0

1−λ 5 = −(λ − 3) (λ2 − 2λ + 26) , |A − λ I| = 0 0 −5 1−λ tiene una raíz real, λ1 = 3, de multiplicidad uno y dos raíces, 1 ± 5i, complejas conjugadas.

Comenzamos buscando un vector propio u1 asociado al valor propio λ1 = 3, es decir, u1 verificando (A − 3I) u1 = 0, ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞

0 0 0 u1 0 −2 u2 + 5 u3 = 0 u1 arbitrario ⎝ 0 −2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 5 0 u2 = ⇒ ⇒ −5 u2 − 2 u3 = 0 u 2 = u3 = 0 .

0 −5 −2 u3 0 Tomando u1 = 1 se tiene u1 = (1, 0, 0)T y una solución real del sistema homogéneo viene dada por ⎛ ⎞ ⎛ 3t ⎞ 1 e y(t) = e3t ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ .

0 0 Buscamos un vector propio complejo u2 asociado al valor propio 1 + 5i, es decir tal que [A − (1 + 5i) I] u2 = 0, ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞

2 − 5i 0 0 u1 0 (2 − 5i) u1 = 0 ⇒ u1 = 0 , ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0 −5i 5 0 u2 = ⇒ −5i u2 + 5 u3 = 0 ⇒ i u2 = u3 .

0 −5 −5i u3 0

176 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Tomando u2 = 1 se tiene u2 = (0, 1, i)T y una solución compleja del sistema homogéneo viene dada por ⎡⎛

⎞ ⎛ ⎞⎤ 0 0 y(t) = e(1+5i) t ⎣⎝ 1 ⎠ + i ⎝ 0 ⎠⎦ 0 1 ⎡⎛ ⎞ 0 = et [cos(5 t) + i sen(5 t)] ⎣⎝ 1 ⎠ + i 0 ⎛ ⎞ ⎛ 0 0 = et ⎝ cos(5 t) ⎠ + i et ⎝ sen(5 t) − sen(5 t) cos(5 t)

⎛

⎞⎤ 0 ⎝ 0 ⎠⎦ 1 ⎞ ⎠.

Tomando parte real e imaginaria, obtenemos dos soluciones reales del sistema homogéneo y, por lo tanto, ⎛ 3t ⎞ e 0 0 ⎜ ⎟ et cos(5 t) et sen(5 t) ⎟ Y (t) = ⎜ ⎝ 0 ⎠, 0 −et sen(5 t) et cos(5 t) es una matriz fundamental del sistema. Observamos que Y (0) = I de modo que la matriz obtenida es la matriz fundamental principal en 0.

La solución del sistema homogéneo que en 0 vale (1, 0, 1)T es ⎞ ⎞ ⎛ 1 e3t yh (t) = Y (t) ⎝ 0 ⎠ = ⎝ et sen(5 t) ⎠ . et cos(5 t) 1 ⎛

La solución del sistema no homogéneo que en 0 vale 0 es ⎛

yp (t) =

t

Y (t) 0

t

= Y (t) 0

=

⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

0

e−s

0

e−s 0

⎞

⎛ ⎞ 0 ⎟ ⎝ es ⎠ ds cos(5 s) −e−s sen(5 s) ⎟ ⎠ es sen(5 s) e−s cos(5 s) 0

⎛

⎛

⎜ ⎜ ⎝

e−3s

0

⎞

⎟ ⎜ ⎝ cos(5 s) − sen(5 s) ⎠ ds sen(5 s) + cos(5 s) 0

1 t e [1 − cos(5 t) + sen(5 t)] 5 1 t e [−1 + cos(5 t) + sen(5 t)] 5

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟. ⎟ ⎠

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

Finalmente, la soluciĂłn buscada es â&#x17D;&#x203A;

177

â&#x17D;&#x17E;

e3t

â&#x17D;&#x153;

â&#x17D;&#x153; 1 â&#x17D;&#x153; t [1 â&#x2C6;&#x2019; cos(5 t) + sen(5 t)] e sen(5 t) + y(t) = yh (t) + yp (t) = â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153; 5 â&#x17D;&#x153;

â&#x17D;?

1 et cos(5 t) + [â&#x2C6;&#x2019;1 + cos(5 t) + sen(5 t)] 5

â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x;. â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; â&#x17D;

PROBLEMA 4.24 CalcĂşlese una soluciĂłn particular del sistema

y1 0 1 sen(Ď&#x2030; t) y1 = + . â&#x2C6;&#x2019;Ď&#x2030; 2 0 Ď&#x2030; cos(Ď&#x2030; t) y2 y2 Nota: tĂŠngase en cuenta la forma que adopta el tĂŠrmino independiente.

SOLUCIĂ&#x201C;N NĂłtese que

sen(Ď&#x2030; t) Ď&#x2030; cos(Ď&#x2030; t)

= e

iĎ&#x2030;t

â&#x2C6;&#x2019;i Ď&#x2030;

,

de modo que basta con resolver el sistema complejo y = A y + eÎą t q(t) con

0 1 â&#x2C6;&#x2019;i A= , q(t) = , Îą = Ď&#x2030;i, â&#x2C6;&#x2019;Ď&#x2030; 2 0 Ď&#x2030; y quedarnos con la parte real de la soluciĂłn.

El polinomio caracterĂ­stico de la matriz de coeďŹ cientes A

â&#x2C6;&#x2019;Îť 1

= Îť2 + Ď&#x2030; 2 , |A â&#x2C6;&#x2019; Îť I| = â&#x2C6;&#x2019;Ď&#x2030; 2 â&#x2C6;&#x2019;Îť tiene las raĂ­ces complejas conjugadas Îť = ÂąĎ&#x2030; i. Dado que Îą es un valor propio de la matriz de coeďŹ cientes, estamos ante un caso de resonancia. Existe, entonces, una soluciĂłn particular de la forma eĎ&#x2030;it r(t) donde r(t) es un polinomio de grado menor o igual que uno, es decir, de la forma

yp1 (t) Îą1 + β1 t Ď&#x2030;it yp (t) = = e . yp2 (t) Îą2 + β2 t Imponemos que yp (t) veriďŹ que el sistema complejo

(t) = yp2 (t) â&#x2C6;&#x2019; i eĎ&#x2030;it , yp1

yp2 (t) = â&#x2C6;&#x2019;Ď&#x2030; 2 yp1 (t) + Ď&#x2030; eĎ&#x2030;it ,

Ď&#x2030; i eĎ&#x2030;it (Îą1 + β1 t) + eĎ&#x2030;it β1

= eĎ&#x2030;it (Îą2 + β2 t) â&#x2C6;&#x2019; i eĎ&#x2030;it ,

Ď&#x2030; i eĎ&#x2030;it (Îą2 + β2 t) + eĎ&#x2030;it β2

= â&#x2C6;&#x2019;Ď&#x2030; 2 eĎ&#x2030;it (Îą1 + β1 t) + Ď&#x2030; eĎ&#x2030;it ,

178 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS e, igualando los coeďŹ cientes de las distintas potencias de t Ď&#x2030; i Îą1 + β1 Ď&#x2030; i β1 Ď&#x2030; i Îą2 + β2 Ď&#x2030; i β2

= Îą2 â&#x2C6;&#x2019; i , = β2 , = â&#x2C6;&#x2019;Ď&#x2030; 2 Îą1 + Ď&#x2030; , = â&#x2C6;&#x2019;Ď&#x2030; 2 β1 ,

con soluciĂłn β1 = â&#x2C6;&#x2019;i , β2 = Ď&#x2030; , Îą2 = Ď&#x2030;iÎą1 . En particular, si tomamos Îą1 = Îą2 = 0 obtenemos â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; â&#x2C6;&#x2019;i t â&#x17D; , yp (t) = eĎ&#x2030;it â&#x17D;? Ď&#x2030;t soluciĂłn particular del sistema complejo. Su parte real,

0 â&#x2C6;&#x2019;t +i

yp (t) = (cos(Ď&#x2030; t) + i sen(Ď&#x2030; t)) Ď&#x2030;t 0 /! " !

"0 ! " t sen(Ď&#x2030; t) â&#x2C6;&#x2019;t cos(Ď&#x2030; t) t sen(Ď&#x2030; t) =

+i = , Ď&#x2030; t cos(Ď&#x2030; t) Ď&#x2030; t sen(Ď&#x2030; t) Ď&#x2030; t cos(Ď&#x2030; t) proporciona una soluciĂłn particular del sistema de partida.

PROBLEMA 4.25 CalcĂşlese una soluciĂłn particular del sistema

y1 1 2 y1 cos(2 t) = + . â&#x2C6;&#x2019;2 1 â&#x2C6;&#x2019; sen(2 t) y2 y2 Nota: tĂŠngase en cuenta la forma que adopta el tĂŠrmino independiente.

SOLUCIĂ&#x201C;N NĂłtese que

cos(2 t) â&#x2C6;&#x2019; sen(2 t)

= e

2it

1 i

,

de modo que basta con resolver el sistema complejo y = A y + eÎą t q(t) con

1 2 1 A= , q(t) = , Îą = 2i, â&#x2C6;&#x2019;2 1 i y quedarnos con la parte real de la soluciĂłn.

El polinomio caracterĂ­stico de la matriz de coeďŹ cientes A

1â&#x2C6;&#x2019;Îť 2 = Îť2 â&#x2C6;&#x2019; 2 Îť + 5 , |A â&#x2C6;&#x2019; Îť I| = â&#x2C6;&#x2019;2 1â&#x2C6;&#x2019;Îť

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

179

tiene las raĂ­ces complejas conjugadas Îť = 1 Âą 2 i. Dado que Îą no es un valor propio de la matriz de coeďŹ cientes, existe una soluciĂłn particular de la forma e2it r(t) siendo r(t) un vector constante, es decir, de la forma

yp1 (t) Îą1 . = e2it yp (t) = Îą2 yp2 (t) Imponemos que yp (t) veriďŹ que el sistema complejo

(t) = yp1 (t) + 2 yp2 (t) + e2it , yp1

luego

yp2 (t) = â&#x2C6;&#x2019;2 yp1 (t) + yp2 (t) + i e2it ,

2i e2it Îą1

=

e2it Îą1 + 2 e2it Îą2 + e2it ,

2i e2it Îą2

=

â&#x2C6;&#x2019;2 e2it Îą1 + e2it Îą2 + i e2it ,

y, dividiĂŠndo por e2it , obtenemos (2 i â&#x2C6;&#x2019; 1) Îą1

=

2 Îą2 + 1 ,

2 Îą1

=

â&#x2C6;&#x2019;(2 i â&#x2C6;&#x2019; 1) Îą2 + i ,

de donde Îą1 = â&#x2C6;&#x2019;1 y Îą2 = â&#x2C6;&#x2019;i. Obtenemos asĂ­ una soluciĂłn particular

â&#x2C6;&#x2019;1 yp (t) = e2it , â&#x2C6;&#x2019;i del sistema complejo. Su parte real,

â&#x2C6;&#x2019;1 0 â&#x2C6;&#x2019; cos(2 t) +i = ,

yp (t) = (cos(2t) + i sen(2t)) 0 â&#x2C6;&#x2019;1 sen(2 t) proporciona una soluciĂłn particular del sistema de partida.

PROBLEMA 4.26 CalcĂşlese una matriz fundamental del sistema y = A y con ! " 3 0.5 A= , â&#x2C6;&#x2019;2 1 y resuĂŠlvase el problema de Cauchy " ! " !

3 0.5 1 , y = y+ â&#x2C6;&#x2019;2 1 et

SOLUCIĂ&#x201C;N

! y(0) =

1 2

" .

Calculamos la matriz fundamental principal en cero. El polinomio caracterĂ­stico de A

3â&#x2C6;&#x2019;Îť 0.5

|A â&#x2C6;&#x2019; Îť I| = = (3 â&#x2C6;&#x2019; Îť) (1 â&#x2C6;&#x2019; Îť) + 1 = (Îť â&#x2C6;&#x2019; 2)2 , â&#x2C6;&#x2019;2 1â&#x2C6;&#x2019;Îť

180 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS tiene la raĂ­z Îť = 2 doble. Si buscamos un polinomio interpolador de grado uno de la forma p(x) = a0 (t) + a1 (t) (x â&#x2C6;&#x2019; 2) , debe veriďŹ car

luego

a0 (t) = e2t ,

p(2)

=

p (2)

= a1 (t) = t e2t ,

p(x) = e2t + t e2t (x â&#x2C6;&#x2019; 2) ,

y, por lo tanto, eAt

p(A) = e2t I + t e2t (A â&#x2C6;&#x2019; 2 I) " ! !

1 0.5 1+t = e2t = e2t I + t e2t â&#x2C6;&#x2019;2 â&#x2C6;&#x2019;1 â&#x2C6;&#x2019;2 t

=

0.5 t

"

1â&#x2C6;&#x2019;t

La fĂłrmula de variaciĂłn de las constantes

t 1 1 y(t) = eAt eâ&#x2C6;&#x2019;As + eAt ds , 2 es 0 proporciona la soluciĂłn del problema de Cauchy.

La soluciĂłn del sistema homogĂŠneo que en 0 vale (1, 2)T es ! "! " ! " 1 + t 0.5 t 1 1 + 2 t = e2t . yh (t) = e2t â&#x2C6;&#x2019;2 t 1 â&#x2C6;&#x2019; t 2 â&#x2C6;&#x2019;4 t + 2 La soluciĂłn del sistema completo que en 0 vale 0 es "! ! " t 1 1 â&#x2C6;&#x2019; s â&#x2C6;&#x2019;0.5 s â&#x2C6;&#x2019;2s e ds yp (t) = eAt es 2s 1+s 0 t! = eAt 0

â&#x17D;&#x203A;

eâ&#x2C6;&#x2019;2s (1 â&#x2C6;&#x2019; s) â&#x2C6;&#x2019; 0.5 s eâ&#x2C6;&#x2019;s 2 s eâ&#x2C6;&#x2019;2s + (1 + s) eâ&#x2C6;&#x2019;s

" ds

â&#x17D;&#x17E; 1 1 â&#x2C6;&#x2019; + eâ&#x2C6;&#x2019;2t (â&#x2C6;&#x2019;1 + 2 et + 2 (1 + et ) t) â&#x17D;&#x153; 4 4 â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; = eAt â&#x17D;&#x153; â&#x17D; â&#x17D;? 5 1 â&#x2C6;&#x2019;2t t t â&#x2C6;&#x2019; e (1 + 4 e + 2 (1 + e ) t) 2 2 â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; 1 â&#x2C6;&#x2019;1 + 2 et + (4t â&#x2C6;&#x2019; 1) e2t â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x153; 4 â&#x17D;&#x;. â&#x17D;&#x153; = â&#x17D;? 1 â&#x17D; t 2t â&#x2C6;&#x2019;1 â&#x2C6;&#x2019; 4 e + (5 â&#x2C6;&#x2019; 4t) e 2 Finalmente, la soluciĂłn buscada es y(t) = yh (t) + yp (t), â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; 1 â&#x2C6;&#x2019;1 + 2 et + (3 + 12t) e2t â&#x17D;&#x153; 4 â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x;. y(t) = â&#x17D;&#x153; â&#x17D;? 1 â&#x17D; t 2t â&#x2C6;&#x2019;1 â&#x2C6;&#x2019; 4 e + (9 â&#x2C6;&#x2019; 12t) e 2

.

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

181

PROBLEMA 4.27 Consideremos el problema de Cauchy y = A y + b(t) , y(0) = y0 con " ! " ! ! " 0 1 0 1 , y0 = A= , b(t) = .

8 â&#x2C6;&#x2019;2 et â&#x2C6;&#x2019;4 a) UtilĂ­cese la fĂłrmula de variaciĂłn de las constantes para su resoluciĂłn. b) ResuĂŠlvase buscando una soluciĂłn particular del sistema de la forma eÎąt r(t) con r(t) un polinomio, es decir, lo es cada una de sus componentes; (tĂŠngase en cuenta la forma que adopta el tĂŠrmino independiente del sistema).

SOLUCIĂ&#x201C;N

Calculamos la matriz fundamental principal en cero del sistema homogĂŠneo asociado. El polinomio caracterĂ­stico de A

â&#x2C6;&#x2019;Îť 1

|A â&#x2C6;&#x2019; Îť I| = = Îť (Îť + 2) â&#x2C6;&#x2019; 8 = (Îť â&#x2C6;&#x2019; 2) (Îť + 4) , 8 â&#x2C6;&#x2019;2 â&#x2C6;&#x2019; Îť tiene las raĂ­ces reales Îť1 = 2 , Îť2 = â&#x2C6;&#x2019;4.

Buscamos un vector propio u1 asociado al valor propio Îť1 = 2.Para ello resolvemos (A â&#x2C6;&#x2019; 2 I) u1 = 0 ! "! " ! "

â&#x2C6;&#x2019;2 1 u1 0 â&#x2C6;&#x2019;2 u1 + u2 = 0 = â&#x2021;&#x2019; â&#x2021;&#x2019; u 2 = 2 u1 .

8 u1 â&#x2C6;&#x2019; 4 u2 = 0 8 â&#x2C6;&#x2019;4 0 u2 Tomando u1 = 1 se tiene u1 = (1, 2)T y una soluciĂłn real del sistema homogĂŠneo viene dada por

2t 1 e 2t y1 (t) = e = .

2 2 e2t Buscamos un vector propio u2 asociado a Îť2 = â&#x2C6;&#x2019;4, es decir, (A + 4 I) u2 = 0, ! "

4 1 u1 0 4 u 1 + u2 = 0 = â&#x2021;&#x2019; â&#x2021;&#x2019; u2 = â&#x2C6;&#x2019;4 u1 .

0 u2 8 u 1 + 2 u2 = 0 8 2 Tomando u1 = 1 tenemos u2 = (1, â&#x2C6;&#x2019;4)T y una soluciĂłn particular del sistema homogĂŠneo, linealmente independiente de y1 (t) es

1 eâ&#x2C6;&#x2019;4t â&#x2C6;&#x2019;4t y2 (t) = e = . â&#x2C6;&#x2019;4 â&#x2C6;&#x2019;4 eâ&#x2C6;&#x2019;4t Una matriz fundamental del sistema homogĂŠneo es " ! eâ&#x2C6;&#x2019;4t e2t .

Y (t) = 2 e2t â&#x2C6;&#x2019;4 eâ&#x2C6;&#x2019;4t

182 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS a) La fĂłrmula de variaciĂłn de las constantes

t 1 0 y(t) = Y (t) Y â&#x2C6;&#x2019;1 (0) + Y (t) Y â&#x2C6;&#x2019;1 (s) ds , â&#x2C6;&#x2019;4 es 0 proporciona la soluciĂłn del problema de Cauchy. Calculamos â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x203A; 2 â&#x2C6;&#x2019;2t 1 â&#x2C6;&#x2019;2t e e â&#x17D;&#x153; 3 â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x153; 6 â&#x17D;&#x; , Y â&#x2C6;&#x2019;1 (0) = â&#x17D;&#x153; Y â&#x2C6;&#x2019;1 (t) = â&#x17D;&#x153; â&#x17D;? 1 â&#x17D; â&#x17D;?

1 e4t â&#x2C6;&#x2019; e4t 3 6

2 3 1 3

â&#x2C6;&#x2019;

â&#x17D;&#x17E; 1 6 â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x;.

1 â&#x17D; 6

La soluciĂłn del sistema homogĂŠneo que en t = 0 vale (1, â&#x2C6;&#x2019;4)T es "! " ! "

! 2t eâ&#x2C6;&#x2019;4t e 0 eâ&#x2C6;&#x2019;4t 1 â&#x2C6;&#x2019;1 Y (t) Y (0) = = . â&#x2C6;&#x2019;4 2 e2t â&#x2C6;&#x2019;4 eâ&#x2C6;&#x2019;4t â&#x2C6;&#x2019;4 eâ&#x2C6;&#x2019;4t 1 La soluciĂłn del sistema completo que en t = 0 vale 0 es â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x203A; 2 â&#x2C6;&#x2019;2s 1 â&#x2C6;&#x2019;2s 1 â&#x2C6;&#x2019;s " ! e e e t t â&#x17D;&#x153; 3 â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x153; 0 6 â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x153; 6 ds = Y (t) Y (t) â&#x17D;? 1 â&#x17D; â&#x17D;? 1 es 1 0 0 e4s â&#x2C6;&#x2019; e4s â&#x2C6;&#x2019; e5s 3 6 6 â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; 1 â&#x2C6;&#x2019;t 2t

(e â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019; 1) â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x; 6 e eâ&#x2C6;&#x2019;4t â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x; = â&#x17D;? â&#x17D; 2 e2t â&#x2C6;&#x2019;4 eâ&#x2C6;&#x2019;4t 1 5t â&#x2C6;&#x2019; (e â&#x2C6;&#x2019; 1) 30 â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; 1 1 â&#x2C6;&#x2019;4t 5t â&#x2C6;&#x2019; e2t (eâ&#x2C6;&#x2019;t â&#x2C6;&#x2019; 1) â&#x2C6;&#x2019; e (e â&#x2C6;&#x2019; 1) â&#x17D;&#x153; 6 â&#x17D;&#x; 30 â&#x17D;&#x;. =â&#x17D;&#x153; â&#x17D;? 1 â&#x17D; 4 â&#x2C6;&#x2019;4t 5t 2t â&#x2C6;&#x2019;t e (e â&#x2C6;&#x2019; 1) â&#x2C6;&#x2019; e (e â&#x2C6;&#x2019; 1) + 3 30 Finalmente la soluciĂłn buscada es ! y(t)

=

â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x153; = â&#x17D;&#x153; â&#x17D;?

â&#x17D;&#x203A;

1 1 â&#x2C6;&#x2019; et + e2t + â&#x2C6;&#x2019;4t â&#x17D;&#x153; e 5 6 +â&#x17D;&#x153; â&#x17D;? â&#x2C6;&#x2019;4t â&#x2C6;&#x2019;4 e 1 1 â&#x2C6;&#x2019; et + e2t â&#x2C6;&#x2019; 5 3 â&#x17D;&#x17E; 1 1 31 â&#x2C6;&#x2019;4t â&#x2C6;&#x2019; et + e2t + e â&#x17D;&#x; 5 6 30 â&#x17D;&#x;.

1 t 1 2t 62 â&#x2C6;&#x2019;4t â&#x17D; e â&#x2C6;&#x2019; e + e â&#x2C6;&#x2019; 5 3 15 "

b) NĂłtese que

b(t) =

0 et

= et

0 1

,

â&#x17D;&#x17E; 1 â&#x2C6;&#x2019;4t e â&#x17D;&#x; 30 â&#x17D;&#x; 2 â&#x2C6;&#x2019;4t â&#x17D; e 15

â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; ds â&#x17D;

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

183

por lo tanto, es de la forma eÎąt q(t) con Îą = 1 y q(t) = (0, 1)T . Dado que Îą no es un valor propio de la matriz de coeďŹ cientes, existe una soluciĂłn particular de la forma eÎąt r(t) donde r(t) y q(t) son polinomios del mismo grado, tomamos

yp1 (t) Îą1 t . = e yp (t) = Îą2 yp2 (t) Imponemos que yp (t) veriďŹ que el sistema completo

yp1 (t) = yp2 (t) ,

yp2 (t) = 8 yp1 (t) â&#x2C6;&#x2019; 2 yp2 + et ,

luego et Îą1 = et Îą2 , et Îą2 = 8 et Îą1 â&#x2C6;&#x2019; 2 et Îą2 + et , de dĂłnde Îą1 = Îą2 y 8 Îą1 â&#x2C6;&#x2019; 3 Îą2 = â&#x2C6;&#x2019;1. Por tanto, Îą1 = Îą2 = â&#x2C6;&#x2019;1/5 y obtenemos asĂ­ la soluciĂłn particular â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; 1 â&#x2C6;&#x2019; â&#x17D;&#x153; 5 â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; yp (t) = et â&#x17D;&#x153; â&#x17D;? 1 â&#x17D; . â&#x2C6;&#x2019; 5 La soluciĂłn general del sistema completo es ! " ! "

eâ&#x2C6;&#x2019;4t e2t 1 1 t c1 y(t) = Y (t) c + yp (t) = , â&#x2C6;&#x2019; e c2 5 2 e2t â&#x2C6;&#x2019;4 eâ&#x2C6;&#x2019;4t 1 e, imponiendo la condiciĂłn inicial, se tiene !

1 â&#x2C6;&#x2019;4

"

â&#x17D;&#x17E; 1 â&#x17D;&#x153; 5 â&#x17D;&#x; = y(0) = â&#x17D;?

1 â&#x17D; , 2 c1 â&#x2C6;&#x2019; 4 c2 â&#x2C6;&#x2019; 5 â&#x17D;&#x203A;

c1 + c2 â&#x2C6;&#x2019;

â&#x17D;Ť 6 â&#x17D;Ş â&#x17D;Ş 5 â&#x17D;Ź 19 â&#x17D;Ş â&#x17D;Ş â&#x17D;­ 2 c1 â&#x2C6;&#x2019; 4 c2 = â&#x2C6;&#x2019; 5 La soluciĂłn del problema de Cauchy es

esto es

c1 + c2 =

! y(t) = â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x153; = â&#x17D;&#x153; â&#x17D;?

c1 =

1 6

c2 =

6 31 â&#x2C6;&#x2019; c1 = .

5 30

â&#x2021;&#x2019;

â&#x17D;&#x17E; 1 ! " â&#x17D;&#x153; 6 â&#x17D;&#x; 1 t e e 1 â&#x17D;&#x;â&#x2C6;&#x2019; e â&#x17D;&#x153; â&#x17D;? 31 â&#x17D; 5 1 2 e2t â&#x2C6;&#x2019;4 eâ&#x2C6;&#x2019;4t 30 â&#x17D;&#x17E; 1 1 31 â&#x2C6;&#x2019;4t â&#x2C6;&#x2019; et + e2t + e â&#x17D;&#x; 5 6 30 â&#x17D;&#x;.

1 t 1 2t 62 â&#x2C6;&#x2019;4t â&#x17D; e â&#x2C6;&#x2019; e + e â&#x2C6;&#x2019; 5 3 15 2t

â&#x2C6;&#x2019;4t

"

â&#x17D;&#x203A;

184 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMA 4.28 Se considera el sistema lineal y = A(t) y ,

t ∈ I ⊂ IR ,

con A(t) matriz n × n continua en I. a) Demuéstrese que existe un cambio de variable independiente que lo transforma en uno lineal de coeficientes constantes si y sólo si A(t) = h(t) B, donde B es una matriz constante y h una función escalar continua en el intervalo I. b) Calcúlese la matriz fundamental principal en t = 1 del sistema ⎛

⎞ 1 2 −1 1 2 0 ⎠ y, y = ⎝ 0 t 1 −2 3

t > 0.

c) Resuélvase el problema de Cauchy ⎛ ⎞ ⎛ 2 ⎞ 1 2 −1 2t 1 2 0 ⎠ y + ⎝ t2 ⎠ , y = ⎝ 0 t 1 −2 3 0

SOLUCIÓN

⎛

⎞ 0 y(1) = ⎝ 1 ⎠ , 0

t > 0.

a) Supongamos que existe un cambio de variable independiente, s = g(t), de modo que el sistema transformado tenga como matriz de coeficientes a la matriz constante B. Entonces y =

dy ds = y˙ g (t) , ds dt

el sistema se transforma en y˙ g (t) = A(t) y .

Por hipótesis, y˙ =

1 A(t) y = B y , g (t)

luego A(t) = g (t) B, como queríamos demostrar.

Recíprocamente, si A(t) = h(t) B, el cambio de variable independiente s = h(t) dt transforma el sistema y = h(t) B y en y˙ h(t) = h(t) B y

⇒

que es un sistema lineal de coeficientes constantes.

y˙ = B y ,

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

185

b) Estamos ante un sistema cuya matriz de coeficientes es de la forma h(t) B siendo ⎛ ⎞ 1 2 −1 1 2 0 ⎠. y B=⎝ 0 h(t) = t 1 −2 3

Según el apartado anterior, el cambio s = (1/t) dt = ln t transforma el sistema en ⎛ ⎞ 1 2 −1 2 0 ⎠ y. y˙ = ⎝ 0 1 −2 3 Resolvemos el sistema transformado mediante el método del polinonio interpolador. El polinonio característico de la matriz de coeficientes

1−λ 2 −1

0 2−λ 0 = (1 − λ) (2 − λ) (3 − λ) + (2 − λ) = −(λ − 2)3 ,

1 −2 3−λ tiene una raíz real, λ1 = 2, con multiplicidad n1 = 3.

Tenemos que ⎛ ⎞ −1 2 −1 0 0⎠, (B − 2 I3 )2 = 0 ∈ MIR (3) , B − 2 I3 = ⎝ 0 1 −2 1 cumpliéndose dim Ker(B − 2 I3 ) = 2 = n1 ,

dim Ker(B − 2 I3 )2 = 3 = n1 ,

luego el número mínimo asociado a λ1 es 2 y el polinomio mínimo (λ − 2)2 . Buscamos un polinomio interpolador de la forma p(x) = a0 (s) + a1 (s) (x − 2) .

Entonces p(x) debe verificar p(2) = a0 (s) = e2 s ,

p (2) = a1 (s) = s e2 s .

Por lo tanto, la matriz fundamental principal en s = 0 será, ⎛ eB s = p(B) =

e2 s I3 + s e2 s (B − 2 I3 ) = e2 s I3 + s e2 s ⎛

e2 s (1 − s) 2 s e2 s ⎝ 0 e2 s = 2s −2 s e2 s se

−1 2 ⎝ 0 0 1 −2

⎞ −s e2 s ⎠.

0 2s e (1 + s)

Deshaciendo el cambio s = ln t se tiene que ⎞ ⎛ 2 t (1 − ln t) 2 t2 ln t −t2 ln t ⎠, 0 0 t2 Φ(t) = ⎝ 2 2 2 −2 t ln t t (1 + ln t) t ln t

⎞ −1 0 ⎠ 1

186 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS y obtenemos la matriz fundamental principal en t = 1 del sistema de partida. c) La solución del problema de Cauchy viene dada por la expresión ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ t 0 2 r2 y(t) = Φ(t) ⎝ 1 ⎠ + Φ(t) Φ−1 (r) ⎝ r2 ⎠ dr .

1 0 0 Dado que

⎛

1 + ln |r| ⎜ r2 ⎜ ⎜ ⎜ Φ−1 (r) = ⎜ 0 ⎜ ⎜ ⎝ ln |r| − 2 r

−

2 ln |r| r2 1 r2

2 ln |r| r2

ln |r| r2

⎞

⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟, 0 ⎟ ⎟ 1 − ln |r| ⎠ r2

la solución será, ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ 2 t2 (ln |t| + t − 1) ⎞ 0 2 (t − 1) ⎜ ⎟ t3 y(t) = Φ(t) ⎣⎝ 1 ⎠ + ⎝ t − 1 ⎠⎦ = ⎝ ⎠.

0 0 2 −2 t ln |t| ⎡⎛

PROBLEMA 4.29 Sea y = A y + b(t) un sistema lineal de coeficientes constantes. Supondremos que b(t) es periódica de periodo T > 0 (en particular es verdad cuando b ≡ 0). a) Pruébese que, si y(t) es solución del sistema, también lo es y(t + T ). b) Pruébese que y(t) es solución de periodo T del sistema si y sólo se cumple y(0) = y(T ). c) Pruébese que y = A y admite una solución no trivial de periodo T si y sólo si 1 es valor propio de eAT . d) Pruébese que y = A y admite una solución no trivial de periodo T si y sólo si 2πki/T es valor propio de A, para algún entero k.

SOLUCIÓN

Los apartados a) y b) se resolvieron ya en el problema 3.14 del capítulo anterior para un caso más general; y su enunciado se recuerda aquí para ser utilizado en la resolución de los apartados posteriores.

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

187

˜ (t), no trivial de periodo T . Esta c) Supongamos que y = A y admite una solución, y solución será de la forma ˜ (0) . ˜ (t) = eAt y y ˜ (t) es periódica de periodo T , se tiene aplicando b) Como y ˜ (0) = y ˜ (T ) y

⇒

˜ (0) = y ˜ (0) , ˜ (T ) = eAT y y

˜ (0) = 0 y 1 es un valor propio de eAT . luego (eAT − I) y Recíprocamente, supongamos ahora que 1 sea un valor propio de la matriz eAT asociado ˜ (t) la solución del sistema verificando y ˜ (0) = v, es decir, al vector propio v, y sea y ˜ (t) en 0 y en T , ˜ (t) = eAt v. Los valores de y y ˜ (0) = v , y

˜ (T ) = eAT v , y

coinciden (ya que eAT v = v por definición de vector propio). De acuerdo con el ˜ (t) es una solución periódica de periodo T . apartado b) esto significa que y d) 2πki/T es un valor propio de A si y sólo si exp(2πki) = 1 es un valor propio de exp(AT ) (véase el problema 4.1). Basta aplicar el apartado c) anterior para concluir la demostración.

PROBLEMA 4.30 Estado estacionario de un sistema. Sea y = A y + b(t) un sistema lineal de coeficientes constantes. Supondremos que b(t) es periódica de periodo T > 0 (en particular es verdad cuando b(t) ≡ 0). Se utilizarán los resultados obtenidos en el problema 4.29. a) Si suponemos que las soluciones de y = A y tienden a 0 o son no acotadas cuando t → ∞, entonces y = A y + b(t) admite a lo sumo una solución periódica. b) Pruébese que, si A no posee autovalores de la forma 2πki/T , entonces la matriz e−AT − I es no singular, y existe un único vector c tal que T −AT − I) c = e−As b(s) ds . (e 0

c) Pruébese que, en las condiciones del apartado precedente, t At At y(t) = e c + e e−As b(s) ds 0

es la única solución periódica (de periodo T ) del sistema y = A y + b(t), solución llamada el estado estacionario del sistema (en realidad sólo se llama así cuando las soluciones de y = A y tienden a 0 cuando t → ∞).

188 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

d) Pruébese que, en las condiciones del apartado b), cuando b(t) ≡ b, entonces y = −A−1 b es el estado estacionario del sistema. e) Compruébese que el sistema y1 = −y1 + cos t

y2 = −2 y2 tiene por solución y1 = c1 e−t +

1 (sen t + cos t) , 2

y2 = c2 e−2t ,

(4.8)

y como estado estacionario 1 (sen t + cos t) , 2 y2 = 0 . y1 =

(4.9)

Compruébese que las restantes soluciones se aproximan a ésta cuando la variable t → ∞ en el siguiente sentido: si denotamos por y(t) una solución arbitraria del sistema y por ys (t) el estado estacionario, entonces y(t) − ys (t) → 0 cuando t → ∞. (Lo mismo ocurre si ys (t) es una solución cualquiera del sistema completo, aunque el enunciado con la solución periódica parece decir más: parece decir que toda solución "tiende a ser periódica".)

SOLUCIÓN

a) Razonamos por reducción al absurdo. Sean y1 (t), y2 (t) dos soluciones periódicas del sistema completo (no homogéneo), entonces su diferencia será una solución periódica del sistema homogéneo en contradicción con que todas sus soluciones tienden a 0 o son no acotadas cuando t → ∞. Contradicción a la que hemos llegado por suponer la existencia de dos soluciones periódicas, luego el sistema a lo sumo admite una solución periódica. b) Si A no posee autovalores de la forma 2πki/T entonces, de acuerdo con el problema 4.29, el sistema homogéneo carece de una solución no trivial de periodo T lo que equivale (apartado c) del problema 4.29) a que 1 no es un valor propio de exp(AT ); por lo tanto, tampoco de exp(−AT ) y la matriz (exp(−AT ) − I) es no singular y el sistema T e−As b(s) ds , (e−AT − I) c = 0

tiene solución c, única.

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

t

c) y(t) = eAt c + eAt

189

eâ&#x2C6;&#x2019;As b(s) ds es la forma que toma la soluciĂłn del sistema no

0

homogĂŠneo y = A y + b(t) que veriďŹ ca y(0) = c. Como la matriz A no posee autovalores de la forma 2Ď&#x20AC;ki/T , se deduce del apartado d) del problema 4.29 que el sistema y = A y no admite soluciones periĂłdicas (de perĂ­odo T ) distintas de la trivial.

Esto implica que el sistema y = A y + b(t) tiene a lo sumo una soluciĂłn periĂłdica (de perĂ­odo T ) no trivial, puesto que si tuviera dos distintas, su diferencia serĂ­a una soluciĂłn periĂłdica y no trivial del sistema homogĂŠneo y = A y.

Veamos por Ăşltimo que la soluciĂłn es periĂłdica de perĂ­odo T . Para ello, y en virtud del apartado b) del problema 4.29, bastarĂĄ ver que y(T ) = y(0), esto es

y(T ) = e

AT

I â&#x2C6;&#x2019; eAT c = eAT

0

T

c+e

AT

eâ&#x2C6;&#x2019;As b(s) ds = c = y(0)

0

T

eâ&#x2C6;&#x2019;As b(s) ds â&#x2021;?â&#x2021;&#x2019; eâ&#x2C6;&#x2019;AT â&#x2C6;&#x2019; I c =

T

eâ&#x2C6;&#x2019;As b(s) ds .

0

Pero, como vimos en el apartado b), esta Ăşltima relaciĂłn es justamente la que deďŹ ne a c, por lo que queda probada la periodicidad de perĂ­odo T . d) En el apartado b) probamos que existe una Ăşnica soluciĂłn periĂłdica. Como la funciĂłn y(t) = â&#x2C6;&#x2019;Aâ&#x2C6;&#x2019;1 b lo es, ya que i) y (t) = 0 â&#x2021;&#x2019; 0 = A y + b = â&#x2C6;&#x2019;A Aâ&#x2C6;&#x2019;1 b + b = â&#x2C6;&#x2019;b + b = 0, luego es soluciĂłn ii) y(0) = â&#x2C6;&#x2019;Aâ&#x2C6;&#x2019;1 b = y(T ) lo que implica que es periĂłdica de periodo T , entonces se trata del estado estacionario. e) Comprobamos que (4.8) es soluciĂłn: â&#x17D;Ť 1 â&#x17D;Ş (cos t â&#x2C6;&#x2019; sen t) â&#x17D;Ź 2 â&#x2021;&#x2019; â&#x17D;Ş 1 â&#x17D;­ â&#x2C6;&#x2019;t â&#x2C6;&#x2019;y1 + cos t = â&#x2C6;&#x2019;c1 e â&#x2C6;&#x2019; (sen t + cos t) + cos t 2 ( y2 = â&#x2C6;&#x2019;2 c2 eâ&#x2C6;&#x2019;2t â&#x2021;&#x2019; coinciden â&#x2C6;&#x2019;2 y2 = â&#x2C6;&#x2019;2 c2 eâ&#x2C6;&#x2019;2t y1

= â&#x2C6;&#x2019;c1 eâ&#x2C6;&#x2019;t +

coinciden

En particular, la Ăşnica soluciĂłn periĂłdica (4.9) se obtiene tomando c1 = c2 = 0, por lo que el estado estacionario es: â&#x17D;Ť 1 y1 = (sen t + cos t) â&#x17D;Ź 2 â&#x17D;­ y = 0.

2

Las demĂĄs soluciones tienden al estado estacionario cuando t â&#x2020;&#x2019; â&#x2C6;&#x17E;, puesto que, para cualquier valor de c1 y c2 , se tiene que y(t) â&#x2C6;&#x2019; ys (t) = (c1 eâ&#x2C6;&#x2019;t , c2 eâ&#x2C6;&#x2019;2t ), por lo que, para cualquier norma vectorial se tendrĂĄ y(t) â&#x2C6;&#x2019; ys (t) = (c1 eâ&#x2C6;&#x2019;t , c2 eâ&#x2C6;&#x2019;2t ) â&#x2020;&#x2019; (0, 0) = 0

si t â&#x2020;&#x2019; â&#x2C6;&#x17E; .

190 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMA 4.31 Dado el sistema

x y

= A

x y

,

con A =

a b c d

,

la ecuaciĂłn pA (D) u = u â&#x2C6;&#x2019; tr A u + det A u = u â&#x2C6;&#x2019; (a + d) u + (ad â&#x2C6;&#x2019; bc) u = 0 se denomina ecuaciĂłn secular del sistema. a) PruĂŠbese que toda componente de una soluciĂłn del sistema es soluciĂłn de su ecuaciĂłn secular. b) Supongamos ahora que u(t) es soluciĂłn de la ecuaciĂłn secular. PruĂŠbese que que, si b = 0, entonces x = bu,

y = u â&#x2C6;&#x2019; a u

es soluciĂłn del sistema, y que, si c = 0, x = u â&#x2C6;&#x2019; d u ,

y = cu

es soluciĂłn del sistema.

SOLUCIĂ&#x201C;N

T

a) Si (x, y) es una soluciĂłn del sistema, entonces x = a x + b y , de dĂłnde

x y

= =

y = c x + d y ,

a x + b y = a 2 x + a b y + b c x + b d y , c x + d y = c a x + c b y + d c x + d2 y .

Sustituyendo estas expresiones en la ecuaciĂłn secular es inmediato comprobar que tanto x como y la veriďŹ can. b) Si u(t) es una soluciĂłn de la ecuaciĂłn secular entonces u = (a + d) u + (bc â&#x2C6;&#x2019; ad) u .

(4.10)

1) Supongamos que b = 0, (x, y)T = (b u, u â&#x2C6;&#x2019; a u)T es soluciĂłn del sistema si y sĂłlo si

b u a b bu b u = = , c d u â&#x2C6;&#x2019; a u u â&#x2C6;&#x2019; a u c b u + d u â&#x2C6;&#x2019; a d u es decir, si y sĂłlo si u â&#x2C6;&#x2019; a u = c b u + d u â&#x2C6;&#x2019; a d u. Igualdad que se veriďŹ ca inmediatamente teniendo en cuenta la expresiĂłn (4.10) que veriďŹ ca u .

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

191

2) AnĂĄlogamente, si c = 0 entonces (x, y)T = (u â&#x2C6;&#x2019; d u, c u)T es soluciĂłn del sistema si y sĂłlo si

a b u â&#x2C6;&#x2019; du a u + (b c â&#x2C6;&#x2019; a d) u u â&#x2C6;&#x2019; d u = , = c d c u cu c u es decir, si y sĂłlo si u â&#x2C6;&#x2019; d u = a u + (b c â&#x2C6;&#x2019; a d) u. Igualdad que se veriďŹ ca inmediatamente teniendo en cuenta, nuevamente, la expresiĂłn (4.10).

PROBLEMA 4.32 El siguiente circuito se utiliza habitualmente como un ďŹ ltro elĂŠctrico que amortigua seĂąales de frecuencia alta, conservando las de baja frecuencia.

L

R -

-

I2

I1 V1

+ â&#x2C6;&#x2019;

C1

I3

?

C2

ba` 6

V2

? a`b

a) ObtĂŠngase un modelo matemĂĄtico de funcionamiento del circuito que utilice las constantes y variables del grĂĄďŹ co. b) Supuestas conocidas R, L, C1 , C2 y V1 (t), obtĂŠngase un sistema (sl) de primer orden cuyas soluciones sean V2 (t), I1 (t) e I2 (t). c) Para el caso particular R = 1, L = 4/3, C1 = 1/2, C2 = 3/2 y V1 (t) = eiĎ&#x2030;t , calcĂşlese una matriz fundamental real del sistema homogĂŠneo asociado a (sl). CalcĂşlense las soluciones de (sl). EstĂşdiese el comportamiento de V2 (t) al avanzar el tiempo para valores grandes de Ď&#x2030;. ÂżQuĂŠ sucede cuando Ď&#x2030; se aproxima a cero?.

SOLUCIĂ&#x201C;N

a) La caĂ­da de potencial a travĂŠs de un condensador de capacitancia C1 es q(t)/C1 , donde q es la carga del condensador; por lo tanto para el circuito V1 R C1 de la ďŹ gura anterior, la segunda ley de Kirchhoff establece R I1 +

1 q(t) = V1 (t) .

C1

(4.11)

192 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Pero la corriente I3 y la carga q(t) se relacionan mediante I3 = dq/dt, así, la ecuación (4.11) se transforma en la ecuación diferencial

1 I3 dt − V1 (t) = 0 .

R I1 + C1 Para el circuito C1 L C2 , la segunda ley de Kirchhoff establece que

1 1

I2 dt − I3 dt = 0 .

L I2 + C2 C1

(4.12)

Finalmente resulta evidente que las intensidades están relacionadas mediante la expresión I1 = I2 + I3 .

b) La caída de voltaje a través de C2 es V2 = 1/C2 I2 dt, por lo tanto V2 =

1 I2 .

C2

(4.13)

Derivando (4.11) y, teniendo en cuenta que I3 = I1 − I2 , obtenemos 0 = R I1 +

1 1 I3 − V1 (t) = R I1 + (I1 − I2 ) − V1 (t) , C1 C1

de donde I1 = −

1 1 1 I1 + I2 + V1 (t) .

R C1 R C1 R

(4.14)

Ahora bien, de (4.12) obtenemos I2 pero

I2 dt = C2 V2 y

1 =− L C2

1 I2 dt + L C1

I3 dt ,

I3 dt = (V1 (t) − R I1 ) C1 , luego I2 = −

R 1 1 I1 − V2 + V1 (t) .

L L L

Estas tres expresiones, (4.13), (4.14) e (4.15), constituyen el sistema ⎞ ⎛ ⎛ 1 1 1 − 0

⎛ ⎞ ⎜ R C1 R C1 ⎞ ⎛ ⎟ ⎜ V1 (t) R I1 I1 ⎟ ⎜ ⎜ d ⎜ 1 ⎟ R ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 1 ⎟⎜ I + 0 − − ⎜ ⎝ ⎠ ⎝ I2 ⎠ = ⎜ 2 ⎜ V1 (t) ⎜ dt L L ⎟ ⎟ ⎜ ⎝ L ⎠ ⎝ V2 V 2 1 0 0 0 C2 c) En este caso tenemos el sistema ⎛

I1

⎞

⎛

I1

⎞

d ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎝ I2 ⎠ = A ⎝ I2 ⎠ + b(t) , dt V2 V2

(4.15)

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟. ⎟ ⎠

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

con

â&#x17D;&#x203A;

â&#x2C6;&#x2019;2

â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153; 3 â&#x17D;&#x153; A=â&#x17D;&#x153; â&#x2C6;&#x2019; â&#x17D;&#x153; 4 â&#x17D;?

0

2

0

3 0 â&#x2C6;&#x2019; 4 2 0 3

â&#x17D;&#x17E;

â&#x17D;&#x203A;

â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x;, â&#x17D;&#x; â&#x17D;

i Ď&#x2030; eiĎ&#x2030;t

â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153; 3 b(t) = â&#x17D;&#x153; eiĎ&#x2030;t â&#x17D;&#x153; â&#x17D;? 4 0

193

â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x;. â&#x17D;&#x; â&#x17D;

El polinomio caracterĂ­stico de la matriz A,

â&#x2C6;&#x2019;2 â&#x2C6;&#x2019; Îť

â&#x2C6;&#x2019;3

4

0

2 â&#x2C6;&#x2019;Îť 2 3

0

3 â&#x2C6;&#x2019; = â&#x2C6;&#x2019;Îť3 â&#x2C6;&#x2019; 2 Îť2 â&#x2C6;&#x2019; 2 Îť â&#x2C6;&#x2019; 1 , 4

â&#x2C6;&#x2019;Îť

â&#x2C6;&#x161; â&#x2C6;&#x161; tiene la raĂ­z real â&#x2C6;&#x2019;1 y las raĂ­ces complejas â&#x2C6;&#x2019;1/2 + 3/2 i, â&#x2C6;&#x2019;1/2 â&#x2C6;&#x2019; 3/2 i. Buscamos un vector propio u1 asociado al valor propio Îť = â&#x2C6;&#x2019;1, es decir, (A + I) u1 = 0, â&#x17D;&#x203A;

â&#x2C6;&#x2019;1

â&#x17D;&#x153; â&#x17D;&#x153; 3 â&#x17D;&#x153; â&#x2C6;&#x2019; â&#x17D;&#x153; 4 â&#x17D;?

0

2

0

3 1 â&#x2C6;&#x2019; 4 2 1 3

â&#x17D;&#x17E;

â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x;

u1 â&#x17D;&#x; 0 u 1 = 2 u2 , â&#x17D;&#x; â&#x17D;? u2 â&#x17D; = â&#x2021;&#x2019; â&#x17D;&#x; 0 2/3 u2 = â&#x2C6;&#x2019;u3 . â&#x17D; u3

Tomando u2 = 3 obtenemos u1 = (6, 3, â&#x2C6;&#x2019;2)T , y una soluciĂłn real del sistema homogĂŠneo es â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; 6 y1 (t) = eâ&#x2C6;&#x2019;t u1 = eâ&#x2C6;&#x2019;t â&#x17D;? 3 â&#x17D; . â&#x2C6;&#x2019;2 â&#x2C6;&#x161; Calculamos, ahora, un vector â&#x2C6;&#x161; propio u2 asociado al valor propio Îť = â&#x2C6;&#x2019;1/2 + 3/2 i, es decir, [A â&#x2C6;&#x2019; (â&#x2C6;&#x2019;1/2 + 3/2 i) I] u2 = 0, â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x203A; â&#x2C6;&#x161; 3 3 2 0 â&#x17D;&#x;â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x153; â&#x2C6;&#x2019;2 â&#x2C6;&#x2019; 2 i â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x153;

â&#x2C6;&#x161; u1 â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x153; 0 â&#x17D;&#x;â&#x17D;? â&#x17D;&#x153; 3 3 3 1 â&#x17D; u2 = , â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x153; â&#x2C6;&#x2019; i â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019; 0 â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x153; 4 2 2 4 u â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x153; 3 â&#x2C6;&#x161; â&#x17D;?

2 3 â&#x17D; 1 â&#x2C6;&#x2019; i 0 3 2 2 de donde

â&#x2C6;&#x161; (3 + â&#x2C6;&#x161;3 i) u1 = 4 u2 , â&#x2C6;&#x161; â&#x2C6;&#x161; (3 + 3 i) u1 = (â&#x2C6;&#x2019;3 + 3 3 i) u3 â&#x2021;&#x2019; u1 = 3 i u3 .

Si tomamos u3 = â&#x2C6;&#x2019;4 i entonces u1 = 4

â&#x2C6;&#x161;

3, y u2 = 3 +

â&#x2C6;&#x161;

3 i; resulta entonces

194 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS √ 3 i , −4 i)T y una solución compleja del sistema homogéneo es √ ⎛ ⎞ 4 √3 √ y(t) = e−1/2+ 3/2 i) t ⎝ 3 + 3 i ⎠ −4 i ⎡⎛ √ ⎞ ⎛ ⎞⎤ 4 √3 0 √ √ = e−1/2 t [cos( 3/2 t) + i sen( 3/2 t)] ⎣⎝ 3 3 ⎠ + i ⎝ 3 ⎠⎦ . −4 0

u2 = (4

√

3, 3 +

Tomando parte real e imaginaria, obtenemos dos soluciones reales del sistema homogéneo, linealmente independientes de y1 (t), √ √ ⎛ ⎞ 4 3 cos( 3/2 t) √ √ ⎜ √ ⎟ y2 (t) = y(t) = e−t/2 ⎝ 3 3 cos( 3/2 t) − 3 sen( 3/2 t) ⎠ , √ 4 sen( 3/2 t) √ √ ⎛ ⎞ 4 3 sen( 3/2 t) √ √ √ ⎜ ⎟ y3 (t) = y(t) = e−t/2 ⎝ 3 cos( 3/2 t) + 3 3 sen( 3/2 t) ⎠ . √ −4 cos( 3/2 t) Una matriz que tenga por columnas los vectores y1 (t), y2 (t) e y3 (t) será una matriz fundamental del sistema homogéneo.

Buscamos ahora una solución particular del sistema completo. Como el término independiente es ⎞ ⎛ iω ⎟ ⎜ eiωt q(t) = eiωt ⎝ 3/4 ⎠ , 0 con q constante, y i ω no es un valor propio de A, existe una solución particular de la forma eiωt c. Esa solución debe verificar ⎞ ⎛ iω ⎟ ⎜ i ω c eiωt = A c eiωt + ⎝ 3/4 ⎠ eiωt , 0 o sea, c debe verificar (i ω I − A) c = (i ω, 3/4, 0)T . Sistema algebraico que tiene por solución c = (c1 , c2 , c3 ) con c1 =

2 ω − ω3 , −ω 3 + 2 i ω 2 + 2 ω − i c3 =

−i ω 3

c2 =

3ω , −2 ω 3 + 4 i ω 2 − 4 ω − 2 i

1 . − 2 ω2 + 2 i ω + 1

Obtenemos así una solución particular periódica que, sumada a la solución general del sistema homogéneo, proporciona la solución general del sistema completo.

En cuanto al comportamiento de V2 (t) hay que notar que toda solución de y = A y es de la forma √ √ e−t u1 + e(−(1/2)+i 3/2)t u2 + e(−(1/2)−i 3/2)t u3 ,

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

195

y converge siempre a 0 cuando t → ∞, por lo que la solución general del sistema tiende siempre a la solución periódica particular obtenida, eiωt c, (solución que suele denominarse el “estado estable" o “estado estacionario" del sistema). La tercera componente de dicho estado estable es V2s (t) = Si llamamos a(ω) =

eiωt . −i ω 3 − 2 ω 2 + 2 iω + 1

1 1 , = 6 | − i ω 3 − 2 ω 2 + 2 iω + 1|2 ω +1

tenemos que 1 . ω6 + 1 Cuando ω es grande, la amplitud de la respuesta es muy pequeña. Cuando ω se aproxima a cero, la amplitud de la respuesta es aproximadamente la de la entrada. |V2s (t)| =

CAPÍTULO

5

Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes

En este tema se presentan métodos de resolución para las ecuaciones diferenciales lineales que pueden ser resueltas de forma elemental; en concreto, para aquellas que son de coeficientes constantes, y algunas otras que se reducen a ese caso.

5.1. Ecuaciones lineales homogéneas con coeficientes constantes.

5.1.1. Solución general.

Consideremos la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n (ehc)

a0 y n) + a1 y n−1) + · · · + an−1 y + an y = 0 ,

donde los coeficientes ai , i = 0, . . . , n, son constantes reales y a0 = 0.

Dado que las funciones constantes son continuas en todo su dominio, la ecuación (ehc) tiene soluciones definidas en todo IR. Si se pueden encontrar n soluciones y1 , . . . , yn , linealmente independientes en IR, entonces la solución general de (ehc) viene dado por y(t) = c1 y1 (t) + · · · + cn yn (t) , con c1 , . . . , cn constantes arbitrarias.

Recordemos que el cambio y1 = y, y2 = y , . . . , yn = y n−1) transforma la ecuación (ehc) en un sistema, y = A y, lineal de coeficientes constantes. La solución general de la ecuación es entonces la primera componente de la solución general del sistema asociado, y ésta depende de los valores propios de su matriz de coeficientes, A. Comenzamos interesándonos por el polinomio característico de A.

198 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS D EFINICIĂ&#x201C;N. Se denomina ecuaciĂłn caracterĂ­stica de la ecuaciĂłn lineal de coeďŹ cientes constantes a0 y n) + a1 y nâ&#x2C6;&#x2019;1) + ¡ ¡ ¡ + anâ&#x2C6;&#x2019;1 y + an y = 0, a la ecuaciĂłn a0 rn + a1 rnâ&#x2C6;&#x2019;1 + ¡ ¡ ¡ + anâ&#x2C6;&#x2019;1 r + an = 0 , que resulta de sustituir la derivada k-ĂŠsima de y(t) por la k-ĂŠsima potencia de la variable r.

ProposiciĂłn. Los valores propios de la matriz A del sistema equivalente a la ecuaciĂłn (ehc), son las raĂ­ces de la ecuaciĂłn caracterĂ­stica.

El siguiente teorema nos muestra cĂłmo conseguir un sistema fundamental de soluciones de (ehc).

Teorema. Consideremos la ecuaciĂłn lineal homogĂŠnea de coeďŹ cientes constantes a0 y n) + a1 y nâ&#x2C6;&#x2019;1) + ¡ ¡ ¡ + anâ&#x2C6;&#x2019;1 y + an y = 0 .

(ehc)

Denotemos por Îť1 , . . . , Îťr las raĂ­ces de su ecuaciĂłn caracterĂ­stica y por n1 , . . . , nr sus multiplicidades como raĂ­ces de dicha ecuaciĂłn. Entonces, las n funciones tj etÎťk ,

k = 1, . . . , r , j = 0, . . . , nk â&#x2C6;&#x2019; 1

forman un sistema fundamental de soluciones de (ehc).

Sistemas fundamentales reales y complejos.

Los resultados sobre sistemas fundamentales reales y complejos vistos en el tema 3 para las ecuaciones lineales con coeďŹ cientes continuos se aplican, en particular, para las ecuaciones con coeďŹ cientes constantes.

AsĂ­, si Îť es una raĂ­z no real de multiplicidad n de la ecuaciĂłn caracterĂ­stica, tambiĂŠn lo es Îť con la misma multiplicidad. Las 2n soluciones complejas, eÎťt ,

eÎťt ,

t eÎťt ,

t eÎťt , . . . , tnâ&#x2C6;&#x2019;1 eÎťt ,

tnâ&#x2C6;&#x2019;1 eÎťt

generan un espacio de dimensiĂłn 2n que tambiĂŠn es generado por las 2n soluciones reales

eÎťt

= e(a+ib)t = eat (cos(bt) + i sen(bt)) = e Îť t cos( Îť t) ,

eÎťt j Îťt

t e

tj eÎťt

= e(a+ib)t = eat (cos(bt) + i sen(bt)) = e Îť t sen( Îť t) , = tj eÎťt = tj e Îť t cos( Îť t) , = tj eÎťt = tj e Îť t sen( Îť t) .

5.1.2. La ecuaciĂłn de Euler.

Consideremos la ecuaciĂłn a0 tn y n) + a1 tnâ&#x2C6;&#x2019;1 y nâ&#x2C6;&#x2019;1) + ¡ ¡ ¡ + anâ&#x2C6;&#x2019;1 ty + an y = 0 , ai â&#x2C6;&#x2C6; IR , i = 0, . . . , n , a0 = 0 .

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

199

o, en general, para α, β ∈ IR a0 (αt + β)n y n) + a1 (αt + β)n−1 y n−1) + · · · + an−1 (αt + β)y + an y = 0 , con ai ∈ IR para i = 0, 1, . . . , n y a0 = 0, llamada ecuación de Euler. Aunque es una ecuación con coeficientes variables, admite un sencillo cambio de variable que la transforma en una ecuación de coeficientes constantes.

Si se estudia para αt + β > 0 , el cambio αt + β = es la transforma en una ecuación de coeficientes constantes. El cambio es αt + β = −es cuando se estudia para αt + β < 0.

Nota. Lo anterior equivale a buscar soluciones de la forma y(t) = tλ para la ecuación a0 tn y n) + a1 tn−1 y n−1) + · · · + an−1 ty + an y = 0 , (o de la forma y(t) = (αt + β)λ para la ecuación a0 (αt + β)n y n) + a1 (αt + β)n−1 y n−1) + · · · + an−1 (αt + β)y + an y = 0 ).

Al dividir el resultado por tλ (o por (αt + β)λ ), resulta para λ una ecuación de la forma p(λ) = 0 , donde p es un polinomio de grado n (justamente la ecuación característica de s cuando se ha hecho el cambio de variable). Si las raíces de este polinomio son λ1 , . . . , λr con multiplicidades n1 , . . . , nr , entonces las funciones tλ1 , tλ1 ln t, . . . , tλ1 (ln t)n1 −1 , . . . , tλr (ln t)nr −1 , (o las correspondientes con (αt + β)λ ) forman un sistema fundamental de soluciones, puesto que son las funciones que se corresponden con eλ1 s , eλ1 s s, . . . , eλ1 s sn1 −1 , . . . , eλr s snr −1 .

No existe problema alguno si λi es complejo, ya que si λi = λi1 + i λi2 entonces eλi s y ¯ eλi s se sustituyen por eλi1 s cos(λi2 s) y eλi1 s sen(λi2 s) respectivamente (los otros términos de igual manera), y las correspondientes funciones en t que aparecen son tλi1 (cos(λi2 ln t)) y tλi1 (sen(λi2 ln t)) respectivamente.

5.2. Ecuaciones lineales no homogéneas con coeficientes constantes.

Consideramos una ecuación lineal no homogénea de coeficientes constantes (elc)

a0 y n) + a1 y n−1) + · · · + an−1 y + an y = b(t) ,

donde ai , i = 0, . . . , n son constantes reales, b(t) es una función continua en un intervalo I ⊆ IR y a0 = 0.

Recordemos que la solución general de esta ecuación se obtiene como suma de la solución general de la ecuación homogénea asociada y de una particular de la ecuación completa. A continuación veremos métodos que nos permitirán obtener esta última.

200 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

5.2.1. Variación de las constantes.

Para calcular una solución particular de (elc), se puede aplicar el método de variación de las constantes, ya visto en el tema 3, y que ahora recordamos brevemente. Sea c1 y1 (t) + · · · + cn yn (t), con ci ∈ IR para i = 1, 2, . . . , n constantes arbitrarias, la solución general de la ecuación homogénea asociada a (elc). La solución particular de (elc) vendrá dada por c1 (t)y1 (t) + · · · + cn (t)yn (t), donde las derivadas c 1 (t), . . . , c n (t) deben ser solución del sistema algebraico ⎞⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ··· yn (t) y1 (t) c1 (t) 0 .. .. ⎟ ⎜ .. ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ .. .. ⎠⎝ . ⎠ = ⎝ ⎝ ⎠; . . . . n−1)

y1

(t)

···

n−1)

yn

(t)

c n (t)

b(t)/a0 (t)

y basta tomar como c1 (t), . . . , cn (t), primitivas arbitrarias de las soluciones obtenidas.

5.2.2. El método operacional.

En muchos casos prácticos, el término independiente b(t) es alguna función de tipo polinomial, exponencial o trigonométrica, o bien se puede descomponer en funciones de ese tipo. En tales casos, veamos métodos más sencillos que el de variación de las constantes para obtener unas solución particular de (elc).

Interpretaremos la expresión a0 y n) + a1 y n−1) + · · · + an−1 y + an y, como el resultado de aplicar el operador de derivación p(D) = a0 Dn + a1 Dn−1 + · · · + an−1 D + an , con D = d/dt , Dj = dj /dtj , a la función y(t). De modo que la ecuación (elc) se expresa como p(D) y = b(t).

Diremos que p(D) es un operador de derivación con coeficientes constantes. Se trata efectivamente de un operador que aplica funciones de C n (I) a funciones de C(I), verificando: 1) Es un operador lineal - p(D) (f + g) = p(D) f + p(D) g , - p(D) (λf ) = λ p(D) f .

2) Se relacionan con las operaciones habituales de los polinomios en la forma siguiente: - p(D) f + q(D) f = (p + q)(D) f , - λ p(D) f = (λ p)(D) f , - p(D) [q(D) f ] = (p q)(D) f = q(D) [p(D) f ].

3) Y las propiedades, - p(D) eαt = p(α) eαt , - p(D2 ) sen(αt + β) = p(−α2 ) sen(αt + β) , - p(D2 ) cos(αt + β) = p(−α2 ) cos(αt + β) ,

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

201

- p(D) eÎąt f (t) = eÎąt p(D + Îą) f (t), donde p(D 2 ) y p(D + Îą) se deben entender como los polinomios de derivaciĂłn que resultan de sustituir en p(x) la variable x por D2 y D + Îą respectivamente.

La idea del mĂŠtodo operacional es aprovechar este pequeĂąo catĂĄlogo de propiedades para buscar una funciĂłn y tal que p(D) y = b(t). Ahora bien, para esta ďŹ nalidad, lo mĂĄs cĂłmodo serĂĄ disponer el catĂĄlogo en forma inversa.

NotaciĂłn: Sea p(x) el polinomio p(x) = a0 xn + a1 xnâ&#x2C6;&#x2019;1 + ¡ ¡ ¡ + anâ&#x2C6;&#x2019;1 x + an y f (t) una funciĂłn continua en un intervalo I â&#x160;&#x2020; IR, los sĂ­mbolos 1 f, p(D)

p(D)â&#x2C6;&#x2019;1 f ,

o

a0

Dn

+ a1

Dnâ&#x2C6;&#x2019;1

1 f, + ¡ ¡ ¡ + anâ&#x2C6;&#x2019;1 D + an

representan una cualquiera de las soluciones de la ecuaciĂłn p(D) y = f .

N OTACIĂ&#x201C;N OPERACIONAL INVERSA. 1 (p(D)f ) = f , 1. p(D) 1 1 1 (f + g) = f+ g, 2. p(D) p(D) p(D) 1 1 (Îťf ) = Îť f, 3. p(D) p(D) 1 1 q(D)f = q(D) f, 4. p(D) p(D)

1 1 1 5. f = f, p(D) q(D) pq(D) 1 Îťt 1 Îťt e = e si p(Îť) = 0 , 6. p(D) p(Îť) 1 1 sen(Îąt + β) = sen(Îąt + β) si p(â&#x2C6;&#x2019;Îą2 ) = 0 , 7.

2 p(D ) p(â&#x2C6;&#x2019;Îą2 ) 1 1 cos(Îąt + β) = cos(Îąt + β) si p(â&#x2C6;&#x2019;Îą2 ) = 0 , 8.

2 p(D ) p(â&#x2C6;&#x2019;Îą2 ) 1 Îťt 1 e f (t) = eÎťt f (t) .

9. p(D) p(D + Îť)

OTROS RECURSOS. a) Si p(x) = a0 (x â&#x2C6;&#x2019; Îť1 ) . . . (x â&#x2C6;&#x2019; Îťn ) entonces se puede resolver p(D) y = f poniendo

1 1 1 1 1 f= f , ... p(D) D â&#x2C6;&#x2019; Îťn D â&#x2C6;&#x2019; Îť 2 D â&#x2C6;&#x2019; Îť 1 a0 o sea, resolviendo n ecuaciones lineales de la forma y â&#x2C6;&#x2019; Îťk y = fk (t), cada una con un tĂŠrmino independiente que es la soluciĂłn particular obtenida para la anterior. b) La ecuaciĂłn Ly = q(t), con q(t) un polinomio de grado k en t, tiene una soluciĂłn particular de la forma y(t) = r(t), con r(t) polinomio de grado k + m, para cierto m â&#x2C6;&#x2C6; IN. Veamos cĂłmo calcular esa soluciĂłn.

202 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS (i) Si p(0) = 0, entonces, simplemente dividiendo, podemos expresar 1/p(x) en la forma r(x) 1 = c(x) + , p(x) p(x) donde â&#x20AC;˘ c(x) es un polinomio de grado menor o igual que k, â&#x20AC;˘ r(x) es un polinomio sin potencias de x de orden menor que xk+1 .

Una soluciĂłn de la ecuaciĂłn se obtiene entonces como 1 1 q(t) = c(D) q(t) + r(D) q(t) p(D) p(D) = c(D) q(t) , ya que cualquier derivada de q(t) de orden superior a k es nula, y el tĂŠrmino (1/p(D))0, del que hemos prescindido, proporciona la soluciĂłn general del homogĂŠneo Ly = 0. (ii) Si p(0) = 0, entonces p(x) es de la forma p(x) = xm p1(x), con p1(0) = 0. Como

1 1 1 q(t) = m q(t) , p(D) D p1(D) se puede utilizar para (1/1 p(D)) q(t) el procedimiento indicado en el apartado anterior, y luego integrar m veces para obtener la soluciĂłn. c) La ecuaciĂłn Ly = eÎąt q(t) , con q(t) un polinomio de grado k en t, tiene una soluciĂłn particular de la forma y(t) = eÎąt r(t), con r(t) un polinomio de grado menor o igual que k + m, y donde m es la multiplicidad de Îą como raĂ­z del polinomio caracterĂ­stico de la ecuaciĂłn.

La soluciĂłn se obtiene, aplicando primero la propiedad 9. anterior, esto es 1 1 eÎąt q(t) = eÎąt q(t) , p(D) p(D + Îą) y a continuaciĂłn el procedimiento descrito en el apartado b).

5.3. SelecciĂłn de problemas.

PROBLEMA 5.1 ConsidĂŠrese la ecuaciĂłn con a, b y c reales.

ay + by + c = 0 ,

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

203

a) PruĂŠbese operacionalmente, que si am2 + bm + c = 0 posee dos raĂ­ces reales diferentes, m1 y m2 , entonces em1 t y em2 t es un sistema fundamental de soluciones. b) PruĂŠbese operacionalmente que, si Îą + iβ y Îą â&#x2C6;&#x2019; iβ, con β = 0, son raĂ­ces complejas conjugadas de am2 +bm+c = 0, entonces eÎąt cos(βt) y eÎąt sen(βt) es un sistema fundamental de soluciones. c) PruĂŠbese operacionalmente que, si m es una raĂ­z doble de am2 + bm + c = 0, entonces emt y temt es un sistema fundamental de soluciones.

SOLUCIĂ&#x201C;N

La ecuaciĂłn caracterĂ­stica asociada, viene dada por p(r) = ar2 + br + c = 0. Por otra parte, la ecuaciĂłn ay + by + c = 0 puede ser descrita en la forma L(y) = 0, donde el operador del primer miembro de la ecuaciĂłn es L=a

d d2 + b + c.

2 dt dt

Recordemos que el operador es lineal y veriďŹ ca, entre otras, la propiedad: L(eÎťt ) = p(Îť)eÎťt , con Îť â&#x2C6;&#x2C6; C. a) En este caso, se tiene que p(r) = a(r â&#x2C6;&#x2019; m1 )(r â&#x2C6;&#x2019; m2 ) con m1 = m2 , y las funciones emi t (i = 1, 2) son soluciones de la ecuaciĂłn, puesto que L(emi t ) = p(mi )emi t = 0 por ser p(mi ) = 0. Como ademĂĄs son independientes y su nĂşmero coincide con la dimensiĂłn 2 del espacio de soluciones, forman un sistema fundamental de soluciones para la ecuaciĂłn. b) La ecuaciĂłn caracterĂ­stica es p(r) = a(r â&#x2C6;&#x2019;Îąâ&#x2C6;&#x2019;iβ)(r â&#x2C6;&#x2019;Îą+iβ).

Veamos si las funciones eÎąt cos(βt) = e(Îą+iβ)t + e(Îąâ&#x2C6;&#x2019;iβ)t /2 y eÎąt sen(βt) = e(Îą+iβ)t â&#x2C6;&#x2019; e(Îąâ&#x2C6;&#x2019;iβ)t /(2i) son soluciones de la ecuaciĂłn. Por la linealidad del operador, bastarĂĄ ver que son soluciones las funciones e(Îą+iβ)t y e(Îąâ&#x2C6;&#x2019;iβ)t . Pero L(e(ι¹iβ)t ) = p(Îą Âą iβ)e(ι¹iβ)t = 0.

Como β = 0, se sigue trivialmente que las dos soluciones son independientes y forman un sistema fundamental de soluciones. c) Ahora la ecuaciĂłn caracterĂ­stica es p(r) = a(r â&#x2C6;&#x2019; m)2 . La funciĂłn emt es soluciĂłn por ser L(emt ) = p(m)emt = 0. La otra funciĂłn, temt , tambiĂŠn satisface la ecuaciĂłn, puesto que

L(temt ) = L

d mt e dm

=

d d L(emt ) = p(m)emt = 0. dm dm

Es fĂĄcil comprobar que ambas soluciones son independientes y, por tanto, forman un sistema fundamental de soluciones para la ecuaciĂłn.

204 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMA 5.2 Compruébese que la ecuación y − t2 y = 0 tiene como raíces de la ecuación característica t y −t, pero que e(t)t y e(−t)t no son soluciones de la ecuación.

SOLUCIÓN

La ecuación característica para esta ecuación es p(r) = r2 − t2 = (r + t)(r − t) = 0, que 2 tiene por raíces t y −t. Sin embargo, es fácil comprobar que y1 (t) = e(t)t = et no es 2 solución de la ecuación, puesto que y1 − t2 y1 = (3t2 + 2) et > 0 , ∀t ∈ IR. La función 2 2 y2 (t) = e(−t)t = e−t tampoco es solución de la ecuación, ya que y2 − t2 y2 = (3t2 − 2) et sólo se anula para dos valores de t. Hemos visto así, con un ejemplo, cómo un resultado relativo a la ecuación característica, válido para ecuaciones con coeficientes constantes, deja de serlo al considerar ecuaciones de coeficientes no constantes.

PROBLEMA 5.3 Calcúlese la solución general de las siguientes ecuaciones lineales homogéneas a) y − 6 y + 9 y − 4 y = 0, b) y + 3 y + 7 y + 5 y = 0, c) y vii) + 2 y v) + y = 0.

SOLUCIÓN

a) La ecuación característica asociada a esta ecuación es r3 − 6 r2 + 9 r − 4 = 0 con raíces r1 = r2 = 1 y r3 = 4; por lo tanto su solución general es y(t) = (c1 + c2 t) et + c3 e4 t ,

c1 , c2 , c3 ∈ IR .

b) La ecuación característica asociada a esta ecuación es r3 + 3 r2 + 7 r + 5 = 0 con raíces r1 = −1 , r2 = −1 + 2 i y r3 = −1 − 2 i; por lo tanto su solución general es y(t) = c1 e−t + (c2 cos(2 t) + c3 sen(2 t)) e−t ,

c1 , c2 , c3 ∈ IR .

c) La ecuación característica asociada a esta ecuación es r7 +2 r5 +r3 = 0. Sus raíces son: r1 = 0 con multiplicidad tres, r2 = i con multiplicidad dos y su conjugada r3 = −i con multiplicidad también dos; por lo tanto su solución general es y(t) = c1 +c2 t+c3 t2 +(c4 +c5 t) cos t+(c6 +c7 t) sen t ,

ci ∈ IR , i = 1, 2, . . . , 7.

PROBLEMA 5.4 Calcúlese la solución general de las siguientes ecuaciones lineales homogéneas a) y + 4 y = 0,

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

205

b) y = 0, c) y 4) − 8 y + 32 y − 64 y + 64 y = 0, d) y 4) − y − y + y = 0.

SOLUCIÓN

a) La ecuación característica asociada a esta ecuación es r2 + 4 = 0 con raíces complejas conjugadas r1 = 2 i , r2 = −2 i; por lo tanto su solución general es y(t) = c1 cos(2t) + c2 sen(2t) ,

c1 , c2 ∈ IR .

b) La ecuación característica asociada a esta ecuación es r3 = 0 con raíz triple r = 0; por lo tanto su solución general es y(t) = c1 + c2 t + c3 t2 ,

c1 , c2 , c3 ∈ IR .

c) La ecuación característica asociada a esta ecuación es r4 − 8 r3 + 32 r2 − 64 r + 64 = 0.

Sus raíces son: 2 ± 2 i con multiplicidad dos; por lo tanto su solución general es y(t) = (c1 + c2 t) e2t cos(2t) + (c3 + c4 t) e2t sen(2t) ,

c1 , c2 , c3 , c4 ∈ IR .

d) La ecuación característica asociada r4 − r3 − r + 1 = 0 con raíces √ a esta ecuación es√ r1 = 1 doble, y r2 = (−1 + 3 i)/2, r3 = (−1 − 3 i)/2 simples; por lo tanto su solución general es !√ " !√ " 3 t 3t +c4 e−t/2 sen , c1 , c2 , c3 , c4 ∈ IR. y(t) = (c1 +c2 t) et + c3 e−t/2 cos 2 2

PROBLEMA 5.5 Hállese una solución particular de la ecuación 4 y 4) + y = f (t) siendo: a) f (t) = t2 + et sen t, b) f (t) = cos(2t), c) f (t) = sen(t/2), d) f (t) = t sen t.

206 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

SOLUCIÃ&#x201C;N

Calculamos, para cada f (t) concreta, una solución particular mediante el método operacional.

a) yp (t) = = = = =

b) yp (t) =

1 1 1 (t2 + et sen t) = t2 + (et sen t) 4 D4 + D2 4 D4 + D2 4 D4 + D2

1 1 1 2 t sen t + et D2 4 D2 + 1 (D + 1)2 (4 (D + 1)2 + 1)

1 1 2 2 t it e ((1 â&#x2C6;&#x2019; 4 D ) t ) + e

D2 4 D4 + 16 D3 + 25 D2 + 18 D + 5

t4 ei t 2 t â&#x2C6;&#x2019; 4t + e 12 â&#x2C6;&#x2019;16 + 2 i 1 t t4 â&#x2C6;&#x2019; 4 t2 â&#x2C6;&#x2019; e (cos t + 8 sen t) .

12 130 1 1 1 cos(2t) = cos(2t) . cos 2t = 4 D4 + D2 4 (â&#x2C6;&#x2019;4)2 + (â&#x2C6;&#x2019;4) 60

1 t 1 1 it 2 sen e =

4 D4 + D2 2 4 D2 + 1 D2 " !

it it 1 1 e2 = â&#x2C6;&#x2019;4 e2 = 4 D2 + 1 â&#x2C6;&#x2019;1/4 4 D2 + 1

1 1 it it 1 1 2 2 1 = â&#x2C6;&#x2019;4 e 1 = â&#x2C6;&#x2019;4 e 4 (D + i/2)2 + 1 4 D D+i

t it 1 it = â&#x2C6;&#x2019;4 e 2 t = (i t e 2 ) = t cos .

4i 2

c) yp (t) =

d)

1 1 it (t sen t) =

t e 4 D4 + D2 4 D4 + D2

1 = eit t 4 (D + i)4 + (D + i)2

eit = t 4 D4 + 16 i D3 â&#x2C6;&#x2019; 23 D2 â&#x2C6;&#x2019; 14 i D + 3

1 14 1 14 it = e + i D t = (cos t + i sen t) t+ i 3 9 3 9

yp (t) =

=

1 14 cos t + t sen t .

9 3

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

207

PROBLEMA 5.6 ResuĂŠlvanse las siguientes ecuaciones diferenciales lineales con coeďŹ cientes constantes a) b) c) d)

y â&#x2C6;&#x2019; 3 y + 2 y = (t2 + t) e3t , y â&#x2C6;&#x2019; 2y + y = et /t , t > 0, y + y = 6 t2 + 11, y + 4y = 8t sen(2t) + 1.

SOLUCIĂ&#x201C;N

a) La ecuaciĂłn caracterĂ­stica asociada a esta ecuaciĂłn es r2 â&#x2C6;&#x2019; 3 r + 2 = 0, con raĂ­ces simples r1 = 1 , r2 = 2, de modo que la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn homogĂŠnea asociada es yh (t) = c1 et + c2 e2t .

Calculamos, mediante el mĂŠtodo operacional, una soluciĂłn particular de la ecuaciĂłn no homogĂŠnea yp (t) = =

1 1 (t2 + t) e3t = e3t (t2 + t) D2 â&#x2C6;&#x2019; 3D + 2 (D + 3)2 â&#x2C6;&#x2019; 3 (D + 3) + 2 1 (t2 + t) . e3t 2 D + 3D + 2

Dividiendo resulta 1 = D2 + 3D + 2 y entonces yp (t) = e3t

1 3 7 â&#x2C6;&#x2019; D + D2 2 4 8

7 1 3 â&#x2C6;&#x2019; D + D2 2 4 8

+

â&#x2C6;&#x2019;7/8 D4 â&#x2C6;&#x2019; 15/8 D3 , D2 + 3D + 2

(t2 + t) = e3t

1 2 t â&#x2C6;&#x2019;t+1 2

Por lo tanto, la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn, viene dada por

1 2 t 2t t â&#x2C6;&#x2019; t + 1 e3t , y(t) = yh (t) + yp (t) = c1 e + c2 e + 2

.

c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

b) La ecuaciĂłn caracterĂ­stica asociada a esta ecuaciĂłn es r2 â&#x2C6;&#x2019; 2 r + 1 = 0, con raĂ­z r = 1 doble, de modo que la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn homogĂŠnea asociada es yh (t) = c1 et + c2 t et = (c1 + c2 t) et ,

c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

Calculamos, mediante el mĂŠtodo operacional, una soluciĂłn particular de la ecuaciĂłn no homogĂŠnea

1 1 et 1 1 1 t t 1 =e =e 2 = et ln t yp (t) = (D â&#x2C6;&#x2019; 1)2 t (D + 1 â&#x2C6;&#x2019; 1)2 t D t D = et (t ln t â&#x2C6;&#x2019; t) = t (ln t â&#x2C6;&#x2019; 1) et ,

t > 0.

208 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS La soluciĂłn general de la ecuaciĂłn serĂĄ entonces y(t) = yh (t) + yp (t) = c1 et + c2 t et + et t (ln t â&#x2C6;&#x2019; 1) = (c1 + c2 t + t (ln t â&#x2C6;&#x2019; 1)) et ,

c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR ,

t > 0.

c) La ecuaciĂłn caracterĂ­stica asociada a esta ecuaciĂłn es r3 + r = 0, con raĂ­ces r1 = 0, r2 = i, r3 = â&#x2C6;&#x2019;i simples, de modo que la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn homogĂŠnea asociada es yh (t) = c1 + c2 cos t + c3 sen t , c1 , c2 , c3 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

Para calcular una soluciĂłn particular de la ecuaciĂłn no homogĂŠnea, consideremos

1 1 D4 2 2 2 yp (t) = (6 t + 11) = (1 â&#x2C6;&#x2019; D ) + 2 (6 t + 11) D (D2 + 1) D D +1 =

1 1 1 (1 â&#x2C6;&#x2019; D2 ) (6 t2 + 11) = (6 t2 + 11 â&#x2C6;&#x2019; 12) = (6 t2 â&#x2C6;&#x2019; 1) = 2 t3 â&#x2C6;&#x2019; t.

D D D

La soluciĂłn general de la ecuaciĂłn serĂĄ entonces y(t) = yh (t) + yp (t) = c1 + c2 cos t + c3 sen t + 2 t3 â&#x2C6;&#x2019; t . d) La ecuaciĂłn caracterĂ­stica asociada a esta ecuaciĂłn es r2 + 4 = 0, con raĂ­ces r1 = 2i, r2 = â&#x2C6;&#x2019;2i, de modo que la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn homogĂŠnea asociada es yh (t) = c1 cos(2t) + c2 sen(2t) ,

c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

Aplicando el mĂŠtodo operacional, obtenemos una soluciĂłn particular de la ecuaciĂłn no homogĂŠnea yp (t) =

D2

1 1 1 (8t sen(2t) + 1) = 2 8t sen(2t) + 2 1 +4 D +4 D +4

=

D2

1 1 8t sen(2t) + . +4 4

Dado que sen(2t) = e2it , la soluciĂłn (1/(D2 + 4)) 8t sen(2t), se puede obtener como la parte imaginaria de la soluciĂłn (1/(D2 + 4)) 8t e2it . En efecto, si calculamos 1 8t e2it D2 + 4

= e2it = e2it = e2it

1 1 8t = e2it 8t (D + 2i)2 + 4 D (D + 4i)

1 1 â&#x2C6;&#x2019;i 1 2it 1 + D 8t = e â&#x2C6;&#x2019;2it + D 4 16 D 2

1 â&#x2C6;&#x2019;it2 + t , 2

tomando parte imaginaria

1 1 e2it â&#x2C6;&#x2019;it2 + t = t sen(2t) â&#x2C6;&#x2019; t2 cos(2t) , 2 2

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

209

obtenemos una soluciĂłn particular yp (t) =

1 1 t sen(2t) â&#x2C6;&#x2019; t2 cos(2t) + .

2 4

La soluciĂłn general serĂĄ entonces y(t) = yh (t) + yp (t) = c1 cos(2t) + c2 sen(2t) +

1 1 t sen(2t) â&#x2C6;&#x2019; t2 cos(2t) + , 2 4

con c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR.

PROBLEMA 5.7 CalcĂşlese la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn y â&#x2C6;&#x2019; y â&#x2C6;&#x2019; y + y = t et + 2 eâ&#x2C6;&#x2019;3 t + cos t .

SOLUCIĂ&#x201C;N

Se trata de una ecuacion lineal de tercer orden con coeďŹ cientes constantes. Su soluciĂłn general se expresa como la suma de la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn homogĂŠnea asociada, yh (t), con una soluciĂłn particular, yp (t), de la ecuaciĂłn completa.

Consideremos, en primer lugar, la ecuaciĂłn caracterĂ­stica asociada a la ecuaciĂłn homogĂŠnea r3 â&#x2C6;&#x2019; r2 â&#x2C6;&#x2019; r + 1 = (r â&#x2C6;&#x2019; 1)2 (r + 1) = 0, que tiene por raĂ­ces r1 = r2 = 1 y r3 = â&#x2C6;&#x2019;1. Por lo tanto, yh (t) = (c1 + c2 t) et + c3 eâ&#x2C6;&#x2019;t , c1 , c2 , c3 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

Calculamos, mediante el mĂŠtodo operacional, una soluciĂłn particular de la ecuaciĂłn completa yp (t) = =

1 (D â&#x2C6;&#x2019;

1)2

(D + 1)

(t et + 2 eâ&#x2C6;&#x2019;3 t + cos t)

1 1 1 t et + 2 eâ&#x2C6;&#x2019;3 t + cos t .

(D â&#x2C6;&#x2019; 1)2 (D + 1) (D â&#x2C6;&#x2019; 1)2 (D + 1) (D â&#x2C6;&#x2019; 1)2 (D + 1)

Consideramos cada uno de los sumandos anteriores por separado.

3 1 1 t t 1 a) y1,p (t) = te = e 2t = et (D â&#x2C6;&#x2019; 1)2 (D + 1) D+1 D D+1 6

1 1 1 3 3 1 1 1 t 1 e t3 = et â&#x2C6;&#x2019; D + D2 â&#x2C6;&#x2019; D t = 6 D+2 6 2 4 8 16

1 1 3 1 2 1 t t â&#x2C6;&#x2019; t + tâ&#x2C6;&#x2019; = e .

12 8 8 16 1

t

210 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS b)

y2,p (t) =

1 (D â&#x2C6;&#x2019;

c) y3,p (t) =

1)2

(D + 1)

1

2 eâ&#x2C6;&#x2019;3 t =

2 (â&#x2C6;&#x2019;3 â&#x2C6;&#x2019;

cos t =

1)2

(â&#x2C6;&#x2019;3 + 1)

eâ&#x2C6;&#x2019;3 t = â&#x2C6;&#x2019;

1

(D â&#x2C6;&#x2019; 1)2 (D + 1) (D â&#x2C6;&#x2019; 1)2 (D + 1)

it eit e =

=

2 (i â&#x2C6;&#x2019; 1) (i + 1) 2 â&#x2C6;&#x2019; 2i

it (2 + 2i) e 1 =

= (cos t â&#x2C6;&#x2019; sen t) .

8 4

1 â&#x2C6;&#x2019;3 t e .

16

eit

La soluciĂłn general de la ecuaciĂłn es y(t) =

yh (t) + y1,p (t) + y2,p (t) + y3,p (t)

1 2 1 3 t 1 â&#x2C6;&#x2019;3 t 1 â&#x2C6;&#x2019;t t e â&#x2C6;&#x2019; e + (cos t â&#x2C6;&#x2019; sen t) , = d1 e + d2 + d3 t â&#x2C6;&#x2019; t + 8 12 16 4

con d1 , d2 , d3 â&#x2C6;&#x2C6; IR.

PROBLEMA 5.8 DetermĂ­nese el menor orden posible, n, y los coeďŹ cientes ai (i = 1, . . . , n) de la ecuaciĂłn y n) + a1 y nâ&#x2C6;&#x2019;1) + ¡ ¡ ¡ + an y = b(t) para que las funciones t, e3 t sean soluciones de la correspondiente ecuaciĂłn homogĂŠnea.

CalcĂşlese la soluciĂłn general para b(t) = et (t + 1).

SOLUCIĂ&#x201C;N

Buscamos la ecuaciĂłn diferencial que veriďŹ can las funciones t y e3 t . Que t sea soluciĂłn, signiďŹ ca que 0 es una raĂ­z doble de la ecuaciĂłn caracterĂ­stica. Por otro lado, si e3 t veriďŹ ca la ecuaciĂłn, entonces 3 tambiĂŠn es raĂ­z de la ecuaciĂłn caracterĂ­stica. Tenemos por tanto la ecuaciĂłn diferencial D2 (D â&#x2C6;&#x2019; 3) y = 0

â&#x2021;&#x2019;

y â&#x2C6;&#x2019; 3 y = 0 .

Calculamos, mediante el mĂŠtodo operacional, una soluciĂłn particular de homogĂŠnea y â&#x2C6;&#x2019; 3 y = et (t + 1).

1 1 1 t t e (t + 1) yp (t) = (t + 1) = e D2 (D â&#x2C6;&#x2019; 3) D2 Dâ&#x2C6;&#x2019;2

1 1 1 1 1 t = â&#x2C6;&#x2019; D (t + 1) = e â&#x2C6;&#x2019; et â&#x2C6;&#x2019; t â&#x2C6;&#x2019; D2 2 4 D2 2

1 t 1 1 1 1 = â&#x2C6;&#x2019; t e t â&#x2C6;&#x2019; et = â&#x2C6;&#x2019; t + e .

D 2 4 2 4

la ecuaciĂłn no

3 4

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

211

La soluciĂłn general de la ecuaciĂłn serĂĄ entonces

1 t 1 y(t) = yh (t) + yp (t) = c1 + c2 t + c3 e3 t + â&#x2C6;&#x2019; t + e .

2 4

PROBLEMA 5.9 PruĂŠbese que, si y = f (y) es una ecuaciĂłn autĂłnoma cualquiera y si y(t) es una soluciĂłn de esta ecuaciĂłn con y(0) = y0 , entonces y(t â&#x2C6;&#x2019; s) es tambiĂŠn soluciĂłn de esta ecuaciĂłn y veriďŹ ca y(s) = y0 .

SOLUCIĂ&#x201C;N

Si y(t) satisface la ecuaciĂłn autĂłnoma y (t) = f (y(t)), entonces, deďŹ niendo z(t) = y(t â&#x2C6;&#x2019; s) se tendrĂĄ que z (t) = y (t â&#x2C6;&#x2019; s) = f (y(t â&#x2C6;&#x2019; s)) = f (z(t)) y ademĂĄs z(s) = y(0) = y0 .

PROBLEMA 5.10 BĂşsquese un cambio de variable que transforme la ecuaciĂłn t y â&#x2C6;&#x2019; (4 t2 + 1) y + 4 t3 y = 4 t5 â&#x2C6;&#x2019; 8 t3 , en una con coeďŹ cientes constantes; resuĂŠlvase asĂ­ la ecuaciĂłn.

SOLUCIĂ&#x201C;N

Dividimos la ecuaciĂłn por t3 para obtener un coeďŹ ciente constante para el tĂŠrmino en y

1 4 1 + 3 y + 4 y = 4 t2 â&#x2C6;&#x2019; 8 , t = 0 . y â&#x2C6;&#x2019; t2 t t Buscamos un cambio de variable independiente, s = f (t), con lo que tendremos y =

dy ds dy = = f (t) y(s) Ë&#x2122; , dt ds dt

donde yË&#x2122; representa la derivada respecto de la nueva variable s, y por tanto y =

d2 y d Ë&#x2122; = f (t) y(s) = f (t) y(s) Ë&#x2122; + f (t) [y(s)] Ë&#x2122; + [f (t)]2 y¨(s) .

2 dt dt

Sustituyendo en la ecuaciĂłn, y agrupando los tĂŠrminos en y(s), Ë&#x2122; encontramos

2 1 f (t) 4 [f (t)]

+ y ¨ (s) + â&#x2C6;&#x2019; (t) y(s) Ë&#x2122; + 4 y(s) = 4 [f â&#x2C6;&#x2019;1 (s)]2 â&#x2C6;&#x2019; 8 , f t2 t2 t t3

212 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS ecuaciĂłn que queremos se transforme en una de coeďŹ cientes constantes de la forma Ë&#x2122; + 4 y(s) = g(s) , y¨(s) + a1 y(s) para lo cual, igualando los coeďŹ cientes en las distintas derivadas de y(s), se debe cumplir 2

[f (t)] = 1 t2

â&#x2021;&#x2019;

f (t) = Âą

t2 + c1 , 2

donde, por sencillez, tomaremos el signo positivo y c1 = 0, obteniendo asĂ­ el cambio que estĂĄbamos buscando s = t2 /2. Con esta f (t) obtenemos

1 4 f (t) + 3 f (t) = â&#x2C6;&#x2019;4 . â&#x2C6;&#x2019; t2 t t Por tanto, la ecuaciĂłn resultante del cambio de variable independiente s = t2 /2 es y¨(s) â&#x2C6;&#x2019; 4 y(s) Ë&#x2122; + 4 y(s) = 8 (s â&#x2C6;&#x2019; 1) .

Vamos a resolver esta ecuaciĂłn mediante el mĂŠtodo de variaciĂłn de las constantes. Por una parte tenemos que calcular la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn homogĂŠnea. La ecuaciĂłn caracterĂ­stica presenta como raĂ­z doble r = 2, con lo que dicha soluciĂłn es yh (s) = c1 e2 s + c2 s e2 s ,

c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

Para calcular una soluciĂłn particular de la forma yp (s) = c1 (s) e2 s + c2 (s) s e2 s , debemos resolver el sistema dado por ! 2s s e2 s e 2 e2 s

" c 1 (s)

!

"!

(1 + 2 s) e2 s

c 2 (s)

=

"

0

,

8 (s â&#x2C6;&#x2019; 1)

Sistema que presenta como soluciĂłn c 1 (s) = â&#x2C6;&#x2019;8 s (s â&#x2C6;&#x2019; 1) eâ&#x2C6;&#x2019;2 s , La soluciĂłn particular es, entonces, 2s

yp (s) = c1 (s) e

+ 0

s

+ c2 (s) s e

8 (t â&#x2C6;&#x2019; 1) e

â&#x2C6;&#x2019;2 t

2s

c 2 (s) = 8 (s â&#x2C6;&#x2019; 1)eâ&#x2C6;&#x2019;2 s .

s

= 0

dt

se

2s

â&#x2C6;&#x2019;2 t

â&#x2C6;&#x2019;8 t (t â&#x2C6;&#x2019; 1) e

s

= 0

dt

e2 s

eâ&#x2C6;&#x2019;2 (tâ&#x2C6;&#x2019;s) 8 (1 â&#x2C6;&#x2019; t) (t â&#x2C6;&#x2019; s) dt

= 2 s 1 â&#x2C6;&#x2019; e2 s .

Finalmente, para la variable s, la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn serĂĄ la suma de la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn homogĂŠnea con una soluciĂłn particular de la no homogĂŠnea y(s) = c1 e2 s + c2 s e2 s + 2 s (1 â&#x2C6;&#x2019; e2 s ) ,

c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

Deshaciendo el cambio 2 s = t2 , encontramos tambiĂŠn la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn que nos proporciona el enunciado 2

2

y(t) = d1 et + d2 t2 et + t2 ,

d1 , d2 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

213

PROBLEMA 5.11 ResuĂŠlvase la ecuaciĂłn y â&#x2C6;&#x2019; y â&#x2C6;&#x2019; 2 y = e3 t empleando tanto directamente el mĂŠtodo de variaciĂłn de las constantes como la funciĂłn de Green.

SOLUCIĂ&#x201C;N

En primer lugar determinamos la soluciĂłn de la ecuaciĂłn homogĂŠnea. Puesto que la ecuaciĂłn caracterĂ­stica r2 â&#x2C6;&#x2019; r â&#x2C6;&#x2019; 2 = 0, tiene por raĂ­ces r1 = 2 y r2 = â&#x2C6;&#x2019;1, encontramos que yh (t) = c1 e2 t + c2 eâ&#x2C6;&#x2019;t ,

c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR ,

a) MĂŠtodo de variaciĂłn de las constantes: Calculamos una soluciĂłn particular para la ecuaciĂłn y â&#x2C6;&#x2019; y â&#x2C6;&#x2019; 2 y = e3 t de la forma yp (t) = c1 (t) e2 t + c2 (t) eâ&#x2C6;&#x2019;t , donde c1 (t) y c2 (t) se obtienen resolviendo el sistema ! 2t "! " ! " eâ&#x2C6;&#x2019;t e 0 c1 (t) = . c 2 (t) 2 e2 t â&#x2C6;&#x2019;eâ&#x2C6;&#x2019;t e3 t Podemos utilizar operaciones elementales para obtener un sistema equivalente, con la misma soluciĂłn que el que acabamos de plantear, para, de este modo, simpliďŹ car su resoluciĂłn. Para ello, consideramos la matriz ampliada del sistema, y sustituimos la segunda ďŹ la por la ella misma menos dos veces la primera. De esta forma nos queda " " ! 2t ! 2t â&#x2C6;&#x2019;2 eâ&#x2C6;&#x2019;t 0 eâ&#x2C6;&#x2019;t 0 e e f2,1 , â&#x2C6;&#x2019;â&#x2020;&#x2019; 2 e2 t â&#x2C6;&#x2019;eâ&#x2C6;&#x2019;t e3 t 0 â&#x2C6;&#x2019;3 eâ&#x2C6;&#x2019;t e3 t con lo que el sistema equivalente resulta ser â&#x17D;§ â&#x17D;¨e2 t c 1 (t) + eâ&#x2C6;&#x2019;t c 2 (t) = 0 â&#x17D;Š â&#x2C6;&#x2019;3 eâ&#x2C6;&#x2019;t c 2 (t) = e3 t

,

con soluciĂłn dada por 1 t e , 3 Una soluciĂłn particular serĂĄ entonces c 1 =

yp (t) = c1 (t) e2 t + c2 (t) eâ&#x2C6;&#x2019;t = =

1 c 2 = â&#x2C6;&#x2019; e4 t .

3 1 3

t 0

es+2 t ds â&#x2C6;&#x2019;

1 3

t

e4 sâ&#x2C6;&#x2019;t ds

0

1 1 3t e + eâ&#x2C6;&#x2019;t â&#x2C6;&#x2019; e2 t .

4 3

Finalmente, la soluciĂłn general la obtenemos sumando yh (t) + yp (t) y(t) = d1 e2 t + d2 eâ&#x2C6;&#x2019;t +

1 3t e , 4

d1 , d2 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

214 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS b) FunciĂłn de Green SegĂşn hemos visto en el resumen teĂłrico la funciĂłn de Green se obtiene previa resoluciĂłn del problema â&#x17D;§ â&#x17D;¨y â&#x2C6;&#x2019; y â&#x2C6;&#x2019; 2 y = 0 â&#x17D;Š y(0) = 0 ,

y (0) = 1 ,

la soluciĂłn de la ecuaciĂłn homogĂŠnea, calculada anteriormente, es y(t) = c1 e2 t + c2 eâ&#x2C6;&#x2019;t , y de las condiciones iniciales se sigue que â&#x17D;§ â&#x17D;¨y(0) = 0 â&#x2021;&#x2019; c1 + c2 = 0 â&#x2021;&#x2019; c2 = â&#x2C6;&#x2019;c1 â&#x17D;Š y (0) = 1 â&#x2021;&#x2019; 2 c1 â&#x2C6;&#x2019; c2 = 1 â&#x2021;&#x2019; c1 =

1 3

,

Por lo que la soluciĂłn es

1 2t e â&#x2C6;&#x2019; eâ&#x2C6;&#x2019;t .

3 Pues bien, sabemos entonces que la funciĂłn de Green viene dada por

1 2 (tâ&#x2C6;&#x2019;s) G(t, s) = g(t â&#x2C6;&#x2019; s) = e â&#x2C6;&#x2019; eâ&#x2C6;&#x2019;(tâ&#x2C6;&#x2019;s) , 3 g(t) =

y que la soluciĂłn de la ecuaciĂłn propuesta serĂĄ t

1 t 2 t+s y(t) = e G(t â&#x2C6;&#x2019; s) e3 s ds = â&#x2C6;&#x2019; eâ&#x2C6;&#x2019;t+4 s ds , 3 0 0 que resulta ser la misma integral que habĂ­amos obtenido en el apartado anterior siendo, por tanto, su soluciĂłn la ya dada y(t) = d1 e2 t + d2 eâ&#x2C6;&#x2019;t +

1 3t e , 4

d1 , d2 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

PROBLEMA 5.12 ResuĂŠlvanse las ecuaciones kt a) y â&#x2C6;&#x2019; 2 y = 10 k=1 e b) y â&#x2C6;&#x2019; 2 y = t3 + 1 c) y 4) â&#x2C6;&#x2019; y = cos(2 t) + sen d)

y

t 2

â&#x2C6;&#x2019; 2iy = i,

empleando tanto directamente el mĂŠtodo de variaciĂłn de las constantes, como la funciĂłn de Green, como la idea de resonancia, segĂşn convenga.

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

SOLUCIÓN

215

a) Consideremos en primer lugar la solución de la ecuación homogénea y − 2 y = 0. La √ 2 ecuación característica r − 2 = 0, tiene raíces simples: ± 2, con lo que √

yh (t) = c1 e

2t

√

+ c2 e−

2t

.

Para calcular una solución particular vamos a determinar la función de Green. Sea g(t) la solución de ⎧ ⎨y − 2 y = 0 ⎩ y(0) = 0 ,

y (0) = 1 , √ lo que supone que y = yh (t) y c1 = −c2 = 2/4, con lo que la función g(t) resulta √ √ √ √ 2 √2 t 2 − 2t = e sh( 2 t) . g(t) = −e 4 2 Con ella construimos la función de Green G(t, s), ya que √ √ 2 sh[ 2 (t − s)] .

G(t, s) = g(t − s) = 2 y, también, una solución particular de la ecuación que queremos resolver t 10 10 t √

√ 2 yp (t) = sh[ 2 (t − s)] ek s ds G(t, s) ek s ds = 2 0 0 k=1

√

10 2 = 2

k=1

!√

k=1

2 ek t −

√

" √ √ 2 ch ( 2 t) − k sh( 2 t) . k2 − 2

Finalmente, sumando la solución general de la ecuación homogénea, obtenemos la solución general de la ecuación " √ 10 ! √ k t √ √ √ √ √ 2 2 e − 2 ch( 2 t) − k sh( 2 t) 2t − 2t . + c2 e + y(t) = c1 e 2 k2 − 2 k=1

b) Esta ecuación la podemos resolver aplicando la idea de resonancia. La solución general de la ecuación homogénea, como hemos visto en el apartado anterior, es √

yh (t) = c1 e

2t

√

+ c2 e−

2t

.

El término independiente es de la forma p(t) eα t , con α = 0. Vemos que α = 0 no es una raíz de la ecuación característica y, por tanto, una solución particular tiene la forma yp (t) = a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 .

Para determinar los coeficientes sustituimos las derivadas de yp (t) yp (t) = a1 + 2 a2 t + 3 a3 t2 ,

yp (t) = 2 a2 + 6 a3 t ,

216 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS en la ecuaciĂłn y â&#x2C6;&#x2019; 2 y = t3 + 1, obteniĂŠndose â&#x2C6;&#x2019;2 a3 t3 â&#x2C6;&#x2019; 2 a2 t2 + (6 a3 â&#x2C6;&#x2019; 2 a1 ) t + 2 (a2 â&#x2C6;&#x2019; a0 ) = t3 + 1 .

Igualando los coeďŹ cientes de las distintas potencias de t encontramos que 1 a0 = â&#x2C6;&#x2019; , 2

3 a1 = â&#x2C6;&#x2019; , 2

a2 = 0 ,

1 a3 = â&#x2C6;&#x2019; , 2

con lo que una soluciĂłn particular de la ecuaciĂłn es 1 1 3 yp (t) = â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019; t â&#x2C6;&#x2019; t3 , 2 2 2 y la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn propuesta resulta â&#x2C6;&#x161;

y(t) = c1 e

2t

+ c2 eâ&#x2C6;&#x2019;

â&#x2C6;&#x161;

2t

â&#x2C6;&#x2019;

1 1 3 â&#x2C6;&#x2019; t â&#x2C6;&#x2019; t3 , 2 2 2

c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

Esta ecuaciĂłn tambiĂŠn la podemos resolver mediante la funciĂłn de Green. Sabemos que dicha funciĂłn sĂłlo depende de la ecuaciĂłn homogĂŠnea asociada a la ecuaciĂłn que queramos resolver y que, en nuestro caso, resulta ser la misma del apartado anterior.

Para determinar la soluciĂłn particular es necesario calcular t â&#x2C6;&#x161; t 1 G(t, s) (s3 + 1) ds = â&#x2C6;&#x161; sh[ 2 (t â&#x2C6;&#x2019; s)] (s3 + 1) ds yp (t) = 2 0 0 â&#x2C6;&#x161; â&#x2C6;&#x161; 1 3 1 3 2 â&#x2C6;&#x161; 1 sh = 2 t + ch 2 t â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019; t â&#x2C6;&#x2019; t3 .

4 2 2 2 2 Sumando a esta soluciĂłn la correspondiente a la ecuaciĂłn homogĂŠnea, tambiĂŠn calculada en el apartado anterior, obtenemos la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn propuesta â&#x2C6;&#x161;

y(t) = d1 e

2t

+ d2 eâ&#x2C6;&#x2019;

â&#x2C6;&#x161;

2t

â&#x2C6;&#x2019;

1 1 3 â&#x2C6;&#x2019; t â&#x2C6;&#x2019; t3 , 2 2 2

d1 , d2 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

c) La ecuaciĂłn caracterĂ­stica asociada a y 4) â&#x2C6;&#x2019; y = 0, tiene por raĂ­ces Âą1 y Âąi, por lo que la soluciĂłn general de la parte homogĂŠnea es yh (t) = d1 et + d2 eâ&#x2C6;&#x2019;t + d3 ei t + d4 eâ&#x2C6;&#x2019;i t = c1 sh t + c2 ch t + c3 sen t + c4 cos t , con ci , di â&#x2C6;&#x2C6; IR para i = 1, 2, 3, 4.

La soluciĂłn particular la vamos a calcular mediante la funciĂłn de Green. Para ello sea, como en los casos anteriores, g(t) la soluciĂłn del problema

y 4) â&#x2C6;&#x2019; y = 0 y(0) = y (0) = y (0) = 0 , y (0) = 1 , de donde se obtiene c1 = â&#x2C6;&#x2019;c3 = 1/2 y c2 = c4 = 0 proporcionando g(t) =

1 (sh t â&#x2C6;&#x2019; sen t) .

2

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

217

Con esta funciĂłn la soluciĂłn particular se puede escribir como t

s

ds G(t, s) cos(2 s) + sen yp (t) = 2 0 1 1 16 1 cos(2 t) + cosh t â&#x2C6;&#x2019; sen = â&#x2C6;&#x2019; cos t + 6 15 10 15

t 1 1 + sen t + sh t .

2 3 5

De nuevo, la soluciĂłn general se obtiene como suma de la homogĂŠnea y de la particular que se acaba de calcular. d) Queremos resolver ahora la ecuaciĂłn y â&#x2C6;&#x2019; 2 i y = i. Para la parte homogĂŠnea consideremos la ecuaciĂłn caracterĂ­stica r2 â&#x2C6;&#x2019; 2 i = 0, con raĂ­ces simples dadas por 1 + i y â&#x2C6;&#x2019;1 â&#x2C6;&#x2019; i. Entonces yh (t) = c1 e(1+i) t + c2 eâ&#x2C6;&#x2019;(1+i) t ,

c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

Para calcular una soluciĂłn particular apliquemos el mĂŠtodo de variaciĂłn de las constantes â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E;! " â&#x17D;&#x203A; 0 c 1 e(1+i) t eâ&#x2C6;&#x2019;(1+i) t â&#x17D;&#x; â&#x17D;&#x153; â&#x17D; â&#x17D;? = â&#x17D;? i â&#x17D; .

(1+i) t â&#x2C6;&#x2019;(1+i) t c2 e â&#x2C6;&#x2019;e 1+i Aplicamos operaciones elementales a las ďŹ las de la matriz ampliada del sistema para pasar a otro de mĂĄs sencilla resoluciĂłn, pero, conservando la soluciĂłn del original â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x17E; â&#x17D;&#x203A; (1+i) t â&#x2C6;&#x2019;(1+i) t â&#x2C6;&#x2019;1 e eâ&#x2C6;&#x2019;(1+i) t 0 e 0 e(1+i) t â&#x17D; f2,1 â&#x17D;? â&#x17D; , â&#x17D;? â&#x2C6;&#x2019;â&#x2020;&#x2019; i+1 (1+i) t â&#x2C6;&#x2019;(1+i) t e 0 â&#x2C6;&#x2019;2 eâ&#x2C6;&#x2019;(1+i) t i+1 â&#x2C6;&#x2019;e 2

2

es decir, el sistema dado por e(1+i) t c 1 + eâ&#x2C6;&#x2019;(1+i) t c 2 = 0 â&#x2C6;&#x2019;2 eâ&#x2C6;&#x2019;(1+i) t c 2 =

i+1 , 2

cuya soluciĂłn es c 1 =

i + 1 â&#x2C6;&#x2019;(1+i) t e , 4

c 2 = â&#x2C6;&#x2019;

i + 1 (1+i) t e .

4

Una soluciĂłn particular serĂĄ entonces yp (t) = c1 (t) e(1+i) t + c2 (t) eâ&#x2C6;&#x2019;(1+i) t , esto es

i + 1 t â&#x2C6;&#x2019;(1+i) s i + 1 t (1+i) s e ds e(1+i) t + â&#x2C6;&#x2019; e ds eâ&#x2C6;&#x2019;(1+i) t yp (t) = 4 4 0 0 i+1 = 4 =

i+1 4

t

e(1+i) (tâ&#x2C6;&#x2019;s) â&#x2C6;&#x2019; eâ&#x2C6;&#x2019;(1+i) (tâ&#x2C6;&#x2019;s) ds 0

0

t

2 sh [(1 + i) (t â&#x2C6;&#x2019; s)] ds =

1 [ch(1 + i) t â&#x2C6;&#x2019; 1] .

2

218 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Siendo la soluciĂłn general 1 , 2

y(t) = d1 e(1+i) t + d2 eâ&#x2C6;&#x2019;(1+i) t â&#x2C6;&#x2019;

d1 , d2 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

PROBLEMA 5.13 Para la ecuaciĂłn y + y =

t , |t|

que es vĂĄlida en t = 0, se buscarĂĄn las soluciones en t = 0 y luego las soluciones continuas en todo IR y las que son derivables en todo IR.

SOLUCIĂ&#x201C;N

Busquemos en primer lugar las soluciones para t = 0. La ecuaciĂłn homogĂŠnea asociada es y + y = 0 y tiene una ecuaciĂłn caracterĂ­stica con raĂ­ces simples: r = Âąi, con lo que la soluciĂłn serĂĄ yh (t) = c1 cos t + c2 sen t , c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

Para completar la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn dada en el enunciado aplicamos el mĂŠtodo de variaciĂłn de las constantes, distinguiendo los diferentes signos de t.

Para t > 0 buscamos yp (t) = b1 (t) cos t + b2 (t) sen t, con !

que tiene por soluciĂłn

cos t

sen t

â&#x2C6;&#x2019; sen t

cos t

" ! " b1

b 1 = â&#x2C6;&#x2019; sen t ,

b 2

! " 0 =

, 1

b 2 = cos t .

La expresiĂłn de una soluciĂłn particular, para t > 0 es t

t

t>0 â&#x2C6;&#x2019; sen s ds cos t + cos sds sen t yp (t) = 0

t

= 0

0

sen(t â&#x2C6;&#x2019; s) ds = 1 â&#x2C6;&#x2019; cos t .

AĂąadiendo la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn homogĂŠnea asociada encontramos y t>0 (t) = c1 cos t + c2 sen t + 1 .

Repetimos el proceso para t < 0 buscando ahora yp (t) = d1 (t) cos t + d2 (t) sen t, con !

cos t

â&#x2C6;&#x2019; sen t

" ! " sen t c1 cos t

c 2

! =

"

0

â&#x2C6;&#x2019;1

,

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

219

donde en esta ocasiĂłn la soluciĂłn resulta c 1 = sen t ,

c 2 = â&#x2C6;&#x2019; cos t .

y la soluciĂłn particular es

ypt<0 (t) =

sen s ds

0

t

cos t +

0

=â&#x2C6;&#x2019;

t

0 t

â&#x2C6;&#x2019; cos sds

sen t

sen(t â&#x2C6;&#x2019; s) ds = cos t â&#x2C6;&#x2019; 1 .

Completando con la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn homogĂŠnea asociada tenemos y t<0 (t) = d1 cos t + d2 sen t â&#x2C6;&#x2019; 1 ,

d1 , d2 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

Veamos cuĂĄles son las soluciones continuas. Sean y1 (t) = a1 cos t + a2 sen t + 1 ,

y2 (t) = b1 cos t + b2 sen t â&#x2C6;&#x2019; 1 ,

soluciones para t > 0 y t < 0 respectivamente. El único posible punto de discontinuidad es el origen, t = 0, para el cual encontramos el siguiente comportamiento l´Ĺm y1 (t) = a1 + 1 ,

tâ&#x2020;&#x2019;0+

l´Ĺm y2 (t) = b1 â&#x2C6;&#x2019; 1 ,

tâ&#x2020;&#x2019;0â&#x2C6;&#x2019;

Encontramos, entonces, funciones continuas siempre que estos dos valores coincidan, es decir, cuando a1 + 1 = b1 â&#x2C6;&#x2019; 1 â&#x2021;&#x2019; b1 = a1 + 2 , es decir, las soluciones continuas son las que tienen la forma siguiente â&#x17D;§ â&#x17D;¨a1 cos t + a2 sen t + 1 t â&#x2030;Ľ 0, ya1 ,a2 ,b2 (t) = â&#x17D;Š (a1 + 2) cos t + b2 sen t â&#x2C6;&#x2019; 1 t < 0.

Para que exista la derivada se debe cumplir que a2 = b2 , luego las soluciones derivables en todo IR son â&#x17D;§ â&#x17D;¨a1 cos t + a2 sen t + 1 t â&#x2030;Ľ 0, ya1 ,a2 (t) = â&#x17D;Š (a1 + 2) cos t + a2 sen t â&#x2C6;&#x2019; 1 t < 0.

PROBLEMA 5.14 ResuĂŠlvanse las siguientes ecuaciones diferenciales lineales con coeďŹ cientes constantes a) 2 y + 2 y + y = e3t , b) y + y = 3 cos(2t),

220 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

c) y â&#x2C6;&#x2019; 6 y â&#x2C6;&#x2019; 9 y = t2 e3t , d) y â&#x2C6;&#x2019; 2 y = t3 + 2.

SOLUCIĂ&#x201C;N

a) La ecuaciĂłn caracterĂ­stica asociada a esta ecuaciĂłn, 2 r2 + 2 r + 1 = 0 tiene las raĂ­ces complejas conjugadas (â&#x2C6;&#x2019;1 Âą i)/2, por lo que las funciones complejas e(â&#x2C6;&#x2019;1/2+i/2) t ,

e(â&#x2C6;&#x2019;1/2â&#x2C6;&#x2019;i/2) t ,

forman un sistema fundamental de soluciones de la ecuaciĂłn homogĂŠnea asociada. Tomando parte real e imaginaria

t ,

e(â&#x2C6;&#x2019;1/2+i/2) t = eâ&#x2C6;&#x2019;t/2 cos 2

(â&#x2C6;&#x2019;1/2+i/2) t t â&#x2C6;&#x2019;t/2 e = e , sen 2 obtenemos un sistema fundamental real. La soluciĂłn general de la ecuaciĂłn homogĂŠnea asociada es

t t â&#x2C6;&#x2019;t/2 â&#x2C6;&#x2019;t/2 cos sen yh (t) = c1 e + c2 e .

2 2 â&#x2C6;&#x2019; MĂŠtodo operacional Calculamos, mediante el mĂŠtodo operacional, una soluciĂłn particular de la ecuaciĂłn no homogĂŠnea. yp (t) =

2 D2

1 1 1 3t e3t = e3t = e . + 2D + 1 18 + 6 + 1 25

La soluciĂłn general de la ecuaciĂłn serĂĄ entonces

t t 1 3t â&#x2C6;&#x2019;t/2 â&#x2C6;&#x2019;t/2 e . cos sen y( t) = yh (t) + yp (t) = c1 e + c2 e + 2 2 25 â&#x2C6;&#x2019; Segunda forma de resoluciĂłn Sea eÎą t = e3 t . Dado que el valor Îą = 3 no es una raĂ­z de la ecuaciĂłn caracterĂ­stica asociada a la ecuaciĂłn homogĂŠnea. Buscamos una soluciĂłn de la forma yp (t) = d1 e3 t .

Calculamos d1 sustituyendo yp (t) en la ecuaciĂłn diferencial, lo que proporciona 25 d1 e3 t = e3 t â&#x2021;&#x2019; d1 =

1 .

25

con lo que la soluciĂłn particular resulta ser yp (t) = 1/25 e3 t y, sumando la general de la ecuaciĂłn homogĂŠnea encontramos la soluciĂłn pedida

t t 1 3t â&#x2C6;&#x2019;t/2 â&#x2C6;&#x2019;t/2 e . cos sen y(t) = c1 e + c2 e + 2 2 25

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

221

b) La ecuaciĂłn caracterĂ­stica asociada a esta ecuaciĂłn es r2 + 1 = 0 con raĂ­ces Âąi, de modo que la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn homogĂŠnea asociada es yh (t) = c1 cos t + c2 sen t . â&#x2C6;&#x2019; MĂŠtodo operacional Calculamos, mediante el mĂŠtodo operacional, una soluciĂłn particular de la ecuaciĂłn no homogĂŠnea. yp (t) =

1 1 3 cos(2t) = 3 cos(2t) = â&#x2C6;&#x2019; cos(2t) .

D2 + 1 â&#x2C6;&#x2019;4 + 1

La soluciĂłn general de la ecuaciĂłn serĂĄ, por tanto y(t) = yh (t) + yp (t) = c1 cos t + c2 sen t â&#x2C6;&#x2019; cos(2t) . â&#x2C6;&#x2019; Segunda forma de resoluciĂłn Para calcular una soluciĂłn particular yp (t) de esta ecuaciĂłn, podemos considerar la parte real de una soluciĂłn particular ypc (t) de y + y = 3 e2 i t . Como Îą = 2 i no es raĂ­z de la ecuaciĂłn caracterĂ­stica, se tiene que ypc (t) = d1 e2 i t , que, aplicada a la ecuaciĂłn diferencial, nos permite obtener d1 = â&#x2C6;&#x2019;1. La parte real de ypc nos da yp (t) = â&#x2C6;&#x2019; cos(2 t) , y la soluciĂłn general serĂĄ y(t) = c1 cos t + c2 sen t â&#x2C6;&#x2019; cos(2 t) ,

c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

2 c) La ecuaciĂłn â&#x2C6;&#x161; caracterĂ­stica asociada a esta ecuaciĂłn es r â&#x2C6;&#x2019; 6 r â&#x2C6;&#x2019; 9 = 0, con raĂ­ces r = 3 Âą 3 2 ; por lo tanto, la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn homogĂŠnea asociada es

yh (t) = c1 e(3+3

â&#x2C6;&#x161;

2) t

+ c2 e(3â&#x2C6;&#x2019;3

â&#x2C6;&#x161;

2) t

.

â&#x2C6;&#x2019; MĂŠtodo operacional Calculamos, mediante el mĂŠtodo operacional, una soluciĂłn particular de la ecuaciĂłn no homogĂŠnea.

1 1 t2 e3t = e3t t2 D2 â&#x2C6;&#x2019; 6 D â&#x2C6;&#x2019; 9 (D + 3)2 â&#x2C6;&#x2019; 6 (D + 3) â&#x2C6;&#x2019; 9

1 1 1 1 â&#x2C6;&#x2019;1 2 t2 = e3t â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019; 2 D2 t2 = e3t t â&#x2C6;&#x2019; = e3t 2 .

D â&#x2C6;&#x2019; 18 18 18 18 162

yp (t) =

La soluciĂłn general de la ecuaciĂłn serĂĄ entonces â&#x2C6;&#x161; (3+3 2) t

y(t) = yh (t) + yp (t) = c1 e con c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR.

â&#x2C6;&#x161; (3â&#x2C6;&#x2019;3 2) t

+ c2 e

3t

â&#x2C6;&#x2019;e

1 1 2 t + 18 162

,

222 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS â&#x2C6;&#x2019; Segunda forma de resoluciĂłn En este caso encontramos que q(t) eÎą t = t2 e3 t . Como ninguna de las raĂ­ces de la ecuaciĂłn caracterĂ­stica coincide con Îą = 3, se tiene que una soluciĂłn particular serĂĄ de la forma yp (t) = (d1 + d2 t + d3 t2 ) e3 t , d1 , d2 , d3 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

Sustituyendo en la ecuaciĂłn diferencial encontramos yp â&#x2C6;&#x2019; 6 yp â&#x2C6;&#x2019; 9 yp = (â&#x2C6;&#x2019;18 d1 â&#x2C6;&#x2019; 18 d2 t + 2 d3 â&#x2C6;&#x2019; 18 t2 d3 ) e3 t = t2 e3 t , con soluciĂłn

1 , 162 es decir, la soluciĂłn particular es d1 = â&#x2C6;&#x2019;

d3 = â&#x2C6;&#x2019;

d2 = 0 ,

yp (t) =

1 2 1 â&#x2C6;&#x2019; t â&#x2C6;&#x2019; 162 18

â&#x2C6;&#x161; 2) t

â&#x2C6;&#x161;

1 .

18

e3 t ,

y la general y(t) = c1 e(3+3

+ c2 e(3â&#x2C6;&#x2019;3

2) t

â&#x2C6;&#x2019; e3 t

1 1 2 t + 18 162

.

d) La ecuaciĂłn caracterĂ­stica asociada a esta ecuaciĂłn, r3 â&#x2C6;&#x2019; 2 r2 = 0, tiene la raĂ­z doble r1 = 0 y la raĂ­z simple r2 = 2; por lo tanto, la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn homogĂŠnea asociada es yh (t) = c1 + c2 t + c3 e2t ,

c1 , c2 , c3 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

â&#x2C6;&#x2019; MĂŠtodo operacional Calculamos, mediante el mĂŠtodo operacional, una soluciĂłn particular de la ecuaciĂłn no homogĂŠnea

1 1 1 3 3 (t (t yp (t) = + 2) = + 2) D2 (D â&#x2C6;&#x2019; 2) D2 D â&#x2C6;&#x2019; 2

1 2 1 1 3 1 1 3 D = â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019; Dâ&#x2C6;&#x2019; D â&#x2C6;&#x2019; (t + 2) D2 2 4 8 16

11 1 1 3 3 2 3 1 1 4 1 3 3 2 11 t t t â&#x2C6;&#x2019; t t t t = â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019; = â&#x2C6;&#x2019; D2 2 4 4 8 D 8 4 8 8 = â&#x2C6;&#x2019;

1 5 1 4 1 3 11 2 t â&#x2C6;&#x2019; t â&#x2C6;&#x2019; t â&#x2C6;&#x2019; t .

40 16 8 16

La soluciĂłn general de la ecuaciĂłn serĂĄ entonces y(t) = yh (t) + yp (t) = c1 + c2 t + c3 e2t â&#x2C6;&#x2019; con c1 , c2 , c3 â&#x2C6;&#x2C6; IR.

1 5 1 4 1 3 11 2 t â&#x2C6;&#x2019; t â&#x2C6;&#x2019; t â&#x2C6;&#x2019; t , 40 16 8 16

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

223

− Segunda forma de resolución Puesto que el término independiente es p(t) eα t = t3 + 2 , y α = 0 coincide con una de las raíces de la ecuación característica, nos encontramos con un caso de resonancia.

Una solución particular será de la forma yp (t) = d0 + d1 t + d2 t2 + d3 t3 + d4 t4 + d5 t5 ,

di ∈ IR , i = 1, 2, 3, 4, 5 ,

que, al ser llevada a la ecuación que nos propone el problema, proporciona d2 = −

11 , 16

1 d3 = − , 8

d4 = −

1 , 16

d5 = −

1 , 40

con lo que tomando d0 = d1 = 0 tenemos yp (t) = −

11 2 1 3 1 4 1 5 t − t − t − t , 16 8 16 40

y la solución general vendrá dada por y(t) = c1 + c2 t + c3 e2 t −

PROBLEMA 5.15 Resúelvase la ecuación

SOLUCIÓN

1 5 1 4 1 3 11 2 t − t − t − t .

40 16 8 16

y − 2 y + y = et .

En este problema la ecuación característica es r2 − 2 r + q = 0, que tiene a r = 1 como raíz doble, con lo que la solución de la parte homogénea es yh (t) = c1 et + c2 t et ,

c1 , c2 ∈ IR .

− Método operacional Para calcular una solución particular mediante el método operacional, podríamos, en un primer momento, intentar la aplicación de (1/p(D)) eα t = (1/p(α)) eα t . Sin embargo, vemos que esto no es posible por ser α = 1, con lo que p(α) = 0. Pasamos a intentar el siguiente cálculo t2 t 1 1 1 t t t t 1 t 1 e t = e . = e = e 1 = e 1 = e D2 − 2 D + 1 (D − 1)2 [(D + 1) − 1]2 D2 D 2 Finalmente, sumamos la solución de la parte homogénea y obtenemos así el resultado que se pedía t2 y(t) = c1 et + c2 t et + et , c1 , c2 ∈ IR .

2

224 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

− Segunda forma de resolución Puesto que eα t = et , es α = 1 y nos encontramos con un caso de resonancia. Una solución particular de la ecuación será el producto de un polinomio de segundo grado (multiplicidad de α como raíz de la ecuación característica) por la exponencial et yp (t) = (d1 + d2 t + d3 t2 ) et ,

d1 , d2 , d3 ∈ IR .

Sustituyendo en la ecuación obtenemos yp − 2 yp + yp = et ⇒ d3 =

1 , 2

con lo que podemos tomar como solución particular (d1 = d2 = 0) yp (t) =

t2 t e , 2

resultando la solución general y(t) = c1 et + c2 t et +

t2 t e , 2

c1 , c2 ∈ IR .

PROBLEMA 5.16 Resúelvase, utilizando el método operacional, la ecuación y + 2 y = cos t .

SOLUCIÓN

La ecuación característica asociada homogénea es r3 + 2 = 0, con raíces dadas √ √ a la ecuación 1 − 23 − 23 3 por 2 (1 + i 3), 2) (1 − i 3) y −2 , con lo que la solución general de la ecuación homogénea es 2√

2√

1 (− 2 ) (− 2 ) yh (t) = c1 e−2 3 t + c2 e2 3 t cos 2− 3 3 t + c3 e2 3 t sen 2− 3 3 t , con c1 , c2 , c3 ∈ IR. Para calcular una solución particular de la ecuación no homogénea, podemos resolver la ecuación y + 2 y = ei t , y la parte real de esta solución es, precisamente, la solución particular buscada. Aplicando (1/p(D)) eα t = (1/p(α)) eα t tenemos que 1 1 (2 + i) ei t 1 it it it e e e , = = = D3 + 2 i3 + 2 −i + 2 5

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

225

cuya parte real es 1 2 cos t â&#x2C6;&#x2019; sen t .

5 5 Finalmente, la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn es yp (t) =

1

y(t) = c1 eâ&#x2C6;&#x2019;2 3 t +c2 e2

(â&#x2C6;&#x2019; 2 ) 3

t

2â&#x2C6;&#x161;

2â&#x2C6;&#x161; 2 (â&#x2C6;&#x2019; 2 ) 1 cos 2â&#x2C6;&#x2019; 3 3 t +c3 e2 3 t sen 2â&#x2C6;&#x2019; 3 3 t + cos tâ&#x2C6;&#x2019; sen t , 5 5

con c1 , c2 , c3 â&#x2C6;&#x2C6; IR.

PROBLEMA 5.17 ResĂşelvase la ecuaciĂłn

SOLUCIĂ&#x201C;N

y + 4 y = sen(2 t) .

La ecuaciĂłn caracterĂ­stica de y + 4 y = 0 es r2 + 4 = 0, con raĂ­ces r = Âą2 i, con lo que la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn homogĂŠnea es yh (t) = c1 cos(2 t) + c2 sen(2 t) ,

c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

â&#x2C6;&#x2019; MĂŠtodo operacional No podemos utilizar la propiedad (1/p(D2 )) sen(Îą t + β) = (1/p(â&#x2C6;&#x2019;Îą2 )) sen(Îą t + β), por ser Îą = 2, con lo que p(â&#x2C6;&#x2019;Îą2 ) = 0. Si, por otra parte, intentamos resolverlo mediante la parte imaginaria de e2 i t , y + 4 y = e2 i t â&#x2021;&#x2019; 2 D +4 e intentamos aplicar la propiedad (1/p(D)) eÎą t = (1/p(Îą)) eÎą t , nos encontramos con que p(Îą) = p(2 i) = (2 i)2 + 4 = 0, por lo que tampoco se puede utilizar este procedimiento.

Consideremos 2it 1 1 e 1 2it 2it e e = = D2 + 4 (D â&#x2C6;&#x2019; 2 i)(D + 2 i) D â&#x2C6;&#x2019; 2i D + 2i 1 = D â&#x2C6;&#x2019; 2i

e2 i t 4i

=

1 1 e2 i t .

4i D â&#x2C6;&#x2019; 2i

Utilizando la propiedad (1/p(D)) eÎą t = (1/p(Îą)) eÎą t , encontramos que =

e2 i t 1 i 1 1 2it e 1= 1 = â&#x2C6;&#x2019; t e2 i t .

4i (D + 2 i) â&#x2C6;&#x2019; 2 i 4i D 4

Tomamos la parte imaginaria para obtener la soluciĂłn particular de nuestra ecuaciĂłn yp (t) = â&#x2C6;&#x2019;

t cos(2 t) .

4

226 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS La solución general de la ecuación es y(t) = c1 cos(2 t) + c2 sen(2 t) −

t cos(2 t) , 4

c1 , c2 ∈ IR .

− Otra forma de resolución Como solución particular yp (t) de la ecuación, consideraremos la parte imaginaria de una solución particular ypc (t) de y + 4 y = e2 i t . En este caso, es eα t = e2it , y α = 2 i coincide con una de las raíces de la ecuación característica. Estamos así en un caso de resonancia, y existe una solución particular que tendrá la forma ypc (t) = (d1 + d2 t) e2 i t ,

d1 , d2 ∈ IR .

Si sustituimos ypc en la ecuación obtenemos que d2 = −i/4, por lo que tomando d1 = 0 y considerando la parte imaginaria, encontramos una solución particular de la ecuación del enunciado t yp (t) = − cos(2 t) , 4 y la general, obtenida al sumar la solución general de la ecuación homogénea, será y(t) = c1 cos(2 t) + c2 sen(2 t) −

t cos(2 t) , 4

c1 , c2 ∈ IR .

PROBLEMA 5.18 Resúelvase la ecuación

SOLUCIÓN

y − 5 y + 6 y = e2 t .

Primero calculemos la solución de la ecuación homogénea asociada: y − 5 y + 6 y = 0.

Tiene como ecuación característica r2 − 5 r + 6 = 0, con raíces simples r1 = 2 y r2 = 3, con lo que yh (t) = c1 e2 t + c2 e3 t , c1 , c2 ∈ IR . − Método operacional A la hora de calcular la solución particular de esta ecuación mediante el método operacional, podemos intentar aplicar la fórmula [1/p(D)] eα t = [1/p(α)] eα t , pero vemos que α = 2 era una de las raíces de la ecuación característica, con lo que será p(α) = 0 y no podemos utilizar esta expresión.

Consideremos, en su lugar, la aplicación de [1/p(D)] eα t f (t) = eα t [1/p(D + α)] f (t) de la manera siguiente 1 1 1 1 e2 t 1 = e2 t = e2 t 1 D2 − 5 D + 6 (D − 2) (D − 3) D−2 D−1 =−

1 1 e2 t = −e2 t 1 = −t e2 t , D−2 D

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

227

con lo que la solución particular que hemos obtenido es yp (t) = −t e2 t , que, a su vez, teniendo en cuenta la solución de la parte homogénea, nos proporciona la solución general y(t) = c1 e2 t + c2 e3 t − t e2 t , c1 , c2 ∈ IR . − Otra forma de resolución Puesto que eα t = e2t , es α = 2 y nos encontramos en un caso de resonancia, por ser α = 2 raíz de la ecuación característica. Una solución particular será yp (t) = (d1 + d2 t) e2 t ,

d1 , d2 ∈ IR ,

donde, la ecuación propuesta en el problema nos dice que yp − 5 yp + 6 yp = e2 t ⇒ −d2 e2 t = e2 t , luego d2 = −1. Eligiendo d1 = 0, obtenemos como solución particular yp (t) = −t e2 t , y la solución general será y(t) = c1 e2 t + c2 e3 t − t e2 t ,

c1 , c2 ∈ IR .

PROBLEMA 5.19 Pruébese que para la ecuación t y + (8 t2 − 1) y + 20 t3 y = t3 sen t2 ,

t = 0 ,

existe un cambio de variable independiente que la transforma en una ecuación de coeficientes constantes. Calcúlese la solución general de dicha ecuación.

SOLUCIÓN

Consideremos el cambio de variable independiente s = f (t). Se cumple (véase problema (5.10)) y = f (t) y(s) ˙ ,

y = f (t) y(s) ˙ + [f (t)]2 y¨(s) ,

donde y˙ indica derivación respecto a la nueva variable s.

Sustituyendo en la ecuación encontramos t f (t) y(s) ˙ + t [f (t)]2 y¨(s) + (8 t2 − 1) f (t) y(s) ˙ + 20 t3 y(s) = t3 sen(t2 ) , dividiendo por t3 , para ajustar a una constante el coeficiente de y(s), obtenemos 2

8t − 1 f (t) [f (t)]2 y ¨ (s) + f (t) + y(s) ˙ + 20 y(s) = sen(t2 ) , t = 0 , t2 t3 t2

228 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS ecuaciĂłn que queremos que sea de coeďŹ cientes constantes, es decir, de la forma Ë&#x2122; + 20 y(s) = g(s) , y¨(s) + a1 y(s) para lo cual se debe cumplir [f (t)]2 t2 + c1 . = 1 â&#x2021;&#x2019; f (t) = Âą t2 2 Tomando el signo positivo y c1 = 0, se tiene que f (t) = t2 /2 y por tanto f (t) 8 t2 â&#x2C6;&#x2019; 1 f (t) + = 8, t3 t2 por lo que el cambio s = t2 /2 transforma la ecuaciĂłn inicial en y¨(s) + 8 y(s) Ë&#x2122; + 20 y(s) = sen(2 s) .

PROBLEMA 5.20 CalcĂşlense las soluciones de la ecuaciĂłn de Euler t2 y â&#x2C6;&#x2019; t y + y = 0 ,

SOLUCIĂ&#x201C;N

t > 0.

Tenemos una ecuaciĂłn de Euler que, mediante el cambio t = es , se transforma en una ecuaciĂłn diferencial lineal con coeďŹ cientes constantes. En efecto, si s = ln t, entonces y =

1 dy 1 = yË&#x2122; , ds t t

y =

d2 y 1 dy 1 1 1 â&#x2C6;&#x2019; = y¨ 2 â&#x2C6;&#x2019; yË&#x2122; 2 ds2 t2 ds t2 t t

y la ecuaciĂłn se transforma en

1 1 1 2 y¨ 2 â&#x2C6;&#x2019; yË&#x2122; 2 â&#x2C6;&#x2019; t yË&#x2122; + y = 0 t t t t

â&#x2021;&#x2019;

y¨ â&#x2C6;&#x2019; 2 yË&#x2122; + y = 0 .

Su ecuaciĂłn caracterĂ­stica r2 â&#x2C6;&#x2019; 2 r + 1 = 0, tiene la raĂ­z 1 doble; luego su soluciĂłn general serĂĄ y(s) = (c1 + c2 s) es . Deshaciendo el cambio obtenemos ďŹ nalmente y(t) = (c1 + c2 ln t) t ,

c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

t > 0,

PROBLEMA 5.21 ResuĂŠlvase la ecuaciĂłn diferencial de segundo orden t2 y â&#x2C6;&#x2019; 2 y = t3 et ,

t > 0.

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

SOLUCIĂ&#x201C;N

229

Tenemos una ecuaciĂłn de Euler que, mediante el cambio t = es se transforma en una ecuaciĂłn diferencial lineal con coeďŹ cientes constantes. En efecto, si s = ln t entonces y =

1 dy 1 = yË&#x2122; , ds t t

y =

d2 y 1 dy 1 1 1 â&#x2C6;&#x2019; = y¨ 2 â&#x2C6;&#x2019; yË&#x2122; 2 , 2 2 2 ds t ds t t t

y la ecuaciĂłn homogĂŠnea asociada se transforma en

1 1 t2 y¨ 2 â&#x2C6;&#x2019; yË&#x2122; 2 â&#x2C6;&#x2019; 2 y = 0 â&#x2021;&#x2019; t t

y¨ â&#x2C6;&#x2019; yË&#x2122; â&#x2C6;&#x2019; 2 y = 0 .

Su ecuaciĂłn caracterĂ­stica, r2 â&#x2C6;&#x2019; r â&#x2C6;&#x2019; 2 = 0, tiene por raĂ­ces r1 = 2 y r2 = â&#x2C6;&#x2019;1. Por lo tanto, la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn homogĂŠnea serĂĄ yh (s) = c1 e2 s + c2 eâ&#x2C6;&#x2019;s y, deshaciendo el cambio tenemos 1 yh (t) = c1 t2 + c2 , c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR . t A partir de ella, calculamos la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn completa mediante el mĂŠtodo de variaciĂłn de las constantes. Para que c1 (t) t2 + c2 (t) 1/t sea soluciĂłn de la ecuaciĂłn completa, c 1 (t) , c 2 (t) deben veriďŹ car â&#x17D;&#x203A; â&#x17D;&#x153; â&#x17D;?

t2 2t

1 â&#x17D;&#x17E;! " ! " 0 c1 (t) t â&#x17D;&#x; = , â&#x17D;

t 1 c (t) t e 2 â&#x2C6;&#x2019; 2 t

luego 1 c (t) t 2 1 2 t c 1 (t) â&#x2C6;&#x2019; 2 c 2 (t) t t2 c 1 (t) +

Entonces, c1 (t) =

1 t e , 3

â&#x17D;Ť â&#x17D;Ş â&#x17D;Ź

=

0

=

â&#x17D;Ş t et â&#x17D;­

c2 (t) =

â&#x2021;&#x2019;

c 1 (t)

=

1 t e , 3

c 2 (t)

=

â&#x2C6;&#x2019;t3 c 1 =

â&#x2C6;&#x2019;t3 t e .

3

â&#x2C6;&#x2019;1 3 (t â&#x2C6;&#x2019; 3 t2 + 6 t â&#x2C6;&#x2019; 6) et , 3

y por lo tanto y(t) = c1 t2 + c2

2 t 1 + tâ&#x2C6;&#x2019;2+ e , t t

t > 0,

c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR ,

es la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn de partida.

PROBLEMA 5.22 ResuĂŠlvase la ecuaciĂłn diferencial de segundo orden 2 (t + 1)4 y + 3 (t + 1)3 y â&#x2C6;&#x2019; (t + 1)2 y = t ,

t > â&#x2C6;&#x2019;1 .

230 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

SOLUCIĂ&#x201C;N

Dividiendo por (t + 1)2 , 2 (t + 1)2 y + 3 (t + 1) y â&#x2C6;&#x2019; y =

t , (t + 1)2

vemos que se trata de una ecuaciĂłn de Euler. Si t > â&#x2C6;&#x2019;1, entonces t + 1 > 0, y el cambio t + 1 = es , s = ln(t + 1), transforma la ecuaciĂłn en una de coeďŹ cientes constantes. En efecto, si denotamos por yË&#x2122; = dy/ds, resulta y

=

y

=

dy ds 1 dy = = yË&#x2122; , dt ds dt t+1

d 1 1 1 â&#x2C6;&#x2019; yË&#x2122; , yË&#x2122; = y¨ 2 dt t+1 (t + 1) (t + 1)2

y sustituyendo en la ecuaciĂłn obtenemos,

t 1 1 1 â&#x2C6;&#x2019;y = â&#x2C6;&#x2019; y Ë&#x2122; 2 (t + 1)2 y¨ + 3 (t + 1) yË&#x2122; (t + 1)2 (t + 1)2 t+1 (t + 1)2

â&#x2021;&#x2019;

2 y¨ + yË&#x2122; â&#x2C6;&#x2019; y = eâ&#x2C6;&#x2019;s â&#x2C6;&#x2019; eâ&#x2C6;&#x2019;2s , ecuaciĂłn diferencial lineal con coeďŹ cientes constantes.

Su ecuaciĂłn caracterĂ­stica, 2 r2 + r â&#x2C6;&#x2019; 1 = 0, tiene como raĂ­ces r1 = â&#x2C6;&#x2019;1 , r2 = 1/2 , de modo que la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn homogĂŠnea asociada es yh (t) = c1 eâ&#x2C6;&#x2019;s + c2 es/2 ,

c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

Calculamos una soluciĂłn particular de la ecuaciĂłn completa mediante el mĂŠtodo operacional yp (t)

=

2 D2

= eâ&#x2C6;&#x2019;s = eâ&#x2C6;&#x2019;s

1 1 1 (eâ&#x2C6;&#x2019;s â&#x2C6;&#x2019; eâ&#x2C6;&#x2019;2s ) = eâ&#x2C6;&#x2019;s â&#x2C6;&#x2019; eâ&#x2C6;&#x2019;2s 2 2 +Dâ&#x2C6;&#x2019;1 2D + D â&#x2C6;&#x2019; 1 2D + D â&#x2C6;&#x2019; 1

1 1 1 1 1 â&#x2C6;&#x2019; eâ&#x2C6;&#x2019;2s = eâ&#x2C6;&#x2019;s 1 â&#x2C6;&#x2019; eâ&#x2C6;&#x2019;2s 2 (D â&#x2C6;&#x2019; 1)2 + D â&#x2C6;&#x2019; 1 â&#x2C6;&#x2019; 1 5 2 D2 â&#x2C6;&#x2019; 3 D 5

1 â&#x2C6;&#x2019;2s 1 1 1 1 â&#x2C6;&#x2019;s 1 1 â&#x2C6;&#x2019; e =e â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019; eâ&#x2C6;&#x2019;2s D 2D â&#x2C6;&#x2019; 3 5 D 3 5

1 1 = â&#x2C6;&#x2019; s eâ&#x2C6;&#x2019;s â&#x2C6;&#x2019; eâ&#x2C6;&#x2019;2s .

3 5 Por lo tanto, la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn no homogĂŠnea es y(s) = c1 eâ&#x2C6;&#x2019;s + c2 es/2 â&#x2C6;&#x2019;

1 â&#x2C6;&#x2019;s 1 â&#x2C6;&#x2019;2s se â&#x2C6;&#x2019; e , 3 5

y, deshaciendo el cambio de variable, obtenemos y(t) = c1

â&#x2C6;&#x161; 1 1 1 1 + c2 t + 1 â&#x2C6;&#x2019; ln(t + 1) â&#x2C6;&#x2019; , t+1 3 (t + 1) 5 (t + 1)2

t > â&#x2C6;&#x2019;1 ,

c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

231

PROBLEMA 5.23 EncuĂŠntrese un cambio de variable independiente que transforme la ecuaciĂłn

1 4 2 t y +t t > 0, 2t + y â&#x2C6;&#x2019; 3 y = eâ&#x2C6;&#x2019;4/t + 3 eâ&#x2C6;&#x2019;2/t , 2 en una de Euler y resuĂŠlvase.

SOLUCIĂ&#x201C;N

Para el cambio de variable independiente s = f (t) se tiene y

=

dy ds dy = = yË&#x2122; f (t) , dt ds dt

y

=

d (yË&#x2122; f (t)) = y¨ f (t)2 + yË&#x2122; f (t) , dt

por lo que transforma la ecuaciĂłn en

1 yË&#x2122; f (t) â&#x2C6;&#x2019; 3 y = eâ&#x2C6;&#x2019;4/t + 3 eâ&#x2C6;&#x2019;2/t 2

1 4 2 4 2

t f (t) y¨ + t f (t) + t 2t + f (t) yË&#x2122; â&#x2C6;&#x2019; 3 y = eâ&#x2C6;&#x2019;4/t + 3 eâ&#x2C6;&#x2019;2/t .

2

t4 y¨ f (t)2 + yË&#x2122; f (t) + t2

2t +

Para que la ecuaciĂłn en las variables y, s, sea de Euler, debe veriďŹ carse t4 f (t)2 = s2 = f (t)2 , de dĂłnde

f (t) f (t)

2 =

1 t4

â&#x2021;&#x2019;

1 f (t) = 2 f (t) t

â&#x2021;&#x2019;

1 ln f (t) = â&#x2C6;&#x2019; , t

y, por tanto, podemos tomar s = f (t) = exp(â&#x2C6;&#x2019;1/t) (nĂłtese que tambiĂŠn podrĂ­a haberse tomado f (t)/f (t) = â&#x2C6;&#x2019;1/t2 ). Entonces f (t) =

1 â&#x2C6;&#x2019;1/t e , t2

f (t) = â&#x2C6;&#x2019;

2 â&#x2C6;&#x2019;1/t 1 e + 4 eâ&#x2C6;&#x2019;1/t , t3 t

con lo que el coeďŹ ciente de yË&#x2122; es

1 3 3 2 1 1 â&#x2C6;&#x2019;1/t e = eâ&#x2C6;&#x2019;1/t = s , t4 â&#x2C6;&#x2019; 3 eâ&#x2C6;&#x2019;1/t + 4 eâ&#x2C6;&#x2019;1/t + t2 2 t + 2 t t 2 t 2 2 y la ecuaciĂłn se transforma en s2 y¨ +

3 s yË&#x2122; â&#x2C6;&#x2019; 3 y = s4 + 3 s2 .

2

EcuaciĂłn de Euler que, con el cambio u = ln s,

d dy 1 dy 1 dy 1 d2 y 1 , y¨ = yË&#x2122; = , = 2 2â&#x2C6;&#x2019; du s ds du s du s du s2

232 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS se transforma en una ecuación lineal con coeficientes constantes 1 dy d2 y − 3 y = e4u + 3 e2u . + du2 2 du Su ecuación característica, r2 + (1/2) r − 3 = 0, tiene por raíces r1 = −2, r2 = 3/2. Por lo tanto, la solución general de la ecuación homogénea asociada es yh (u) = c1 e−2u + c2 e3u/2 ,

c1 , c2 ∈ IR .

Obtenemos una solución particular de la ecuación completa mediante el método operacional yp (u) =

1 1 4u 3 2u (e4u + 3 e2u ) = e + e .

D2 + (1/2) D − 3 15 2

La solución general de la ecuación completa, en términos de la variable independiente u, es y(u) = c1 e−2u + c2 e3u/2 +

1 4u 3 2u e + e , 15 2

y, deshaciendo los cambios, se tiene y(s) = y(t) =

1 4 3 2 s + s , 15 2 1 3 −4/t e + e−2/t , c1 e2/t + c2 e−3/(2t) + 15 2

c1 s−2 + c2 s3/2 +

c1 , c2 ∈ IR ,

que es la solución general de la ecuación partida.

PROBLEMA 5.24 Descríbase el comportamiento en t → 0+ y en t → ∞ de las soluciones de a) t2 y + 3 t y + y = 0 , b) t2 y − y = 0 , c) t2 y + 2 t y + y = 0 , d) t2 y − 2 t y + y = 0 , e) t2 y + y = 0 .

SOLUCIÓN

a) Se trata de una ecuación de Euler que, mediante el cambio t = es , se transforma en una ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes. En efecto, si s = ln |t|, entonces y =

1 dy 1 = y˙ , ds t t

y =

d2 y 1 dy 1 1 1 − = y¨ 2 − y˙ 2 , 2 2 2 ds t ds t t t

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

y la ecuaciĂłn se transforma en

1 1 1 2 y¨ 2 â&#x2C6;&#x2019; yË&#x2122; 2 + 3 t yË&#x2122; + y = 0 t t t t

â&#x2021;&#x2019;

233

y¨ + 2 yË&#x2122; + y = 0 .

Su ecuaciĂłn caracterĂ­stica r2 + 2 r + 1 = 0, tiene la raĂ­z â&#x2C6;&#x2019;1 doble; luego su soluciĂłn general serĂĄ y(s) = (c1 + c2 s) eâ&#x2C6;&#x2019;s . Deshaciendo el cambio, resulta para t = 0 y(t) = (c1 + c2 ln |t|)

1 , t

c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR ,

por lo tanto â&#x17D;§ 0, â&#x17D;Ş â&#x17D;¨ â&#x2C6;&#x2019; (signo c2 ) â&#x2C6;&#x17E; si c2 = (signo c1 ) â&#x2C6;&#x17E; si c2 = 0 y c1 = 0 , l´Ĺm y(t) = â&#x17D;Ş tâ&#x2020;&#x2019;0+ â&#x17D;Š 0 si c1 = c2 = 0 . l´Ĺm y(t) = 0 .

tâ&#x2020;&#x2019;â&#x2C6;&#x17E;

b) Se trata de una ecuaciĂłn de Euler que, mediante el cambio t = es , que hemos visto en el apartado anterior, se transforma en una ecuaciĂłn diferencial lineal con coeďŹ cientes constantes, dada por

1 1 2 y¨ 2 â&#x2C6;&#x2019; yË&#x2122; 2 â&#x2C6;&#x2019; y = 0 â&#x2021;&#x2019; y¨ â&#x2C6;&#x2019; yË&#x2122; â&#x2C6;&#x2019; y = 0 . t t t â&#x2C6;&#x161; Su ecuaciĂłn caracterĂ­stica râ&#x2C6;&#x161;2 â&#x2C6;&#x2019; r â&#x2C6;&#x2019; 1 = 0, tiene las raĂ­ces (1 Âą 5)/2; luego su soluciĂłn â&#x2C6;&#x161; 1+ 5 1â&#x2C6;&#x2019; 5 general serĂĄ y(s) = c1 e 2 s + c2 e 2 s . Deshaciendo el cambio, resulta para t = 0 y(t) = c1 t

â&#x2C6;&#x161; 1+ 5 2

+ c2 t

â&#x2C6;&#x161; 1â&#x2C6;&#x2019; 5 2

,

c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR ,

por lo tanto

l´Ĺm y(t) =

tâ&#x2020;&#x2019;0+

l´Ĺm y(t) =

tâ&#x2020;&#x2019;â&#x2C6;&#x17E;

(signo c2 ) â&#x2C6;&#x17E;

si c2 = 0 ,

0

si c2 = 0 .

(signo c1 ) â&#x2C6;&#x17E;

si c1 = 0 ,

0

si c1 = 0 .

c) De nuevo tenemos una ecuaciĂłn de Euler que, mediante el cambio t = es ya considerado en los apartados precedentes, se transforma en una ecuaciĂłn diferencial lineal con coeďŹ cientes constantes, dada por

1 1 1 t2 y¨ 2 â&#x2C6;&#x2019; yË&#x2122; 2 + 2 t yË&#x2122; + y = 0 â&#x2021;&#x2019; y¨ + yË&#x2122; + y = 0 . t t t

234 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS â&#x2C6;&#x161; Su ecuaciĂłn caracterĂ­stica r2 + r + 1 = 0, tiene las raĂ­ces (â&#x2C6;&#x2019;1 Âą 3 i)/2; â&#x2C6;&#x161; â&#x2C6;&#x161; luego su soluciĂłn general serĂĄ y(s) = c1 eâ&#x2C6;&#x2019;s/2 cos(( 3 s)/2) + c2 eâ&#x2C6;&#x2019;s/2 sen(( 3 s)/2).

Deshaciendo el cambio resulta " " !â&#x2C6;&#x161; !â&#x2C6;&#x161; 1 3 1 3 ln |t| + c2 â&#x2C6;&#x161; sen ln |t| y(t) = c1 â&#x2C6;&#x161; cos 2 2 t t

=t

" "" !â&#x2C6;&#x161; 3 3 ln |t| + c2 sen ln |t| , 2 2

!â&#x2C6;&#x161;

! â&#x2C6;&#x2019; 12

c1 cos

c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR ,

por lo tanto l´Ĺm y(t) = /â&#x2C6;&#x192; salvo si c1 = c2 = 0 ,

tâ&#x2020;&#x2019;0+

l´Ĺm y(t) = 0 .

tâ&#x2020;&#x2019;â&#x2C6;&#x17E;

d) En este caso, que de nuevo corresponde a una ecuaciĂłn de Euler, la ecuaciĂłn resultante del cambio de variable t = es es

1 1 1 2 t y¨ 2 â&#x2C6;&#x2019; yË&#x2122; 2 â&#x2C6;&#x2019; 2 t yË&#x2122; + y = 0 â&#x2021;&#x2019; y¨ â&#x2C6;&#x2019; 3 yË&#x2122; + y = 0 . t t t â&#x2C6;&#x161; Su ecuaciĂłn caracterĂ­stica râ&#x2C6;&#x161;2 â&#x2C6;&#x2019;3 r+1 =â&#x2C6;&#x161;0 tiene las raĂ­ces (3Âą 5)/2; luego su soluciĂłn 3+ 5 3â&#x2C6;&#x2019; 5 general serĂĄ y(s) = c1 e 2 s + c2 e 2 s . Deshaciendo el cambio resulta, para t = 0 y(t) = c1 t

â&#x2C6;&#x161; 3+ 5 2

+ c2 t

â&#x2C6;&#x161; 3â&#x2C6;&#x2019; 5 2

,

c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR ,

por lo tanto l´Ĺm y(t) = 0 .

tâ&#x2020;&#x2019;0+

â&#x17D;§ â&#x17D;Ş â&#x17D;¨ (signo c1 ) â&#x2C6;&#x17E; (signo c2 ) â&#x2C6;&#x17E; l´Ĺm y(t) = tâ&#x2020;&#x2019;â&#x2C6;&#x17E; â&#x17D;Ş â&#x17D;Š 0

si c1 = 0 , si c1 = 0 y c2 = 0 , si c1 = c2 = 0 .

e) Finalmente tenemos una ecuaciĂłn de Euler que, mediante el habitual cambio t = es , se transforma en la ecuaciĂłn diferencial lineal con coeďŹ cientes constantes siguiente

1 1 t2 y¨ 2 â&#x2C6;&#x2019; yË&#x2122; 2 + y = 0 â&#x2021;&#x2019; y¨ â&#x2C6;&#x2019; yË&#x2122; + y = 0 . t t â&#x2C6;&#x161; Âą 3 i)/2; luego su soluSu ecuaciĂłn caracterĂ­stica r2 â&#x2C6;&#x2019; r + 1â&#x2C6;&#x161;= 0, tiene las raĂ­ces (1 â&#x2C6;&#x161; s s ciĂłn general serĂĄ y(s) = c1 e 2 cos(( 3 s)/2) + c2 e 2 sen(( 3 s)/2). Deshaciendo el cambio resulta " "" ! !â&#x2C6;&#x161; !â&#x2C6;&#x161; â&#x2C6;&#x161; 3 3 ln |t| + c2 sen ln |t| , c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR , y(t) = t c1 cos 2 2

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

235

por lo tanto l´Ĺm y(t) = 0 .

tâ&#x2020;&#x2019;0+

â&#x2C6;&#x192; l´Ĺm y(t) = /

tâ&#x2020;&#x2019;â&#x2C6;&#x17E;

salvo si c1 = c2 = 0 .

PROBLEMA 5.25 ConsidĂŠrese una ecuaciĂłn de la forma y + f (t) y + g(t) y = h(t), y sea u(t) tal que 2 u (t) + f (t) u(t) = 0 ,

u(t) = 0 .

(5.1)

PruĂŠbese que si a) g(t) â&#x2C6;&#x2019; (1/2) f (t) â&#x2C6;&#x2019; (1/4) f (t)2 = k, el cambio y = u v transforma la ecuaciĂłn en una lineal en v con coeďŹ cientes constantes. b) g(t) â&#x2C6;&#x2019; (1/2) f (t) â&#x2C6;&#x2019; (1/4) f (t)2 = k/t2 , el cambio y = u v transforma la ecuaciĂłn en una de Euler en la variable v.

SOLUCIĂ&#x201C;N

a) El cambio y = uv,

y = u v + u v ,

y = u v + 2 u v + u v

transforma la ecuaciĂłn lineal en u v + 2 u v + u v + f (t) (u v + u v ) + g(t) u v = h(t) u v + (2 u + f (t) u) v + (u + f (t) u + g(t) u) v = h(t) .

Como u(t) es soluciĂłn de (5.1), en la expresiĂłn anterior el coeďŹ ciente de v es nulo.

Analizamos el coeďŹ ciente de v. Derivando (5.1) con respecto a t, obtenemos 2 u + f (t) u + f (t) u = 0

â&#x2021;&#x2019;

1 1 u = â&#x2C6;&#x2019; f (t) u â&#x2C6;&#x2019; f (t) u , 2 2

y, despejando u en (5.1), y sustituyĂŠndola en la expresiĂłn de u anterior, resulta â&#x2C6;&#x2019;1 1 1 1 1 u = â&#x2C6;&#x2019; f (t) u â&#x2C6;&#x2019; f (t) f (t) u = â&#x2C6;&#x2019; f (t) u + f (t)2 u .

2 2 2 2 4 El coeďŹ ciente de v es entonces,

1 1 1 1 1 â&#x2C6;&#x2019; f (t) u+ f (t)2 uâ&#x2C6;&#x2019; f (t)2 u+g(t) u = u â&#x2C6;&#x2019; f (t) â&#x2C6;&#x2019; f (t)2 + g(t) = u k , 2 4 2 2 4 y la ecuaciĂłn transformada u v + u k v = h(t)

â&#x2021;&#x2019;

v + k v =

es una ecuaciĂłn lineal en v con coeďŹ cientes constantes.

h(t) , u(t)

236 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS b) En este caso, de acuerdo con el apartado anterior, la ecuación transformada es u v + u

k v = h(t) t2

⇒

t2 v + k v =

h(t) 2 t , u(t)

que es una ecuación de Euler en la variable v.

PROBLEMA 5.26 a) Compruébese que, cuando 4 a2 ≤ (a1 − 1)2 , existe un valor de α para el que el cambio de variable dependiente y = tα z permite resolver la ecuación (de Euler) t2 y + t a1 y + a2 y = 0 . b) Aplíquese a la resolución de la ecuación t2 y − 3 t y + 3 y = 0 .

SOLUCIÓN

a) El cambio de variable y = tα z ,

y = α tα−1 z + tα z ,

y = α (α − 1) tα−2 z + 2 α tα−1 z + tα z ,

transforma la ecuación en t2 [α (α − 1) tα−2 z + 2 α tα−1 z + tα z ] + t a1 [α tα−1 z + tα z ] + a2 tα z = 0 , tα+2 z + (2 α + a1 ) tα+1 z + [α (α − 1) + a1 α + a2 ] tα z = 0 , dividiendo por tα obtenemos t2 z + (2 α + a1 ) t z + [α (α − 1) + a1 α + a2 ] z = 0 .

Para resolver esta ecuación buscamos un valor de α que anule el coeficiente de z, α2 + (a1 − 1) α + a2 = 0

⇒

α=

(1 − a1 ) ±

(a1 − 1)2 − 4 a2 2

por lo tanto, si el discriminante (a1 − 1)2 − 4 a2 ≥ 0 tenemos, al menos, un valor de α para el que el cambio y = tα z convierte la ecuación en t2 z + (2 α + a1 ) t z = 0 .

Un nuevo cambio de variable dependiente, w = z , transforma la ecuación en una lineal de primer orden, t2 w + (2 α + a1 ) t w = 0, que puede resolverse fácilmente mediante un factor integrante.

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

b) En este caso podemos identiďŹ car a1 = â&#x2C6;&#x2019;3 , a2 = 3, de modo que â&#x2C6;&#x161; 4Âą2 (1 + 3) Âą 16 â&#x2C6;&#x2019; 12 = â&#x2021;&#x2019; Îą=3 o Îą= 2 2

237

Îą=1

cualquiera de los cambios: y = t z , y = t3 z, resolverĂ­a la ecuaciĂłn.

Si introducimos las variables, y = t z , w = z , obtenemos la ecuaciĂłn lineal t2 w â&#x2C6;&#x2019; t w = 0

1 w = 0, t

w â&#x2C6;&#x2019;

â&#x2021;&#x2019;

con factor integrante

Îź(t) = exp

1 â&#x2C6;&#x2019; dt t

= eâ&#x2C6;&#x2019; ln |t| =

De modo que 1 1 w â&#x2C6;&#x2019; 2w=0 t t

â&#x2021;&#x2019;

d dt

1 w t

1 . t

= 0,

e integrando en los dos miembros resulta w = c t , c â&#x2C6;&#x2C6; IR. Finalmente, deshaciendo los dos cambios de variable efectuados, obtenemos c

c t2 + k . z = c t â&#x2021;&#x2019; z = t2 + k â&#x2021;&#x2019; y = t 2 2

PROBLEMA 5.27

CompruĂŠbese que el cambio de variable y = exp( z(t) dt) transforma la ecuaciĂłn lineal a0 (t) y + a1 (t) y + a2 (t) y = 0 en una ecuaciĂłn de Ricatti. a) UtilĂ­cese este resultado para resolver el problema de Cauchy â&#x17D;§ â&#x17D;¨ z = â&#x2C6;&#x2019; 4 + 4 z â&#x2C6;&#x2019; z2 , t > 0 , t2 t â&#x17D;Š z(1) = 0 .

SOLUCIĂ&#x201C;N

El cambio

y=e

z(t) dt

,

y = z(t) e

z(t) dt

,

y = z (t) e

z(t) dt

+ z(t)2 e

z(t) dt

,

transforma la ecuaciĂłn en

a0 (t) z (t) e z(t) dt + z(t)2 e z(t) dt + a1 (t) z(t) e z(t) dt + a2 (t) e z(t) dt = 0 .

238 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Sacando factor comĂşn a exp( z(t) dt) se obtiene, tras dividir por dicho factor, la ecuaciĂłn de Riccati a0 (t) z + a0 (t) z(t)2 + a1 (t) z + a2 (t) = 0 . a) IdentiďŹ camos a0 (t) = 1, a1 (t) = â&#x2C6;&#x2019;4/t, a2 (t) = 4/t2 . De acuerdo con el apartado anterior, el cambio de variable z = y /y transforma la ecuaciĂłn de Riccati z + z2 â&#x2C6;&#x2019;

4 4 z + 2 = 0, t t

en la ecuaciĂłn lineal y â&#x2C6;&#x2019;

4 4 y + 2y=0 t t

â&#x2021;&#x2019;

t2 y â&#x2C6;&#x2019; 4 t y + 4 y = 0 .

Se trata de una ecuaciĂłn de Euler que, mediante el cambio s = ln t y

=

y

=

dy ds 1 dy = = yË&#x2122; , dt ds dt t

d 1 1 1 yË&#x2122; = y¨ 2 â&#x2C6;&#x2019; yË&#x2122; 2 , dt t t t

se transforma en una ecuaciĂłn lineal de coeďŹ cientes constantes. En efecto,

1 1 1 â&#x2021;&#x2019; y¨ â&#x2C6;&#x2019; 5 yË&#x2122; + 4 y = 0 . t2 y¨ 2 â&#x2C6;&#x2019; yË&#x2122; 2 â&#x2C6;&#x2019; 4 t yË&#x2122; + 4 y = 0 t t t Su ecuaciĂłn caracterĂ­stica r2 â&#x2C6;&#x2019; 5 r + 4 = 0, tiene las raĂ­ces reales r1 = 1, r2 = 4, de modo que la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn es y(s) = c1 es + c2 e4s ,

c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR ,

y, deshaciendo los cambios, y(t) = c1 t + c2 t4

â&#x2021;&#x2019;

z(t) =

c1 + 4 c2 t3 . c 1 t + c2 t 4

Imponemos la condiciĂłn inicial 0 = z(1) =

c1 + 4 c2 c1 + c2

â&#x2021;&#x2019;

c1 = â&#x2C6;&#x2019;4 c2 , con c2 = 0 ,

y la soluciĂłn del problema de Cauchy es ďŹ nalmente z(t) =

4 (1 â&#x2C6;&#x2019; t3 ) .

4 t â&#x2C6;&#x2019; t4 1

ObsĂŠrvese que la soluciĂłn no estĂĄ deďŹ nida en t = 4 3 > 1.

PROBLEMA 5.28 Se considera la ecuaciĂłn diferencial lineal de segundo orden P (t) y + Q(t) y + k y = 0 , siendo k constante y P (t) de clase C 1 con P (t) > 0 para todo t â&#x2C6;&#x2C6; IR.

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

239

a) Demuéstrese que para que esta ecuación pueda transformarse en una ecuación lineal de coeficientes constantes mediante un cambio de variable independiente s = f (t), es necesario y suficiente que exista una constante c tal que Q(t) = c

P (t) +

P (t) .

2

b) Resuélvase la ecuación e2 t y + et (3 + et ) y − 4 y = e−2 t + 1 .

SOLUCIÓN

a) El cambio s = f (t), y

=

dy ds dy = = y˙ f (t) , dt ds dt

y

=

d (y˙ f (t)) = y¨ (f (t))2 + y˙ f (t) , dt

transforma la ecuación en P (t) f (t)2 y¨ + (P (t) f (t) + Q(t) f (t)) y˙ + k y = 0 , que será de coeficientes constantes si y sólo si existen α y β constantes tales que P (t) f (t)2 = α , de donde f (t) =

√

α

P (t)

y ⇒

P (t) f (t) + Q(t) f (t) = β , f (t) =

√ − α P (t) 2 P (t)

P (t)

,

y, √ por tanto, sustituyendo en la ecuación que define β (nótese que si tomamos f (t) = − α/ P (t) obtenemos el mismo resultado cambiando β por −β) √ √ − α P (t) α P (t) + Q(t) =β.

2 P (t) P (t) P (t) Despejando Q(t) en esta última relación concluimos que, si existe un cambio de variable s = f (t) que transforma la ecuación en α y¨+β y+k ˙ y = 0 entonces, necesariamente ! " √ P (t) 1 β α P (t) β+ P (t) + P (t) , =√ Q(t) = √ 2 α α 2 P (t) √ y basta con tomar c = β/ α.

Recíprocamente, si Q(t) = c P (t) + P (t)/2, entonces el cambio s = f (t), con f (t) = 1/ P (t) transforma la ecuación en una ecuación lineal de coeficientes constantes.

240 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS b) Aplicamos el procedimiento anterior a la ecuaciĂłn e2 t y + et (3 + et ) y â&#x2C6;&#x2019; 4 y = eâ&#x2C6;&#x2019;2 t + 1 .

IdentiďŹ camos los coeďŹ cientes P (t) = e2 t , Q(t) = et (3 + et ) y k = â&#x2C6;&#x2019;4; y comprobamos que la funciĂłn Q(t) es de la forma requerida: Q(t) = c

P (t) +

1 P (t) 2

â&#x2021;&#x2019;

3 et + e2 t = c et +

1 2t 2e , 2

â&#x2C6;&#x161; luego c = β/ Îą = 3 y basta tomar Îą = 1 , β = 3 para obtener el cambio f (t) =

1 et

â&#x2021;&#x2019;

f (t) = â&#x2C6;&#x2019;eâ&#x2C6;&#x2019;t ,

que transforma la ecuaciĂłn en y¨ + 3 yË&#x2122; â&#x2C6;&#x2019; 4 y = s2 + 1.

Resolvemos primero la ecuaciĂłn homogĂŠnea asociada y calculamos, despuĂŠs, una soluciĂłn particular de la ecuaciĂłn completa mediante el mĂŠtodo operacional. Las raĂ­ces de la ecuaciĂłn caracterĂ­stica, r2 + 3 r â&#x2C6;&#x2019; 4 = 0, son r1 = 1, r2 = â&#x2C6;&#x2019;4, por lo tanto yh (s) = c1 es + c2 eâ&#x2C6;&#x2019;4 s es la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn homogĂŠnea. Una soluciĂłn particular de la completa serĂĄ,

1 1 3 D 13 D2 s2 3 s 21 (s2 +1) = â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019; yp (s) = 2 (s2 +1) = â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019; .

D + 3D â&#x2C6;&#x2019; 4 4 16 64 4 8 32 AsĂ­ pues, y(s) = yh (s) + yp (s) = c1 es + c2 eâ&#x2C6;&#x2019;4 s â&#x2C6;&#x2019;

21 1 2 3 s â&#x2C6;&#x2019; sâ&#x2C6;&#x2019; , 4 8 32

y basta deshacer el cambio s = â&#x2C6;&#x2019;eâ&#x2C6;&#x2019;t para obtener la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn y(t) = c1 eâ&#x2C6;&#x2019;e

â&#x2C6;&#x2019;t

+ c2 e4 e

â&#x2C6;&#x2019;t

â&#x2C6;&#x2019;

1 â&#x2C6;&#x2019;2 t 3 â&#x2C6;&#x2019;t 21 e , + e â&#x2C6;&#x2019; 4 8 32

c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

PROBLEMA 5.29 ResuĂŠlvase la ecuaciĂłn t3 y + 4 t2 y + 3 t y + y = (ln t)2 + sen(ln t3 ) ,

SOLUCIĂ&#x201C;N

t > 0.

Se trata de una ecuaciĂłn de Euler, por lo tanto el cambio de variable s = ln t, dy ds 1 dy = = yË&#x2122; , dt ds dt t

d 1 1 1 y = yË&#x2122; = y¨ 2 â&#x2C6;&#x2019; yË&#x2122; 2 , dt t t t y =

y =

d d¨ y 1 3 2 y = â&#x2C6;&#x2019; y¨ 3 + yË&#x2122; 3 , 3 dt ds t t t

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

241

transforma la ecuaciĂłn en

3 2 1 d¨ y 1 1 1 2 â&#x2C6;&#x2019; y ¨ + y Ë&#x2122; â&#x2C6;&#x2019; y Ë&#x2122; t3 + 4 t y ¨ + 3 t yË&#x2122; + y = s2 + sen(3 s) ds t3 t3 t3 t2 t2 t d¨ y + y¨ + yË&#x2122; + y = s2 + sen(3 s) , ds ecuaciĂłn lineal de tercer orden y coeďŹ cientes constantes.

Su ecuaciĂłn caracterĂ­stica, r3 + r2 + r + 1 = 0, tiene la raĂ­z real â&#x2C6;&#x2019;1 y las raĂ­ces complejas Âąi, de modo que la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn homogĂŠnea asociada es yh (s) = c1 eâ&#x2C6;&#x2019;s + c2 sen s + c3 cos s ,

c1 , c2 , c3 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

Calculamos una soluciĂłn particular de la ecuaciĂłn completa mediante el mĂŠtodo operacional. yp (s) = =

D3

+

1 (s2 + sen(3 s)) +D+1

D2

1 1 s2 + 3 sen(3s) D3 + D2 + D + 1 D + D2 + D + 1

=

D4 (1 â&#x2C6;&#x2019; D) + 3 D + D2 + D + 1

1 s + D+1

2

1 sen(3 s) D2 + 1

= s2 â&#x2C6;&#x2019; 2 s +

1 1 1 1 sen(3 s) = s2 â&#x2C6;&#x2019; 2 s â&#x2C6;&#x2019; sen(3 s) D + 1 â&#x2C6;&#x2019;9 + 1 8 D+1

= s2 â&#x2C6;&#x2019; 2 s â&#x2C6;&#x2019;

1

8

= s2 â&#x2C6;&#x2019; 2 s â&#x2C6;&#x2019;

1 8

= s2 â&#x2C6;&#x2019; 2 s â&#x2C6;&#x2019;

1 8

= s2 â&#x2C6;&#x2019; 2 s +

1 3 cos(3 s) â&#x2C6;&#x2019; sen(3 s) .

80 80

1 e3is D+1

= s2 â&#x2C6;&#x2019; 2 s â&#x2C6;&#x2019;

1

8

1 e3is 3i + 1

1 â&#x2C6;&#x2019; 3 i 3is e

10

â&#x2C6;&#x2019;

1 3 cos(3 s) + sen(3 s) 10 10

AsĂ­ pues, la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn completa es y(s) = c1 eâ&#x2C6;&#x2019;s + c2 sen s + c3 cos s + s2 â&#x2C6;&#x2019; 2 s +

1 3 cos(3 s) â&#x2C6;&#x2019; sen(3 s) , 80 80

y, deshaciendo el cambio de variable, resulta y(t)

=

c1

1 + c2 sen(ln t) + c3 cos(ln t) t

+(ln t)2 â&#x2C6;&#x2019; 2 ln t +

1 3 cos(3 ln t) â&#x2C6;&#x2019; sen(3 ln t) .

80 80

242 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

PROBLEMA 5.30 Dada la funciĂłn b(t) â&#x2C6;&#x2C6; C(IR) se considera la ecuaciĂłn diferencial y y = (y )2 + y y + b(t) y 2 . a) ObtĂŠngase un cambio de variable dependiente y = f (u) que reduzca la ecuaciĂłn anterior a una lineal con coeďŹ cientes constantes.

IntĂŠgrese dicha ecuaciĂłn lineal y hĂĄllese la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn original. b)) CalcĂşlese la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn anterior en el caso b(t) = b+sen t, siendo b una constante real.

SOLUCIĂ&#x201C;N

a) El cambio de variable y = f (u) u ,

y = f (u) ,

y = f (u) (u )2 + f (u) u ,

transforma la ecuaciĂłn en f (u) (f (u) (u )2 + f (u) u ) = (f (u))2 (u )2 + f (u) f (u) u + b(t) f (u)2 â&#x2021;&#x2019; (f (u) f (u) â&#x2C6;&#x2019; (f (u))2 ) (u )2 = f (u) f (u) (u â&#x2C6;&#x2019; u ) + b(t) f (u)2 â&#x2021;&#x2019; u â&#x2C6;&#x2019; u +

f (u) f (u) â&#x2C6;&#x2019; (f (u))2 2 f (u)2 (u . ) = b(t) f (u) f (u) f (u) f (u)

Para que la ecuaciĂłn transformada sea lineal y de coeďŹ cientes constantes, debe veriďŹ carse f (u)2 f (u) f (u) â&#x2C6;&#x2019; (f (u))2 = 0 , = k. f (u) f (u) f (u) f (u) Tomando k = 1, tenemos f (u) = f (u), y por tanto tambiĂŠn f (u) = f (u), de modo que se cumple la condiciĂłn (f (u))2 f (u) â&#x2C6;&#x2019; . f (u) f (u) f (u) AsĂ­ pues, el cambio f (u) = eu , transforma la ecuaciĂłn en u â&#x2C6;&#x2019; u = b(t), que es una ecuaciĂłn lineal de coeďŹ cientes constantes.

Sea z = u y consideremos z â&#x2C6;&#x2019; z = b(t). La funciĂłn Îź(t) = exp( â&#x2C6;&#x2019;1 dt) = eâ&#x2C6;&#x2019;t es un factor integrante, de modo que la ecuaciĂłn eâ&#x2C6;&#x2019;t z â&#x2C6;&#x2019; eâ&#x2C6;&#x2019;t z = b(t) eâ&#x2C6;&#x2019;t

â&#x2021;&#x2019;

d â&#x2C6;&#x2019;t (e z) = b(t) eâ&#x2C6;&#x2019;t , dt

es exacta. Integrando ambos miembros con respecto a t, y deshaciendo los cambios,

et c1 + b(t) eâ&#x2C6;&#x2019;t dt dt + c2 , z = et c1 + b(t) eâ&#x2C6;&#x2019;t dt , y = exp con c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR, obtenemos la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn de partida.

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

243

b) Si b(t) = b + sen t, tras el cambio y = eu obtenemos la ecuaciĂłn u â&#x2C6;&#x2019; u = b + sen t .

La ecuaciĂłn caracterĂ­stica asociada es r2 â&#x2C6;&#x2019; r = 0, con raĂ­ces r1 = 0 , r2 = 1, de modo que la soluciĂłn general de la ecuaciĂłn homogĂŠnea asociada es uh (t) = c1 + c2 et ,

c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

Calculamos, mediante el mĂŠtodo operacional, una soluciĂłn particular de la ecuaciĂłn no homogĂŠnea

1 1 1 (b + sen t) = (b + sen t) up (t) = D (D â&#x2C6;&#x2019; 1) D Dâ&#x2C6;&#x2019;1 =

1 D

â&#x2C6;&#x2019;b +

= â&#x2C6;&#x2019;b t â&#x2C6;&#x2019;

1 eit Dâ&#x2C6;&#x2019;1

= â&#x2C6;&#x2019;b t +

cos t + sen t dt â&#x2C6;&#x2019;2

1 (sen t â&#x2C6;&#x2019; cos t) .

2

La soluciĂłn general de la ecuaciĂłn serĂĄ entonces

1 t y = exp c1 + c2 e â&#x2C6;&#x2019; b t â&#x2C6;&#x2019; (sen t â&#x2C6;&#x2019; cos t) , 2

c1 , c2 â&#x2C6;&#x2C6; IR .

El libro está destinado a los estudiantes de enseñanzas técnicas que se enfrentan por primera vez con las ecuaciones diferenciales ordinarias.

Cada capítulo contiene: • una breve introducción teórica, en la que se exponen las definiciones fundamentales, así como los métodos de resolución que se utilizarán posteriormente.

• una amplia colección de ejercicios y problemas en orden creciente de dificultad, totalmente resueltos.

Ana Isabel Alonso de Mena es profesora titular del departamento de Matemática Aplicada de la Escuela Técnica Superior de Ingenieros Industriales de la Universidad de Valladolid.

Jorge Álvarez López y Juan Antonio Calzada Delgado son profesores ayudante doctor del departamento de Matemática Aplicada de la Escuela Técnica Superior de Ingenieros Industriales de la Universidad de Valladolid.

Todos ellos trabajan en el campo de las ecuaciones diferenciales contando con numerosas publicaciones científicas en revistas internacionales de reconocido prestigio.

La profesora Ana I. Alonso está especializada en el estudio cualitativo de sistemas dinámicos; el profesor Jorge álvarez investiga en la obtención e implementación de métodos numéricos para su resolución y el profesor Juan A. Calzada tiene amplia experiencia en la modelización de fenómenos biofísicos mediante ecuaciones diferenciales.

Ana Isabel Alonso de Mena • Jorge Álvarez López • Juan Antonio Calzada Delgado

Este texto está dedicado al planteamiento y resolución detallada de problemas.

El proceso de modelado, la resolución y la interpretación de las soluciones se realizan de modo ordenado y sistemático.

Ecuaciones diferenciales ordinarias ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS. Ejercicios y Problemas resueltos

Si algo caracteriza esta materia es la gran diversidad e importancia de sus aplicaciones, y es en el planteamiento y resolución de problemas concretos, inspirados en gran medida en modelos físicos, donde se puede encontrar la motivación necesaria para su estudio y percibir su utilidad.

Ejercicios y Problemas resueltos Ana Isabel Alonso de Mena Jorge Álvarez López • Juan Antonio Calzada Delgado

ISBN 978-84-96477-59-9

c/ Luarca, 11 28230 Las Rozas de Madrid Madrid Tel. 91 637 16 88 www.deltapublicaciones.com

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