Ecuaciones Diferenciales by Mauricio Castro Cardona

Ecuaciones diferenciales Notas de curso Mauricio Castro Cardona OtoË&#x153; no 2004

Pr´ ologo Un pr´ ologo es siempre algo que antecede al logos, es decir a la razón. Toda antolog´ıa es una colecci´ on de piezas que pretenden llevar un orden, una secuencia que le permite al lector tomar nota de un tema o de un curso. Por eso, me limitaré en esta oportunidad a exponer el orden que va a llevar esta antologa. Estos materiales para el curso de Ecuaciones Diferenciales están compuestos de apuntes personales producto de algunos aos de estar impartiendo la materia de ecuaciones diferenciales en la Facultad de Ciencias de la Computacion y algunos temas selectos del libro .Ecuaciones Diferenciales y Problemas de Frontera”de BOYCE DIPRIMA ED: LIMUSA. En esta nueva versión se han agregado, adems, algunas partes del libro de .Ecuaciones diferenciales y problemas con valores en la frontera”de Nagle Staf y Zinder, pues considero tiene un enfoque mas pr´ actico y es mas congruente con los objetivos del programa. Las ecuaciones diferenciales es una rama de la matemática aplicada y por lo tanto tienen un amplio uso en problemas prácticos que se presentan, tanto en las ciencias naturales as´ı como en la ingenier´ıa. En la disciplina de la Computación tendr´ a su aplicaci´ on en la soluci´ on de problemas de teor´ıa de control, simulación, problemas de optimizaci´ on etc. Presentamos esta antolog´ıa con un enfoque mas práctico que teórico pues nuestro objetivo es que los estudiantes dominen las técnicas para resolver ecuaciones diferenciales ordinarias. Se supone que un estudiante debe dominar los conceptos y métodos del c´ alculo diferencial e integral. Espero que esta antolog´ıa les sea u ´til, no sólo por el material que contiene sino por el ahorro de algunos centavos en la compra de los textos completos, tomando en cuenta que este trabajo no tiene un fin lucrativo.

ATENTAMENTE Dr. Mauricio Castro Cardona

´Indice general 1. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden 1.1. Idea de una Ecuaci´ on Diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Ecuaciones diferenciales de primer orden . . . . . . . . . . . . 1.2.1. Ecuaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. El problema con valores iniciales y el teorema de existencia unicidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4. Ecuaciones no lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.1. Ecuaci´ on de Bernoulli (Jacob Bernoulli 1654 - 1705) . 1.4.2. ECUACIONES EXACTAS . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.3. FACTOR INTEGRANTE . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.4. Ecuaciones homogeneas . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.5. Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales . . . . . .

. . . . . . y . . . . . . . . . . . . . .

7 7 10 10 16 20 20 22 30 34 36

2. Ecuaciones diferenciales de segundo orden 43 2.1. Soluciones fundamentales de las ecuaciones homog´eneas con coeficientes constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 2.1.1. REDUCCION POR ORDEN. . . . . . . . . . . . . . . . . 46 2.1.2. ECUACIONES EXACTAS . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 2.1.3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 2.1.4. NO HOMOGENEAS. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 ´ 2.1.5. METODO DE COEFICIENTES INDETERMINADOS . 52 ´ 2.1.6. METODO DEVARIACION DEPARAMETROS . . . . . 59 2.3.1. Ecuaciones diferenciales de orden superior . . . . . . . . . 64

´INDICE GENERAL

Cap´ıtulo 1

Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden 1.1.

Idea de una Ecuaci´ on Diferencial

Una ecuaci´ on diferencial en su foma mas general se puede escribir de laforma: f (x, y, y 0 , y 00 , y 000 , ..., y (n−1) , y (n) ) = 0 en este curso nos van a interesar solo aquellas ecuaciones que pueden ser resueltas con respecto a la derivada de mas alto orden o sea: y (n) = f (x, y, y 0 , y 00 , y 000 , ..., y (n−1) , y (n) ) Comencemos por las mas sencillas, por ejemplo y 0 = c. Aqui debemos preguntarnos cual es la funcion y(x); tal que y 0 = c esta función será: y(x) = cx + k Si y 00 = c; entonces la primera derivada de y sera: y 0 = cx + k1 y por lo tanto su soluci´ on es y(x) = 1/2cx2 + k1 x + k2 Veamos ahora una ecuaci´ on mas complicada y 0 +5y = 0 como y 0 = −5y entonces, como la funci´ on que al derivarla me da un multiplo de la misma función es la exponencial entonces la soluci´ on deberá ser y(x) = ke−5x ya que y 0 (x) = −5x −5ke Como podemos ver esta solucion satisface la ecuacion dada −5ke−5x + 5ke−5x = 0 7

CAP´ITULO 1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

Nota: La soluci´ on de una ecuaci´on diferencial viene dada por una familia de funciones que satisfacen la ecuaci´on dada. Las ecuaciones diferenciales las podemos clasificar de acuerdo al tipo de derivada que aparece en ellas: a) Ecuaciones diferenciales ordinarias. En estas van a figurar solo las derivadas ordinarias. Ejemplo: y 0 + p(x)y = g(x) y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = g(x) b) Ecuaciones diferenciales parciales: En estas van a figurar solo derivadas parciales. Ejemplo: a

∂ ∂ u(x, y) + b u(x, y) = 0 ∂x ∂y

En este curso solo nos van a interesar las ecuaciones diferenciales ordinarias; y estas ecuaciones pueden clasificarse de acuerdo a las derivadas que figuran en ella (el de mayor orden) y pueden ser: 1. De primer orden : y 0 + 5xy = sin x 2. De segundo Orden : y 00 + x2 y 0 + sin xy = 0 3. De tercer Orden : y 000 + 5xy = 0 4. De n-esimo Orden : an (x)y (n) + an−1 (x)y (n−1) + ...a0 (x)y = g(x) Como podemos ver todas estas ecuaciones tienen la caracter´ıstica de que en ellas figuran derivadas. Resumiendo vamos a decir que una ecuación diferencial es aquella que tiene derivadas de una función desconocida. Resolver una ecuación diferencial es encontrar el valor de esa función desconocida. Newton y Leibiniz son los padres del cálculo diferencial e integral, Newton desarrollo el cálculo diferencial e integral a partir de su segunda ley. F =m∗a Donde a=

d2 x dt2

´ DIFERENCIAL 1.1. IDEA DE UNA ECUACION

En términos generales una ecuación diferencial la podemos expresar de la siguiente forma: y 0 = f (x, y) (1.1) De acuerdo a la forma de la función las ecuaciones diferenciales pueden ser: LINEALES: Si la funci´ on f (x, y) es lineal con respecto a y NO LINEAL : Si la funci´ on f (x, y) no es lineal. ´ DE N-ESIMO ´ En términos generales una ECUACION ORDEN LINEAL puede escribirse de la siguiente forma: y (n) = f (x, y, y 0 , y 00 , ..., y (n−1) )

(1.2)

Esta ecuaci´ on puede ser lineal o no lineal. Una ECUACION LINEAL DE N-ESIMO ORDEN la podemos escribir de la siguiente forma: an (x)y (n) + an−1 (x)y (n−1) + ... + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = g(x)

(1.3)

Si no tiene esa forma vamos a considerar que no es lineal. Ejemplo: y 00 + 2x2 y = sin x (Ecuaci´ on lineal de segundo orden) Escribiendo la ecuaci´ on anterior de la forma (3): a2 (x)y 00 + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = g(x) donde a2 (x) = 1, a1 (x) = 0, a0 (x) = x2 y g(x) = sen(x) xy 000 + sin xy 00 + y 0 = x2 (Ec. lineal de tercer orden) Donde a3 (x) = x, a2 (x) = senx, a1 (x) = 1, a0 (x) = 0 y g(x) = x2 y 00 + yy 0 + xy = sin x (Ecuaci´ on no lineal de tercer orden) Esta ecuación es no lineal por que no es de la forma (3); adem´ as la primera derivada está multiplicada por una función que depende de y y no de x. y 000 + x sin y + y 00 = tan x (Ecuaci´ on no lineal de tercer orden) Esta ecuaci´ on es no lineal por que en su término x sin y; y aparece como argumento de la funci´ on sin, no como función. En esta secci´ on nos van a interesar las ecuaciones diferenciales lineales de primer orden; en secciones posteriores estudiaremos métodos para resolver ecuaciones no lineales.

10 CAP´ITULO 1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

1.2. 1.2.1.

Ecuaciones diferenciales de primer orden Ecuaciones lineales

Como quedo establecido anteriormente, una ecuaci´on lineal es de la forma (3); sin embargo para simplificar en el futuro vamos a escribir una ecuaci´on diferencial lineal de primer orden de la siguiente forma : y 0 + p(x)y = g(x)

(1.4)

y vamos a decir que las funciones p(x) y g(x) son cont´ınuas en el intervalo α < x < β Antes de llegar a una fórmula general para resolver la ecuación 1.4 comencemos por ejemplos sencillos y cada vez mas vamos entendiendo el sentido que pueda tener la ecuación(3) . Como dijimos la forma mas sencilla es y 0 = g(x) y por lo tanto su solución se reduce a integrar el lado derecho. Ahora veamos que sentido puede tener la ecuaci´ on 1.4, lo ideal ser´ıa que la parte izquierda fuera la derivada con respecto a x de determinada expresión. Si nosotros podr´ıamos reducir la ecuación 1.4 a la ecuaci´ on a la forma: d (?) = G(x) (1.5) dx Nuestro problema se reducir´ıa a integrar G(x) y encontrar lo que figura dentro del paréntesis en la esta como factor y. En otras palabras, podr´ıamos hacer que la parte izquierda de la ecuación 1.4 sea la derivada del producto de y por otra funci´ on. Por ejemplo: xy 0 + y = x2 d No es dif´ıcil ver que la parte izquierda da la derivada dx (xy) = x2 y entonces tenemos que xy 0 + y = x2 se puede escribir de la forma d (xy) = x2 dx y por lo tanto xy = o sea y=

1 3 x +c 3

1 2 c x + 3 x

(sin x)y 0 + (cos x)y = 0 d [(sin x)y] = 0 =⇒ (sin x)y = c dx y la soluci´ on ser´ a y=

c senx

1.2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

El problema es que esto no siempre es asi, o sea no siempre la parte izquierda es la derivada del producto de una funci´on por y. Ejemplo: xy 0 − y = 0 Aqu´ı figura −1 como factor de y que, como sabemos, no es la derivada de x sin embargo, si multiplicamos ambos miembros de la ecuaci´on por x12 tenemos 1 (xy 0 − y) = 0 x2 o sea

1 0 1 y − 2y = 0 x x y entonces resulta que lo que esta multiplicando a y es la derivada de lo que esta multiplicando a y 0 d 1 ( y) = 0 dx x 1 y=c x y su soluci´ on es y = cx La idea se puede resumir de la siguiente manera: la función que multiplica a y debe de ser la derivada de las funciones que multiplica a y 0 , de tal forma que la suma sea la derivada de esa función por y d (µ(x)y) = µ(x)y 0 + µ0 (x)y dx Ahora veamos en términos generales con la ecuación (3). Como hemos visto se trata de multiplicar el lado izquierdo y derecho por una función de tal forma que el lado izquierdo sea la derivada del producto de y por esa función . Suponemos que esa funci´ on es µ(x) y se trata de multiplicarla por la ecuación 1.4. µ(x)y 0 + µ(x)p(x)y = µ(x)g(x) (1.6) La ecuaci´ on queda de la forma: d (µ(x)y) = µ(x)g(x) dx µ(x)y 0 + µ0 (x)y = µ(x)g(x)

(1.7)

Lo que yo persigo es elegir la funci´on µ(x) tal que las ecuaciones 1.6 y 1.7 sean identicas. Esto es µ0 (x) = µ(x)p(x) (1.8) Donde µ(x) es un factor integrante. La ecuaci´ on 1.8 es condici´ on de identidad de las ecuaciones 1.6 y 1.7 reescribiendo la ecuaci´ on 1.8

12 CAP´ITULO 1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

dµ(x) = µ(x)p(x) dx y separando variables tenemos: dµ(x) = p(x)dx dx Integrando el lado izquierdo y derecho tenemos Z ln | µ(x) |= p(s)ds x

y por lo tanto µ(x) = e

R x

p(s)ds

(1.9)

Teniendo una expresi´ on para µ(x) ya no es dificil resolver la ecuaci´on (3), o sea tenemos. R d R p(s)ds (e x y) = e x p(s)ds g(x) dx e integrando Z e

p(s)ds

g(t)dt + c

Por lo tanto la soluci´ on ser´a y = e−

R x

p(s)ds

Z e

R t

p(s)ds

g(t)dt + ce−

R x

Ejemplo: xy 0 − y = 0 1 y0 − y = 0 x mu(x) = e−

1 x dx

= eln |x

−1

d −1 (x y) = 0 dx x−1 y = c y por lo tanto y = cx Ejemplo: xy 0 + y = x2 1 y0 + y = x x µ(x) = e

1 x dx

= eln |x|

el factor intagrante ser´a µ(x) = x

= x−1

p(x)dx

1.2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Entonces xy = x2 + c c y =x+ x Ejemplo: y 0 − 2xy = x su factor integrante es µ(x) = e− entonces

2xdx

e−x (y 0 − 2xy) = e−x x haciendo la multiplicaci´ on 2

e−x y 0 − 2xe−x y = e−x x tenemos

2 d −x2 (e y) = e−x y dx

e integrando −x2

y=e

e−x y

Ejercicio: y0 + µ(x)y 0 +

senx 1 y= x x

µ(x) µ(x)senx y= x x

µ0 (x) =

µ(x) x

1 µ0 (x) = µ(x) x d 1 (ln |µ(x)|) = dx x Integrando ambos lados tenemos ln |µ(x)| = ln |x| y el factor integrante ser´ a µ(x) = x Ejemplo x2 y 0 + 3xy = senx

14 CAP´ITULO 1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN encontrando el factor integrante µ(x)x2 y 0 + µ(x)3xy = µ(x)senx entonces

d (µ(x)x2 ) = 3xµ(x) dx

derivando x2 µ0 (x) + µ(x)2x = 3xµ(x) x2 µ0 (x) = 3xµ(x) − 2xµ(x) x2 µ0 (x) = xµ(x) separando variables

1 µ0 (x) = µ(x) x Z

d ln |µ(x)| = dx

1 x

intergrando ln | µ(x) |= ln | x | y por lo tanto µ(x) = x Multiplicando por el factor integrando x(x2 y + 3xy) = x sin x

x3 y 0 + 3x2 y = x sin x Z d 3 (x y) = x sin x dx Z x3 y = x sin x

x3 y = −x cos x + sin x + c y por lo tanto la soluci´on es y=

−1 sin x c cos x + 3 + 3 x2 x x

Ejemplo y 0 + tan(x)y = x sin 2x multiplicando por el factor integrante µ(x)y 0 + µ(x) tan(x)y = µ(x)x sin 2x

1.2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN d (µ(x)) = tan(x) dx sin x µ0 (x) = µ(x) cos x integrando tenemos ln | µ(x) |= − ln | cos(x) | y por lo tanto µ(x) = cos x−1 = sec x una vez encontrado el factor integrante lo multiplicamos por la ecuaci´on sec(x)y 0 + sec(x) tan(x)y =

2x sin x cos x cos x

d (sec(x)y) = 2x sin x dx integrando tenemos Z sec(x)y = 2

x sin x

o sea sec(x)y = −2x cos x + 2 sin x + c y por lo tanto y = −2x cos2 x + 2 sin x cos x + c cos x Ejemplo: y 0 + cot xy = 2 csc x multiplicando por el factor integrante µ(x)y 0 + µ(x) cot(x)y = 2µ(x) csc x µ0 (x) = cot(x) µ(x) como

µ0(x) µ(x)

= ln |µ(x)|dx Z

d (ln | µ(x) |)dx = dx

Z cot(x)dx

por lo tanto ln | µ(x) |= ln | sin x| y el factor integrante es µ (x) = sin x multiplicando por el factor integrante sin xy 0 + sin x cot xy = 2 csc x sin x

16 CAP´ITULO 1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN sin xy 0 + cos xy = 2 integrando Z

d (sin(x)y)dx = 2 dx

Z dx

y por lo tanto sin(x)y = 2x y finalmente y=

2x c + sin x sin x

Ejemplo: xy 0 + 2y = ex multiplicando por x (esta claro que este es el factor integrante) x(xy 0 + 2y) = xex e integrando Z

d 2 (x y)dx = dx

xe2 dx

tenemos x2 y = xex − ex + c y la soluci´ on es y=

1.3.

ex ex c − 2+ 2 x x x

El problema con valores iniciales y el teorema de existencia y unicidad

En clases anteriores hemos visto que las soluciones de las ecuaciones diferenciales depend´ıan también de una constante de integración y por lo tanto; tienen tantas soluciones como valores pueda tener una constante. Determinar la constante (su valor) no esa otra cosa que determinar una solución de toda la familia de soluciones y para esto vasta con dar un valor de la función con un punto . Si damos una ecuaci´ on diferencial y además el valor de la función en un punto decimos que tenemos un problema con valores iniciales, es decir, para el caso de la ecuaci´ on diferencial lineal de primer orden: y 0 + p(x)y = g(x)

(1.10)

y(x0 ) = y0

(1.11)

A este problema lo llamaremos problema con valores iniciales. A continuaci´on estudiaremos un teorema que en esencia nos dice que si tenemos un problema con valores iniciales solo puede existir una soluci´on.

1.3. EL PROBLEMA CON VALORES INICIALES Y EL TEOREMA DE EXISTENCIA Y UNICIDAD17 Teorema 1 Si las funciones p y g son continuas en el intervalo abierto α < x < β que contiene el punto x0 entonces existe una funci´ on u ńica que satisface la ecuaci´ on diferencial 1.10 y 0 + p (x) y = g (x) en el intervalo α < x < β y que también satisface la condici´ on inicial 1.11 y (x0 ) = y0 La demostraci´ on de este teorema está contenida esencialmente en el desarrollo de la f´ ormula para resolver la ecuación 1.10 y 0 + p(x)y = g(x) Esta f´ ormula fué estudiada clases anteriores y es la siguiente: Z R R R y = e x p(t)dt e x p(t)dt g (x) dx + ce x p(t)dt

(1.12)

Lo que debemos hacer es analizar los componentes de la soluci´on 1.12 para ver si en el intervalo en cuesti´ on tiene valores determinados y con esto ver si existe la soluci´ on en ese intervalo. El t´ermino ce−

R x

p(t)dt

siempre tendr´ a valores determinados puesto que por las condiciones del teorema p(x) es una funci´ on continua en el intervalo α < x < β. El otro término de la suma también tendr´ a valores puesto que por las condiciones del teorema g(x) es continua. La unicidad se ve f´ acilmente al elvaluar la solución (2) en el punto x0 la cual da como resultado el valor constante. EJERCICIOS: 1.xy 0 + 2y = x2 + 1 En esta ecuaci´ on p(x) = x2 y g(x) = x + x1 y por lo tanto estas funciones no estan definidas en x = 0 (no son continuas) y (1) =

1 2

multiplicamos la ecuacion por x: x (xy 0 + 2y) = x x2 + 1 tenemos x2 y 0 + 2xy = x3 + x d x2 y = x3 + x dx

18 CAP´ITULO 1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN integrando ambos lados tenemos: x2 y =

1 4 1 2 x + x +c 4 2

1 2 1 c x + + 2 4 2 x Resolvemos esta ecuaci´on en el intervalo x > 0 y=

y (1) =

1 1 1 + +c= 4 2 2

por lo tanto 1 4 La soluci´ on de la ecuaci´on es: Sustituyendo el valor de la constante en la ecuaci´on c=−

1 2 1 1 x + − 2 4 2 4x

2.xy 0 + y =

1 1 − x2

para x > 1 tenemos que y (2) = 1 d 1 (xy) = dx 1 − x2 integrando tenemos: xy =

1+x 1 ln | | +c 2 1−x

y por lo tanto y=

y (2) =

ln |

3 −1

1+x 1−x

c x

c ln 3 c + = + =1 4 2 4 2 c ln 3 =2 1− 2 4

y por lo tanto sustituyendo el valor de la constante en la soluci´on tenemos 2 1 − 41 ln 3 1 1 y = − ln | x − 1 | + ln | x + 1 | + 2x 2x x En ocasiones sucede que las funciones p y g que figuran en la ecuaci´on diferencial tienen discontinuidad por salto. Si x0 es tal punto de discontinuidad entonces se resuelve la ecuaci´ on diferencial, primero para x > x0 como resultado tenemos dos soluciones en el puntox0 , tomando esto en cuenta resuelva este problema con valores iniciales: Ejercicio:

1.3. EL PROBLEMA CON VALORES INICIALES Y EL TEOREMA DE EXISTENCIA Y UNICIDAD19

y 0 + 2y = g (x) donde para 0 < x ≤ 1 g(x) = 1 y para valores de x > 1 g(x) = 0 la resolvemos en dos partes: 1.- Multiplicamos la ecuaci´on por µ (x) = e2x y para 0 < x ≤ 1 tenemos que g (x) = 1 por lo tanto la ecuaci´on queda e2x (y 0 + 2y) = e2x integrando Z

d 2x e y = dx

tenemos e2x y =

e2x

1 2x e +c 2

y la soluci´ on es y=

1 + ce−2x 2

para 0 < x ≤ 1, y como las condiciones iniciales (y (1/2) = 0) es decir 1/2 esta en el intervalo 0 < x ≤ 1; entonces evaluamos: y (1/2) = 0 =

1 1 + ce−1 ⇒ c = − e 2 2

y la soluci´ on es y=

1 1 1−2x − e 2 2

2.- Ahora veamos para x > 1 y g (x) = 0 y 0 + 2y = 0 d 2x e y =0 dx y por lo tanto e2x y = c0 nota: aqui la constante en principio tendr´ a que ser otra y = c0 e−2x la dos soluciones deben coincidir en x = 1 evaluando en x = 1 tenemos 1 1 −1 − e = c0 e 2 2 2 y el valor de la constante ser´ a c0 =

1 −2 1 e − e 2 2

20 CAP´ITULO 1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN ecribiendo la soluci´ on para x > 1 1 2 1 y= e − e e−2x 2 2 la soluci´ on final se da en la forma

( y (x) =

1.4.

1 2

− 12 e−2x −2x 1 2 1 2e − 2e e

0<x≤1 x>1

Ecuaciones no lineales

En esta secci´ on estudiaremos las ecuaciones diferenciales de la forma: y 0 = f (x, y)

(1.13)

y (x0 ) = y0

(1.14)

Sujeta a la condici´ on inicial La funci´ on f (x, y) puede tener cualquier forma, sin embargo nosotros ya estudiamos el caso cuando f (x, y) es una función lineal, encontramos al mismo tiempo una f´ ormula general para resolver las ecuaciones lineales ahora veremos el caso para cuando f (x, y) no es función lineal . En contraste con lo visto hasta ahora para las ecuaciones no lineales no es posible dar una formula general y por lo tanto para su solución se tiene que atender individualmente el caso que se nos presenta (a veces métodos numéricos, métodos anal´ıticos ) .

1.4.1.

Ecuaci´ on de Bernoulli (Jacob Bernoulli 1654 - 1705)

Una de las formas para resolver algunas ecuaciones no lineales es el método de Bernoulli. Para aplicar este método la ecuación debe tener la siguiente forma: y 0 + p (x) y = q (x) y n

(1.15)

El m´etodo consiste en elegir adecuadamente nuevas variables de tal forma que en esas nuevas variables la (3) se vuelva lineal, esta nueva variable la podemos elegir de la siguiente forma: 1

v = y 1−n ⇒ y = v 1−n En efecto si 1

y = v 1−n entonces y0 =

1 1 v 1−n −1 v 0 1−n

1.4. ECUACIONES NO LINEALES

Sustituyendo en la ecuaci´ on 1.15 tenemos n n n 1 v 1−n v 0 + p (x) v 1−n = v 1−n q (x) 1−n n

y multiplicando por v − 1−n n 1 1 v 0 + p (x) v 1−n − 1−n = q (x) 1−n

tenemos finalmente una ecuaci´ on lineal 1 v 0 + p (x) v = q (x) 1−n EJEMPLO: x2 y 0 + 2xy − y 3 = 0 1

v = y 1−n = y 1−3 = y −2 ⇒ y = v − 2 1 3 y0 = − v− 2 v0 2 Sustituyendo en la ecuaci´ on: 3 1 3 1 − x2 v − 2 v 0 + 2xv − 2 − v − 2 = 0 2 3

Multiplicando por v 2 tenemos : 1 2 0 x v + 2xv − 1 = 0 2 Multiplicando por

−2 x2 :

4 2 v+ 2 =0 x x el factor integrante para esta ecuaci´on es v0 −

µ (x) =

1 x4

multiplicandolo por la ecuaci´ on 1 0 4 2 v − 5v + 6 = 0 x4 x x tenemos

d 2 x−4 v = − 6 dx x

e integrando 2 x−4 v = − x−5 + c 5

22 CAP´ITULO 1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN econtramos la soluci´ on para v 2 v = − x−1 + cx−4 5 ya que v = y −2 sustituyendo 2 y −2 = − x−1 + cx−4 5 y finalmente y=

−2 −1 x + cx−4 5

− 12

Ejercicio: y0 = y − y2 hacemos el cambio de variable v = y 1−2 = y −1 ⇒ y = v −1 y 0 = −v −2 v 0 Sustituyendo en la ecuaci´on: −v −2 v 0 − v −1 + v −2 = 0 multiplicamos por v 2 e integrando tenemos: ex v = −ex + c la soluci´ on para v es v = 1 + ce−x y −1 = 1 + ce−x finalmente la soluci´ on para y es y=

1.4.2.

1 1 + ce−x

ECUACIONES EXACTAS

Para estudiar las ecuaciones exactas vamos a examinar su procedencia, es decir vamos a suponer una soluci´on, de la forma Ψ(x, y) = C

(1.16)

y la vamos a derivar con respecto a x. En t´erminos generales podemos considerar la ecuaci´ on 1.16. La derivada de esta funci´on con respecto a x da (derivando ambos lados). d Ψ(x, y) = 0 dx

1.4. ECUACIONES NO LINEALES

∂ ∂Ψ(x, y) 0 Ψ(x, y) + y =0 ∂x ∂y

(1.17)

donde ∂Ψ(x,y) y ∂Ψ(x,y) son las derivadas parciales de Ψ con respecto a x y ∂x ∂y y respectivamente. La ecuaci´ on 1.17 la podemos escribir en términos generales como: M (x, y) + N (x, y)y 0 = 0 (1.18) Por lo tanto, vamos a considerar que una ecuación es exacta (la ecuación 1.17)) si existe una funci´ on Ψ(x, y) tal que ∂ ∂x Ψ(x, y) = M (x, y) ∂ ∂y Ψ(x, y) = N (x, y)

vemos entonces, que la ecuaci´ on 1.17 es exacta ya que ∂Ψ(x,y) = N (x, y) ∂y Ejemplo: sin xy = c derivando tenemos

(1.19) ∂Ψ(x,y) ∂x

= M (x, y) y

d (sin xy) = 0 dx ∂ ∂ 0 (sin xy) + y = y cos xy + x cos xyy 0 ∂x ∂y

esta ecuacion es exacta porque: ∃Ψ(x, y) = sin xy tal que ∂ Ψ(x, y) = y cos xy ∂x y ∂ Ψ(x, y) = x cos xy ∂y Sin embargo, a esta conclusi´ on llegamos conociendo de inicio la solución y derivando la ecuaci´ on diferencial de esta solución. El problema es que dada una ecuaci´ on diferencial de la forma 1.18 nosotros no concemos la solución y, sin embargo, es necesario presisar si esta ecuación es exacta o no. 1 Hasta ahora hemos visto de donde proceden las ecuaciones diferenciales exactas, sin embargo nuestro problema no esta resuelto. Como encontrar la solución a partir de una ecuaci´ on diferencial. El siguiente teorema nos permitirá determinar si una ecuaci´ on diferencial es exacta al mismo tiempo que obtendremos la misma formula para resolverla. 1 En cuanto a las soluciones de una ecuaci´ on no lineal, es necesario hacer ciertas observaciones. La soluci´ on de una ecuaci´ on no lineal puede darse en una forma expl´ıcita e impl´ıcita, por ejemplo, las funci´ ones sin(xy) = c Im y y = x1 arcsin c estan expresadas en forma implicita y explicita respectivamente.

24 CAP´ITULO 1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN ∂N Teorema 2 Sean las funcionesM, N, ∂M on rectangular ∂y , ∂x continuas en la regi´ α < x < β yγ < y < δ entonces la ecuaci´ on

M (x, y) + N (x, y)y 0 = 0 es exacta si solo si

∂ ∂ M (x, y) = N (x, y) ∂y ∂x

(1.20)

Este teorema lo tenemos que demostrar en dos partes, primero: si la ecuación 1.18 es exacta entonces debemos demostrar que se cumple la condición 1.20 y segundo: s´ı se cumple la condición 1.18 debemos demostrar que la ecuación 1.20 es exacta. Comencemos por demostrar la primera parte : Si la ecuación 1.18 es exacta entonces, por definición, existe una función Ψ(x, y) tal que ∂ Ψ(x, y) = M (x, y) ∂x y ∂ Ψ(x, y) = N (x, y) ∂y Sacamos la parcial de la primera con respecto a x y de la segunda con respecto a y. ∂ ∂ ∂ ( Ψ(x, y)) = M (x, y) (1.21) ∂y ∂x ∂y ∂ ∂ ∂ ( Ψ(x, y)) = N (x, y) ∂x ∂y ∂x

(1.22)

Observando el lado izquierdo de 1.21 y 1.22 vemos que se diferencian solo en el que el operador parcial aparece permutado (en diferente orden), y por un teorema conocido del cálculo diferencial pueden ser iguales solo si cada uno ∂ ∂ de ellos es cont´ınuo, entonces si ∂y M (x, y) y ∂x N (x, y) son continuos (por hipotesis) entonces los operadores de parcial conmutan ∂ ∂ ∂ ∂ Ψ(x, y) = Ψ(x, y) ∂y ∂x ∂x ∂y y por lo tanto ∂ ∂ M (x, y) = N (x, y) ∂y ∂x con lo cual queda demostrada la primera parte. Demostraci´ on de la segunda parte: Para la demostración de la segunda parte debemos construir una función Ψ(x, y) tal que ∂ Ψ(x, y) = M (x, y) ∂x y ∂ Ψ(x, y) = N (x, y) ∂y

1.4. ECUACIONES NO LINEALES

y demostrar su existencia si su condici´on 1.20 se cumple. Tomemos la primera de estas igualdades y la integramos con respecto a x manteniendo y constante. Z Z ∂Ψ(x, y) dx = M (x, y)dx ∂x Z Ψ(x, y = M (t, y)dt + h(y) x

Donde la constante de integraci´ on en principio depende de y puesto integramos manteniendo a y constante. Con esto partimos para construir nuestra funci´on Ψ(x, y) y como resulto dependiente de h(y) necesitamos conocer su expresi´on analitica de h(y). sacamos la Parcial con respecto a y. Z ∂ ∂ Ψ(x, y) = M (t, y)dt + h0 (y) ∂y x ∂y ya que

∂ ∂y Ψ(x, y)

= N (x, y) tenemos Z N (x, y) = x

∂ M (t, y)dt + h0 (y) ∂y

y por lo tanto h0 (y) = N (x, y) −

Z x

∂ M (t, y)dt ∂y

De la u ´ltima expresi´ on podemos encontrar h(y)solamente si h0 (y) es una función que solo depende de y. Para que la u ´ltima expresión h0 (y) nada más dependa de y su parcial con respecto a x debe ser igual a cero. Z ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ N (x, y) − M (t, y)dt = N (x, y) − M (t, y) ∂x ∂x x ∂y ∂x ∂y y esta expresi´ on es igual a cero s´ olo si ∂ ∂ M (x, y) = N (x, y) ∂y ∂x por lo tanto, es posible encontrar una expresión para h(y) y es Z Z Z ∂ h(y) = N (x, s)ds − M (t, s)dtds y y x ∂x finalmente, la funci´ on buscada Ψ(x, y) es Z Z Z Z Ψ(x, y) = M (x, y)dx + N (x, y)dy − y

Ejemplo: 2x + 3 + (2y − 2)y 0 = 0

∂ M (x, y)dxdy ∂x

26 CAP´ITULO 1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Las parciales son 0 porque ∂ (2y − 2) = 0 ∂x N no depende de x y ∂ (2x + 3) = 0 ∂y pues M no depende de y por lo tanto es exacta y ∃Ψ(x, y), tal que ∂ Ψ(x, y) = 2x + 3 ∂x y ∂ Ψ(x, y) = 2y − 2 ∂y Integrando: Z

∂ Ψ(x, y)dx = ∂x

Z (2x + 3)dx

o sea Ψ(x, y) = x2 + 3x + h(y) sacando la parcial con respecto a x ∂ Ψ(x, y) = 0 + h0 (y) ∂y como

∂ ∂y Ψ(x, y)

= N (x, y) entonces h0 (y) = 2y − 2

y por lo tanto h(y) = y 2 − 2y y finalmente Ψ(x, y) = x2 + 3x + y 2 − 2y una vez encontrado Ψ(x, y) escribimos la soluci´on x2 + 3x + y 2 − 2y = c Ejemplo: (2x + 4y) + (4x − 2y)y 0 = 0 M (x, y) = 2x + 4y N (x, y) = 2x + 4y ∂ ∂x (2x

+ 4y) = 2 ∂ (4x + 2y) = 2 ∂y

1.4. ECUACIONES NO LINEALES

por lo tanto es Exacta y ∃Ψ(x, y) tal que ∂ Ψ(x, y) = 2x + 4y ∂x ∂ Ψ(x, y) = 4x − 2y ∂y Integrando Z

∂ Ψ(x, y)dy = ∂x

Z (4x − 2y)dy y

o sea Ψ(x, y) = 4xy − y 2 + h(x) sacamo0s la parcial de Ψ(x, y) con respecto a x ∂ ∂ Ψ(x, y) = (4xy − y 2 + h(x)) ∂x ∂x como la parcial de Ψ(x, y) con respecto a x es 2x + 4y entonces ∂ Ψ(x, y) = 4y + h0 (x) ∂x 2x + 4y = 4y + h0 (x) y por lo tanto 2x = h0 (x) y encontramos h(x) h(x) = x2 la funci´ on Ψ(x, y) buscada es entonces Ψ(x, y) = 4xy − y 2 + x2 y finalmente la Soluci´ on es 4xy − y 2 + x2 = c Ejercicio: (2xy 2 + 2y) + (2x2 y + 2x) = 0 tenemos que M (x, y) = 2xy 2 + 2y y N (x, y) = 2x2 y + 2x verificamos si es exacta ∂ (2x2 y + 2x) = 4xy + 2 ∂x

28 CAP´ITULO 1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN ∂ (2xy 2 + 2y) = 4xy + 2 ∂y tenemos que ∂ ∂ N (x, y) = M (x, y) ∂x ∂y por lo tanto la ecuaci´ on es Exacta. esto significa que ∃Ψ(x, y) tal que ∂ Ψ(x, y) = 2xy 2 + 2y ∂x integramos, entonces Z x

∂ Ψ(x, y)dx = ∂x

(2xy 2 + 2y)dx

y la funci´ on Ψ(x, y) es Ψ(x, y) = x2 y 2 + 2xy + h(y) sacamos la parcial con respecto a y ∂ ∂ 2 2 Ψ (x, y) = (x y + 2xy + h (y)) ∂y ∂y como

∂ ∂y P si (x, y)

= 2x2 y + 2x tenemos 2x2 y + 2x = 2yx2 + 2x + h0 (y)

eliminando t´erminos h0 (y) = 0 como h(y) = c esta constante la absorve la de la soluci´on y entonces tenemos x2 y 2 + 2xy = c Ejercicio: y0 = −

ax + by bx + cy

tenemos que M (x, y) = ax + by y N (x, y) = bx + cy para que sea exacta se debe cumplir ∂ ∂ M (x, y) = N (x, y) ∂y ∂x calculando

∂ (ax + by) = b ∂y

1.4. ECUACIONES NO LINEALES

∂ bx + cy = b ∂x por lo tanto la ecuaci´ on es exacta y ∃Ψ (x, y) tal que ∂ Ψ(x, y) = ax + by ∂x ∂ Ψ (x, y) = bx + cy ∂y integrando la primera de esta igualdades Z Z ∂ Ψ (x, y) dx = (ax + by)dx ∂x x donde la integraci´ on la realizamos manteniendo y constante Ψ (x, y) =

ax2 + bxy + h(y) 2

ahora derivamos parcialmente la funci´on Ψ(x, y) con respecto a y ∂ ∂ ax2 Ψ(x, y) = ( + byx + h(y)) ∂y ∂y 2 y como

∂ ∂y Ψ(x, y)

= bx + cy tenemos bx + cy = bx + h0 (y)

la funci´ on h(y) es entonces

c 2 y = h (y) 2

y la funci´ on buscada Ψ (x, y) =

ax2 cy 2 + byx + 2 2

y la soluci´ on es finalmente ax2 cy 2 + byx + =c 2 2 Ejercicio Demostrar que la ecuaci´ on M (x) + N (y)y0 = 0 es exacta y encontrar una formula general para su soluci´ on: tenemos que ∂ M (x) = 0 ∂y

30 CAP´ITULO 1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN y ∂ N (y) = 0 ∂x por lo tanto la ecuaci´ on es exacta y ∃Ψ(x, y) tal que ∂ Ψ(x, y) = M (x) ∂x y ∂ Ψ(x, y) = N (y) ∂y integrando la primera de estas ecuaciones Z Z ∂ M (x)dx Ψ(x, y)dx = x x ∂x o sea

Z Ψ(x, y) =

M (x)dx + h(y) x

derivando con respecto a y ∂ ∂ Ψ(x, y) = ∂y ∂y como

∂ ∂y ( x

∂ ∂y Ψ(x, y)

M (x)dx) = 0 y

M (x)dx + h(y)

= N (x, y) entonces

N (y) = h0 (y) integrando Z

Z N (y)dy =

tenemos

h0 (y)dy

Z N (y) = h(y) y

y finalmente la soluci´ on es Z

Z M (x)dx +

1.4.3.

N (y)dy = c y

FACTOR INTEGRANTE

En esta secci´ on veremos que podemos hacer cuando una ecuaci´on no es exacta. Supongase la ecuaci´on: M (x, y) + N (x, y)y 0 = 0 No es exacta o sea

∂ ∂ M (x, y) 6= N (x, y) ∂y ∂x

(1.23)

1.4. ECUACIONES NO LINEALES

es posible hacer esta ecuaci´ on exacta por medio de un factor integrante, de acuerdo a esto, vamos a multiplicar la ecuación (3) por una función µ(x, y) de tal forma que como resultado tengamos una ecuación exacta: µ(x, y)M (x, y) + µ(x, y)N (x, y)y 0 = 0 y vamos a elegir el factor µ(x, y) de tal forma que la ecuación resultante sea exacta, o sea vamos a exigir que ∂ ∂ (µ(x, y)M (x, y)) = (µ(x, y)N (x, y)) ∂y ∂x Derivando tenemos: M (x, y)

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

de otra forma ∂ ∂ ∂ ∂ µ(x, y) − N (x, y) µ(x, y) = µ(x, y) N (x, y) − µ(x, y) M (x, y) ∂y ∂y ∂x ∂y (1.24) La ecuaci´ on (6), es una ecuaci´ on diferencial con derivadas parciales, para encontrar M(x,y) Tenemos que resolverla; sin embargo, como las ecuaciones diferenciales parciales no estan dentro de los objetivos de este curso vamos a estudiar solamente aquellos casos en los cuales µ depende de x ´o de y. Sea µ(x) M (x, y)

N (x, y)µ0 (x) = µ(x)(

∂ ∂ N (x, y) − M (x, y)) ∂x ∂y

∂ ∂ ( ∂y M (x, y) − ∂x N (x, y)) µ0 (x) = µ(x) N (x, y)

integrando tenemos: ln | µ(x) |=

Z ( ∂ M (x, y) − ∂y

∂ ∂x N (x, y))

N (x, y)

por definici´ on de logaritmo Z µ(x) = exp

∂ ∂y M (x, y)

−

∂ ∂x N (x, y)

N (x, y)

Sea µ(y) M (x, y)µ0 (y) = µ(y)

∂ ∂ N (x, y) − M (x, y) ∂x ∂y

32 CAP´ITULO 1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN separando variables µ0 (y) = µ(y)

∂ ∂x N (x, y)

−

∂ ∂y M (x, y)

M (x, y)

e integrando tenemos Z ln | µ(y) |=

∂ ∂x N (x, y)

−

∂ ∂y M (x, y)

M (x, y)

Ejemplos ydx + (2x − yey )dy = 0 tenemos que M (x, y) = y y N (x, y) = 2x − yey verificamos si es exacta

∂ (y) = 1 dy ∂ (2x − yey ) = 2 ∂x

por lo tanto: ∂ ∂ M (x, y) 6= N (x, y) ∂y ∂x no es exacta y por lo tanto buscaremos el factor integrante Sea µ(x) multiplicando por esta funci´ on µ(x)ydx + µ(x)(2x − yey )dy = 0 y ecribimos la condici´ on de exactitud ∂ ∂ (µ(x)y) = (µ(x)(2x − yey ) ∂y ∂x tenemos µ(x) = (2x − yey )µ0 (x) + 2µ(x) µ0 (x)(yey − 2x) = µ(x) separando variables

µ0 (x) 1 = µ(x) (yey − 2x)

por lo tanto µ no depende de x y tendremos que ver si depende de y Sea µ(y) multiplicando por esta funci´on µ(y)ydx + µ(y)(2x − yey )dy = 0

1.4. ECUACIONES NO LINEALES y escribiendo la condici´ on de exactitud ∂ ∂ (µ(y)y) = (µ(y)(2x − yey ) ∂y ∂x tenemos yµ0 (y) + µ(y) = 2µ(y) separando variables

1 µ0 (y) = µ(y) y

e integrando ln |µ(y)| = ln |y| el factor integrante es por lo tanto µ(y) = y multiplicando la ecuaci´ on original por µ(y) : y 2 dx + y(2x − yey )dy = 0 Como es exacta ∃Ψ(x, y) tal que ∂ Ψ(x, y) = y 2 ∂x despu´es de integrar con respecto a x manteniendo y constante Ψ(x, y) es Ψ(x, y) = xy 2 + h(y) sacamos la parcial con respecto a y ∂ Ψ(x, y) = 2xy + h0 (y) ∂y como

∂ Ψ(x, y) = y(2x − yey ∂y

sustituimos en la ecuaci´ on y(2x − yey ) = 2x + h0 (y) despu´es de eliminar h0 (y) = −y 2 ey integrando h(y) = −y 2 ey + 2yey − 2ey y la soluci´ on finalmente es xy 2 − y 2 ey + 2yey − 2ey = c

34 CAP´ITULO 1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

1.4.4.

Ecuaciones homogeneas

Hasta ahora hemos estudiado dos tipos de ecuaciones, las lineales y las exactas. Llamamos la atención también en las ecuaciones que pueden ser resueltas separando variables (mostramos que también son exactas). Existe otro tipo de ecuaciones que si no son exactas y por lo tanto no puede ser resuelta por el método estandar estudiado, si se puede, por medio de un apropiado cambio de variables transformarla en exacta (mas exacto, en separables). Supongamos que tenemos en términos generales la siguiente ecuación: y 0 = f (x, y)

(1.25)

siempre es posible expresar la ecuaci´on M (x, y) + N (x, y) = 0 de la forma 1.25 si hacemos f (x, y) = −

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

Supongamos que la funci´on f adem´as de depender de x y de y puede convertirse en una funci´ on que depende de la razon de y y x, es decir si f (x, y) = F (y/x) si introducimos una nueva variable v=

y x

, entonces la funci´ on f (x, y) = f (v) y 0 = f (v) como y = vx entonces y 0 = v + xv 0 sustituyendo nos da: v + xv 0 = f (v) y por lo tanto: xv 0 = f (v) − v separando variables dv dx = f (v) − v x Esta u ´ltima ecuaci´ on es posible resolverla con respecto a v y x obteniendo como soluci´ on una funci´on v(x) para uego regresar a las variables originales sustituyendo v(x) por y/x Ejemplo:

1.4. ECUACIONES NO LINEALES

y0 =

x+y x

haciendo el cociente

y x es homogenea pues es posible expresarla como y0 = 1 +

y 0 = F (y/x) haciendo el cambio de variable v =

y x

y derivando

y 0 = v + xv 0 sutituyendo v + xv 0 = 1 + v eliminando el t´ermino que aparece en los dos lados de la ecuaci´on xv 0 = 1 y separando variables dv =

dx x

integrando Z

Z dv =

dx x

resolviendo v = ln |x| + ln |c| y finalmente y = x ln cx

Lista de ejercicios 1.

dy dx

x3−2y x

dy dx

2x+y 3+3y 2 −x

dy dx

+1 = − 2xy+y x2+2xy

4. y 0 =

x x2 y+y 3

5. y 0 = − 2xy+1 x2+2y 6. x2 + y dx + (x + ey dy) = 0 1

7. xdy − ydx = (xy) 2 dx dy 8. (ex + 1) dx = y − yex

36 CAP´ITULO 1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 9. y 0 = e2x + 3y 10. xdy − ydx = 2x2 y 2 dy ; y (1) = −2 y

11. xy 0 = y + xe x 12. xy 0 + y − y 2 e2x = 0 y x 13. 2x − dx + 2 2 y x +y x2 +y 2 −

x2 y2

dy = 0

14. (cos 2y − sin x) dx − 2 tan x sin 2ydy = 0 √ 2y+ x2 −y 2 dy = 15. dx 2x

1.4.5.

Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales

En esta secci´ on vamos ha estudiar las diferentes aplicaciones del material estudiado hasta ahora en areas tales como la F´ısica, Qu´ımica, Finanzas y la Sociolog´ıa. Aqu´ı es necesario tener presente que las principales dificultades en la soluci´ on de problemas concretos está en formular adecuadamente el problema para saber expresar con una ecuación diferencial el problema a resolver, además desp´ ues de resuelta la ecuación diferencial es muy importante saber sustraer las condiciones iniciales del problema. Comencemos entonces con un problema de mec´ anica. Ejercicio 1.5 Un objeto de masa m, se deja caer desde el reposo en un medio que ofrece una resistencia proporcional a la magnitud de la velocidad. Encuentre el intervalo de tiempo que transcurre antes de que la velocidad del objeto alcance el 90 % de su velocidad m´ axima Por la segunda ley de Newton tenemos mv 0 = mg − kv donde m es la masa del cuerpo, mg es la fuerza de la gravedad, −kv es la fuerza de recistencia del medio y v 0 es la derivada de la velocidad con respecto al tiempo t mv 0 + kv = mg esta es una ecuaci´ on lineal de primer orden, dividiendo sobre m da v0 −

k v=g m

multiplicamos por el factor µ (t) = e m t k

e m v0 −

k k k em v = em g m

y tenemos k d kt e m v = e m tg dt

1.4. ECUACIONES NO LINEALES integrando con respecto a t Z

d kt e m v dt = g dt

tenemos como resultado k

e m tv = despejando v v=

e m t dt

mg k t em + c k

k mg + ce− m t k

y como el cuerpo se lanza desde el reposo su velocidad en el tiempo t = 0 es v (0) = 0 sustituyendo en la soluci´ on 0=

mg +c k

y la constante de integraci´ on c es c=−

mg k

sustituyendo en la soluci´ on v=

k mg 1 − e− m t k

como su velocidad m´ axima debe ser cuando t → ∞, entonces sacando el l´ımite de v cundo t → ∞ mg k mg l´ım v = l´ım 1 − e− m t = t→∞ t→∞ k k entonces la velocidad m´ axima ser´ a v∞ =

mg k

Ahora nuestro problema es encontrar el tiempo τ cuando la velocidad alcanza el 90 % de la velocidad m´ axima v∞ = mg k . k mg mg 0,9 = 1 − e− m τ k k desarrollando k

e− m τ = 0,10 −

k τ = ln 0,1 m

y finalmente τ=

m ln 10 k

38 CAP´ITULO 1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Ejercicio 1.6 Algunas enfermedades tales como el sida son transmitidas en gran parte por portadores, o sea individuos que pueden transmitirlo sin presentar sintomas manifiestos. Denotemos por X y Y la densidad de portadores y de sanos en el instante t. Suponga que los portadores se eliminan de la poblaci´ on a una rapidez proporcional a su densidad es decir. d X = −βX dt Suponga tambi´en que la enfermedad se propaga con una rapidez proporcional al producto de las densidades o sea d Y = αXY dt Entonces encuentre la proporci´ on de la poblaci´ on que se escapa de la epidemia, es decir determine el valor l´ımite de Y cuando t tiende a infinito. De una interpretaci´ on de los par´ ametros α y β. Solucion Encontramos primero X(t) Como la rapidez de X(t) es proporcional a X(t) entonces d X(t) = −βX(t) dt multiplicando por el factor y desarrolando µ (t) = e

βdt

= eβt

eβt X 0 + eβt βX = 0 d βt e X =0 dt d βt e X =0 dt Integrando Z

d βt e X dt = 0 dt

tenemos eβt X = c La soluci´ on para X(t) es X(t) = ce−βt Si tomamos en cuenta que la dencidad de portadores en t = 0 es X0 tenemos entonces que X0 = c y la soluci´ on para X(t) es X(t) = X0 e−βt

1.4. ECUACIONES NO LINEALES

Una vez tenemos X(t) podemos encontrar la soluci´on para Y(t), la dencidad de sanos d Y (t) = αX0 e−βt Y dt multiplicando por el factor µ(t) = e−αX0 α

e β X0 e

−βt

R t

e−βt dt

−βt

= e β X0 e α

Y 0 − αX0 e−βt e β X0 e

−βt

Y =0

d αβ X0 e−βt e Y =0 dt integrando Z

d αβ X0 e−βt (e Y )dt = 0 dt

tenemos, entonces que α

e β X0 e

−βt

Y =c

y la soluci´ on para Y (t) es α

Y = ce− β X0 e

−βt

La condici´ on inicial es que Y (t = 0) = Y0 , entonces evaluando tenemos α

Y0 = ce− β X0 =⇒ c = Y0 e β X0 y la soluci´ on final es α

Y (t) = Y0 e β X0 (e β X0 e

−βt

)

Para ver cuantos son los que escapan a la epidemia necesitamos encontrar α

l´ım Y (t) = l´ım (Y0 e β X0 (e β X0 e

t→∞

−βt

))

lo que da α

Y∞ = Y0 e β X0 Ejercicio 1.7 Suponga que se deposita una suma. S0 en un banco que paga un interes a una tasa anual R compuesto continuamente. encuentre el tiempo τ requerido para que la suma original duplique su valor, como una funcion de la tasa de interes r Encuentre τ si la tasa de inter´es es del 16 % Encuentre la tasa de inter´es que debe ofrecerse para que la inversion original se duplique en 10 a˜ nos.

40 CAPÍTULO 1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN comencemos por ver como se compone el interés cuanado este es compuesto en periodos de 1/k ao (por ejmplo, a sies meces 1/2 de a˜ no, a cuatro meces 1/3 a˜ no, etc.) si r es la tasa de interés anual, entonces la tasa, pagada al final de cada per´ıodo ser´ a de kr y los per´ıodos de corte (cuando se capitalizan los intereses) ser´ a en t1 = 1/k, t2 = 2/k, ..., ti = i/k, ...tk = 1, tk+1 = k+1 k , ..., entonces el capital acumulado al ti per´ıodo será St1 = So (1 + Sti = S0 +

r ) k

r St k i−1

o sea Sti = S0 (1 +

r kti ) k

donde ti = ki es el tiempo cuando necesitamos calcular el capital acumulado, entonces la suma acumulada en el tiempo ti es ?????????? S(ti = S0 )(1 +

r kti ) k

Cuando k → inf ty ti se vuelve el instante t y la formula para calcular la suma acumulada en el instante t es r l´ım S(ti ) = S0 (1 + )kti = S(t) k→∞ k La suma que se acumula en un periodo ∆t es ∆S = S0 (1 +

r k(t+∆t) r ) − S0 (1 + )t k k

Sacando el factor com´ un ∆S = S0 (1 + como ∆t =

1 k

r r kt ) [(1 + )k∆t − 1] k k

entonces

rS0 r (1 + )kt k k la rapidez con que aumenta el capital ser´a ∆S =

r ∆S = rS0 (1 + )kt ∆t k como sabemos que d ∆S S(t) = l´ım ∆t→0 ∆t dt como ∆t =

1 k

y sacando el l´ımite cundo k → ∞ entonces d S(t) = rS0 ert dt

(1.26)

1.4. ECUACIONES NO LINEALES

ya que l´ım (1 +

k→∞

1 k r

) r rt = ert

resolviendo tenemos S(t) = S0 ert Entonces, para calcular el capital acumulado en el instante t ser´a necesario resolver la ecuaci´ on diferencial d S(t) = rS(t) dt Con la condici´ on inicial S(0) = S0 su soluci´ on como hemos visto es S(t) = S0 ert el tiempo τ requerido para que se duplique la suma original es S(τ ) = 2S0 = S0 erτ resolviendo tenemos τ=

ln 2 r

si la tasa de inter´es es de 16 % entonces τ=

ln 2 ≈ 4,33 a˜ nos 0,16

Observe que si los intereses no se acumulan al capital, entonces al t´ermino de cinco a˜ nos la ganancia alcanza apenas el 80 % de la cantidad original. Si cada a˜ no se acumula lo ganado, entonces S(5) = o sea menos del doble se necesitar´ an ≈ 4,67 a˜ nos para duplicar la cantidad original.

42 CAP´ITULO 1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

Cap´ıtulo 2

Ecuaciones diferenciales de segundo orden En terminos generales una ecuación de segundo orden puede escribirse de la forma siguiente f (x, y, y 0 , y 00 ) = 0 (2.1) Sin embargo debido a que no existe una teor´ıa general de las ecuaciones de enésimo nosotros vamos a restringirnos a aquellos otros casos en que la ecuación puede resolverse para y 00 en otras palabras cuando se puede despejar en y 00 o se la ecuacion de la forma: y 00 = f (x, y, y 0 ) (2.2) En la ecuacion 2.1 la funci´ on f (x, y, y 0 ) puede tener las formas mas diversas y como lo establecimos en el inicio de este curso la ecuación puede ser lineal si puede escribirse de la forma siguiente: a2 (x)y 00 + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = g(x)

2.1.

Soluciones fundamentales de las ecuaciones homog´ eneas con coeficientes constantes

Vamos a tratar con la ecuaci´ on: ay 00 + by 0 + cy = 0

(2.3)

donde a, b y c son n´ umeros reales y a 6= 0 como esta ecuaci´on es de la forma y 00 = f (y, y 0 ) entonces debemos ver una forma de resolverla. reescribimos la ecuaci´ on de la forma c b y 00 + y 0 + y = 0 a a 2 b b b b2 c y 00 + y 0 + y 0 + 2 y − 2 y + y = 0 2a 2a 4a 4a a 43

44CAP´ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN d dx

y0 +

c b b2 b b y + y0 + y − 2 y + y = 0 2a 2a 2a 4a a

como y0 +

b b d bx e 2a y y = e− 2a x 2a dx

b b b2 b d c d −bx d [e 2a (e 2a x y)] + (e 2a x y) + ( − 2 )y = 0 dx dx 2a dx a 4a c 2 b b b b b b d b b d b2 d − e 2a x e 2a x y +e 2a x 2 e 2a x y + e 2a x e 2a x y + − 2 y=0 2a dx dx 2a dx a 4a

podemos, entonces introducir una nueva variable: b

z = e 2a x y d2 z c b2 + ( − )z = 0 dx2 a 4a2 La ecuaci´ on 2.4 es conocida. hacemos k2 =

(2.4)

c b2 − 2 a 4a

y tenemos z 00 + k 2 z = 0 para resolverla hacemos un cambio de variable z 0 = v y como, es l´ogico suponer, v no depende explicitamente de x y, entonces es necesario aplicar regla de cadena al derivar dv dv dz dv = =v dx dz dx dz sustituyendo da dv + k2 z = 0 v dz separando variables vdv = −k 2 zdz e integrando Z tenemos

vdv = −k 2

Z zdz

1 2 z2 v = −k 2 + c1 2 2

despejando v v= como v = z 0

2c1 − k 2 z 2

p dz = 2c1 − kz 2 dx

´ 2.1. SOLUCIONES FUNDAMENTALES DE LAS ECUACIONES HOMOGENEAS CON COEFICIENTES CONSTA separando variables dz = dx 2c1 − k 2 z 2 Z Z dz √ = dx 2c1 − k 2 z 2 √

resolviendo la integral Z

√

1 dz =√ 2 2 2c1 2c1 − k z

dz q k2 2 z 1 − 2c 1

introducimos la variable t de la forma siguiente s k2 z = sin t 2c1 q 1 dz = 2c k2 cos tdt q k2 z t = arcsin 2c 1 donde k 2 = ac − a)b2 − 4ac > 0

b2 4a2

En este caso no existe ningun problema, las raices son valores reales y por lo tanto la solucion puede escribirse como: r2x y = c1 er1 x + c√ 2e b2 −4ac b r1 = − 2a + √ 2a 2 −4ac b r2 = − 2a − b 2a

b) .b2 − 4ac < 0 En este caso las raices de la ecuación caracteristica tendrán valores complejos a saber: √ √ 2 −4ac 2 −4ac b b r1 = − 2a + i b 2a r2 = − 2a − i b 2a Si suponemos lo siguiente: b k1 = − 2a √ 4ac−b2 k2 = 2a Sustituyendo: y = ek1 x c1 eik2 + c2 e−ik2 Esta soluci´ on esta dada en valores complejos y como necesitamos escribir una soluci´ on en valores reales entonces utilizamos la fórmula de Euler: eik2 x = cos k2 x + i sin k2 x e−ik2 x = cos k2 x − i sin k2 x Al hacer la sustituci´ on en la ecuación se transforma en: y = ek1 x [c1 cos k2 x + c2 sin k2 x] c).- b2 − 4ac = 0

46CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN En este caso tenemos solo una ra´ız b r1 = − 2a y por lo tanto nada más conocemos una solución: y1 = erx ay 00 + by 0 + cy = 0 Sin embargo sabemos de clases anteriores que la solución tiene que ser la combinaci´ on lineal de dos soluciones fundamentales. Para conocer la otra soluci´ on vamos a hacer un parentesis.

2.1.1.

REDUCCION POR ORDEN.

En algunos casos como en el que acabamos de ver solo se puede conocer una soluci´ on. Para conocer la otra solución muchas veces se emplea el método descubierto por D’ALEMBER, el cual consiste, una vez conocida una solución en y1 proponer la siguiente solución. y = v(x)y1 Vamos a probar esto para un caso más general, las ecuaciones lineales de segundo orden y tenemos presente que también será aplicable para las ecuaciones, con coeficientes constantes. Es decir: y 00 + p (x) y 0 + q (x) y = 0 y 0 = v 0 (x)y1 + v(x)y10 y 00 = v 00 y1 + v 0 y10 + v 0 y10 + vy100 0 v 00 y1 + 2v 0 y1+ vy100 + p(x)v 0 y1 + p (x) vy10 + q (x) vy1 = 0 00 0 y1 v + v (2y1 + p (x) y1 ) + v (y100 + p (x) y10 + q (x) y1 ) = 0 Como y1 es la solución la u ´ltima expresión se anula y tenemos, dividiendo la ecuaci´ on entre y1 2y 0 y 00 + y11 + p (x) v 0 = 0 si nosotros hacemos el cambio de variable u (x) = v 0 (x) la ecuación se convierte en una acuaci´ on de primer orden; es por esto que se llama METODO DE REDUCCION POR ORDEN Notas: R tdt = 12 x2 + c x 0 y u0 + 2 y11 + p (x) u (x) = 0 R

µ (x) = e

y0 2 y1 +p(x)) dx 1

0 y1

u (x) = c1 e− [2 y1 +p(x)+] Regresando a la variable original: −

2 y1 +p(x) dx

1 v 0 (x) = c1 e Integrando tenemos: 0 R R − t 2 yy11 +p(x) dt v (x) = c1 x e + c2 0 R R − t 2 yy11 +p(x) dt y = c1 y1 x e + c2 y2

´ 2.1. SOLUCIONES FUNDAMENTALES DE LAS ECUACIONES HOMOGENEAS CON COEFICIENTES CONSTA Obtuvimos por lo tanto una formula general que nos permite encontrar la segunda soluci´ on de una ecuac´ on lineal de 2do. orden una vez conocida la primera soluci´ on. Ahora podemos utilizar estos resultados para aplicarlos en el caso de las ecuaciones con coeficientes constantes, establecimos que cuando b2 − 4ac = 0; solo conocemos una soluci´ on. b y1= erx donde r = − 2a Entonces la segunda soluci´ on est´a dada por la f´ormula: # " R y0 − t 2 1 +p(x) dt R y1 y = c1 y1 x e dt + c2 y1 y0

2 y11 + ab = 2r eerx + ab = 0 y = c1 xy1 + c2 y1 y = c1 xerx + c2 erx Esta nos hace suponer que: y1 = erx ; y2 = xerx son soluciones fundamentales y por lo tanto, la combinaci´on lineal de ellas dos ser´ a la soluci´ on general. Probemos esto: y20 = erx + rxerx y200 = rerx + rerx + r2 xerx arerx + rxerx +ar2 xerx + |{z} berx +brxerx + cxerx = 0 | {z } Eliminamos erx porque es un factor com´ un. −b b ar + rx + ar2 x + b + brx + cx = 0 −b + ar2 x + b + brx + cx = 0 ar2 x + brx + cx = 0 b r = 2e 2 2 b b b2 b2 b b2 a 4a − + c 2 x − b 2a x = 4a x − 2a x + cx = x 4a 2a 2 b x − 4a + c = 0 x 4ac − b2 = 0 Para demostrar que son soluciones fundamentales: w (y1 , y2 ) 6= 0 Donde:

y1 y2

= y1 y20 − y10 y2 = erx (erx + rxerx ) − rerx xerx = e2rx w (y1 , y2 ) = 0 y1 y20

w (y1 , y2 ) 6= 0 − ∞ < x < ∞ Resumiendo vamos a establecer lo siguiente: a).- b2 − 4ac > 0 La soluci´ on es: y = c1 er1 x + c2 er2 x Donde r1 y r2 Son las raices de la ecuaci´on car´acteristica con valores reales b).- b2 − 4ac < 0 La soluci´ on es

48CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN y = er1 x [c1 cos k2 x + c2 sin k2 x] √ 2 b donde k1 = − 2a y k2 = 4ac−b 2a c).- b2 − 4ac = 0 La solución es: y = c1 xerx + c2 er2 x b Donde: r = − 2a 00 1).- y − y = 0 Proponemos la Solución y = erx y 0 = rerx y 00 = r2 erx Luego Sustituimos: r2 erx − erx = 0 erx r2 − 1 = 0 r2 − 1 = 0 r1 = 1 r2 = −1 y = c1 ex + c2 e−x 2).- y 00 − y 0 − 2y = 0 Proponemos y = erx y 0 = rerx y 00 = r2 erx Sustituimos: r2 erx + rerx − 2erx = 0 erx r2 + r − 2 = 0 r2 + r −√ 2=0 √ √ −1± 12 −4(1)(−2) −1± 1+8 −1± 9 r= = = = 2(1) 2 2 r1 = 1 r2 = −2 y = c1 ex + c2 e−2x 3).- y 00 − 2y 0 + 2y = 0 (*) Proponemos y = erx y 0 = rerx y 00 = r2 erx Sustituyendo en * r2 erx − 2r2 erx + 2erx = 0 erx r2 − 2r + 2 = 0 Completando el trinomio r2 − 2r + 1 + 1 = 0 2 (r − 1) + 1 = 0 2 (r − 1) =√−1 (r − 1) = −1 (r − 1) = ±i r1 = 1 + i r2 = 1 − i y = ex [c1 cos x + c2 sin x] 4).- y 00 + 4y = 0

−1±3 2

´ 2.1. SOLUCIONES FUNDAMENTALES DE LAS ECUACIONES HOMOGENEAS CON COEFICIENTES CONSTA r2 + 4 = 0 r2 =√−4 r = −4 r = 2i r = −2i y = c1 cos 2x + c2 sin 2x 5).- y 00 + 2y 0 + 2y = 0 r2 + 2r + 2 = 0 r2 + 2r + 1 + 1 = 0 (r + 1)2 + 1 = 0 (r + 1)2 = −1 (r + 1) = ±i r1 = −1 + i r2 = −1 − i y = e−x [c1 cos x + c2 sin x] 6).- y 00 + 6y 0 + 13y = 0 r2 + 6r + 13 = 0 r2 + 6r + 9 + 4 = 0 (r + 3)2 = −4 (r + 3) = ±2i r1 = −3 + 2i r2 = −3 − 2i y = e−3x [c1 cos 2x + c2 sin 2x]

2.1.2.

ECUACIONES EXACTAS

El concepto de exactitud estudiado en las ecuaciones de 1er. orden es apreciable aqu´ı con las ecuaciones de 2o. Orden. Supongamos que tenemos la siguiente ecuaci´ on. P (x) y 00 + Q (x) y 0 + R (x) y = 0 (1) Decimos que esta ecuaci´ on es exacta si puede transformarse a la forma siguiente: d 0 (2) dx (P (x) y + f (x) y) = 0 Donde f (x) la podemos encontrar derivando la ecuación (2) y exigiendo que esta ecuaci´ on sea igual a la (1). P (x) y 00 + P 0 (x) y 0 + f (x) y 0 + f 0 (x)y = 0 P 0 (x) + f (x) = Q(x) f 0 (x) = R(x) Con estas dos ecuaciones podemos encontrar la condición de exactitud de la ecuaci´ on (1); en efecto, derivando la primera de estas dos u ´ltimas ecuaciones y restandola menos la segunda nos dá: P 00 (x) − Q0 (x) + R(x) = 0 (3) Ejemplo: y 00 + xy 0 + y = 0 P (x) = 1 Q (x) = x R(x) = 1 P 00 (x) = 0 Q0 (x) = 1 R(x) = 1

50CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN P 00 (x) − Q0 (x) + R(x) = 0 − 1 + 1 = 0 Por lo tanto la ecuación es exacta. Entonces podemos escribir la función y 00 + xy 0 + y = 0 de la siguiente forma: d 0 0 dx (y + f (x) y) = 0 donde P (x) + f (x) = Q(x) 0 f (x) = Q(x) − P (x) f (x) = x − 0 f (x) = x d (y 0 + xy) = 0 Rdx d 0 R 0 dx (y + xy) = 1 2 0 y + xy = c1 µ(x) = e 2 x 1 2 1 2 d 2x y = c1 e 2 x dx e 1 2 R 1 2 1 2 y = c1 e− 2 x e 2 x dx + c2 e− 2 x Supongamos ahora que la ecuación (1) no es exacta; lo que procede en este caso es multiplicarla por un factor integrante µ(x) y exigir que sea exacta. µ(x)P (x) y 00 − µ(x)Q (x) y 0 + µ(x)R(x)y = 0 00 0 (µ(x)P (x)) − (µ(x)Q(x)) + µ(x)R (x) = 0 Veamos que nos resulta: 0 (µ0 (x)P (x) + µ(x)P 0 (x)) − (µ0 (x)Q(x) + µ(x)Q0 (x)) + +µ(x)R(x) = 0 µ00 (x)P (x) + µ0 (x)P 0 (x) + µ0 (x)P 0 (x) + µ(x)P 00 (x) − µ0 (x)Q(x)− −µ(x)Q0 (x) + µ(x)R(x) = 0 P (x)µ00 (x) + (2P 0 (x) − Q(x)) µ0 (x) + (P 00 (x) − Q0 (x) + R(x)) µ(x) = 0 (4) La ecuaci´ on (4) es una ecuación de segundo orden y esta quiere decir que cuando la ecuaci´ on (1) no es exacta para convertirla en exacta tenemos que resolver otra ecuaci´ on de segundo orden. Si la ecuación (4) de nuevo no es exacta se supone que podemos hacerla exacta multiplicandolo por otro factor integrante por ejemplo β(x) y exigir que sea exacta. 00 (β(x)P (x)) − β(x) (2P 0 (x) − Q (x)) + β(x) (P 00 (x) − Q0 (x) + R (x)) = 0 Derivando: P (x)β 00 (x) + 2β 0 (x)P 0 (x) + β(x)P 00 (x) − 2β 0 (x) P 0 (x) − 2β (x) P 00 (x) + +β 00 (x) Q (x) + β (x) Q0 (x) + β (x) P 00 (x) − β (x) Q0 (x) + β (x) R (x) = 0 Reduciendo términos tenemos: P (x)β 00 (x) + β 0 (x) Q (x) + β (x) R (x) = 0 (Tenemos la ecuación original). Nota: Si la ecuaci´ on (4) no es exacta entonces ya no siga resolviendo y se busca otro metodo de resolver la ecuación.

2.1.3.

ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN

2.1.4.

NO HOMOGENEAS.

En secciones anteriores estudiamos las ecuaciones homogeneas, ahora nos van a interesar las ecuaciones de la forma:

´ 2.1. SOLUCIONES FUNDAMENTALES DE LAS ECUACIONES HOMOGENEAS CON COEFICIENTES CONSTA y 00 + p (x) y 0 + q (x) y = g (x) (1) Donde g(x) lo vamos a llamar TERMINO NO HOMOGENEO DE LA EC. Donde vamos a suponer que p (x) , q (x) , y g (x) son funciones continuas en el intervalo α < x < β. Tanto en F´ısica como en ingenieria muchos problemas reales se reducen a resolver la ecuaci´ on diferencial (1). Si suponemos que la ecuación (1) representa a lo que sucede en cierto mecanismo (Un circuito) la funciones p (x) y q (x) siempre van a representar caracteristicas del mecanismo (Una resistencia, un inductor, capacitor, etc) g (x) va a representar una función de entrada al mecanismo y g (x), la solución representará a la solución de salida y el problema de resolver la ecuaci´ on (1) consistirá en entrar una función de salida del mecanismo dada la funci´ on de entrada. Antes de considerar casos particulares de la ecuación (1) vamos a estudiar dos teoremas que nos ayudar´ an a simplificar el trabajo subsecuente. La diferencia de dos soluciones cualesquiera de la ecuación: y 00 + p (x) y 0 + q (x) y = g (x) (1) es soluci´ on de la correspondiente ecuación homogenea; o sea de y 00 + p (x) y 0 + q (x) y = 0 Demostraci´ on: Sea y1, y2 dos soluciones cualesquiera de la ecuación (1), si esto es as´ı tenemos: y100 + p (x) y10 + q (x) y1 = g (x) y y200 + p (x) y20 + q (x) y2 = g (x) Tomando la diferencia miembro por miembro de las dos u ´ltimas ecuaciones tenemos: y100 − y200 + p (x) y10 − p (x) y20 + q (x) y1 − q (x) y2 = 0 (y100 − y200 ) + p (x) (y10 − y20 ) + q (x) (y1 − y2 ) = 0 00 0 (y1 − y2 ) + p (x) (y1 − y2 ) + q (x) (y1 − y2 ) = 0 yd = y1 − y2 Sustituyendo. yd00 + p (x) yd0 + q (x) yd = 0 Por lo que queda demostrado. Dada una soluci´ on yp de la ecuación no homogenea (1) y 00 + p (x) y 0 + q (x) y = g (x) entonces cualquier soluci´ on de la ecuación diferencial (1) puede escribirse como: y (x) = yp + yc donde yc es la solución de la ecuación homogenea correspondiente y la llamaremos soluci´ on complementaria. La solución yp la llamaremos solución particular. Demostraci´ on: La demostraci´ on es muy sencilla y se trata de utilizar el resultado anterior: Como sabemos y (x) y yp son dos soluciones de la ecuación no homogenea (1) y por lo tanto su diferencia es solución de la ecuación homogenea correspondiente, o sea: yc = y (x) − yp(x) y (x) = yc + yp En muchos problemas el término no homogéneo g puede expresarse como la suma de varias funciones.

52CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN g (x) = g1 (x) + g2 (x) + ... + gn (x) Para resolver este tipo de ecuaciones se procede de la siguiente manera: Resolvemos tantas ecuaciones como funciones tengamos, o sea: y 00 + p (x) y 0 + q (x) y = g1 (x) y 00 + p (x) y 0 + q (x) y = g2 (x) y 00 + p (x) y 0 + q (x) y = gn (x) y encontramos la solución particular de cada una de ellas. y1 p, y2 p . . . yn p La soluci´ on particular de la ecuación original será entonces yp = y1 p + y2 p + . . . + yn p Nota: Todo polinomio al derivarlo se convierte en un polinomio de grado menor pn−1 (x) .

2.1.5.

´ METODO DE COEFICIENTES INDETERMINADOS

Este método puede usarse cuando el término no homogeneo g (x) tiene alguna forma que permite indagar su solución, dadas las propiedades de estas funciones al diferenciarse hasta dos veces. Este tipo de funciones son: a).- g (x) = pn (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn b).- g (x) = Aeαx (cte ∗ exp) c).- g (x) = A sin βx + B cos βx d).- g (x) = pn (x) eαx e).- g (x) = pn (x) eαx sin βx o g (x) = pn (x) eαx cos βx Las caracteristicas que tienen estos términos no homogeneos es la siguiente: Al tener un polinomio como término no homogeneo facilmente podemos indagar que la solucion tambien será un polinomio puesto que al poner tal solución en la ecuaci´ on correspondiente obtendremos del lado izquierdo tambien un polinomio y de lo que se va a tratar nada más es igualar coheficientes de potencia iguales.De la misma forma si el término no homogeneo es exponencial propondremos una soluci´ on exponencial lo mismo que si es sinosiodal o cosenosoidal. a).- y 00 + y 0 + y = x (tenemos un polinomio de grado 1). g (x) = x Proponemos como solución: yp = A0 + A1 x yp0 = A1 yp00 = 0 Sustituyendo en: y 00 + y 0 + y = x 0 + A1 + A0 + A1 x = x A1 + A0 + A1 x = x A0 + A1 = 0 A1 = 1 A0 = −1 yp = x − 1

´ 2.1. SOLUCIONES FUNDAMENTALES DE LAS ECUACIONES HOMOGENEAS CON COEFICIENTES CONSTA y 00 + 2y 0 + 2y = x2 + 1 yp = A0 + A1 x + A2 x2 → Solución propuesta yp0 = A1 + 2A2 x yp00 = 2A2 Sustituyendo 2A2 + 2 (A1 + 2A2 x) + 2 A0 + A1 x + A2 x2 = x2 + 1 2A2 + 2A1 + 4A2 x + 2A0 + 2A1 x + 2A2 x2 = x2 + 1 2 (A0 + A1 + A2 ) + (4A2 + 2A1 ) x + 2A2 x2 = x2 + 1 Igualando coeficientes 2 (A0 + A1 + A2 ) = 1 4A2 + 2A1 = 0 (Porque x no aparece). 2A2 = 1 2A2 = 1 A2 = 12 4A2 + 2A1 = 0 4 12 + 2A1 = 0 2 + 2A1 = 0 2A1 = −2 A1 = −1 2A0 + 2A1 + 2A2 = 1 2A0 + 2 (−1) + 2 12 = 1 2A0 − 2 + 1 = 1 2A0 = 2 A0 = 1 y p = A0 + A1 x + A2 x 2 yp = 1 − x + 12 x2 → Solución particular Ejemplo: b).-y 00 + 3y 0 + y = 5e5x yp = Ae5x → Soluci´ on propuesta yp0 = 5Ae5x yp00 = 25Ae5x Sustituyendo: 25Ae5x + 3 5Ae5x + Ae5x = 5e5x 25Ae5x + 15Ae5x + Ae5x = 5e5x e5x (25A + 15A + A) = 5e5x 41A = 5 5 A = 41 5 5x yp = 41 e → Soluci´ on particular Ejemplo. c).y 00 + y 0 + 2y = 2sen2x yp = A sin 2x + B cos 2x Combinación de senos y cosenos yp0 = 2A cos 2x − 2B sin 2x yp00 = −4A sin 2x − 4B cos 2x Sustituyendo:

54CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN −4A sin 2x − 4B cos 2x + 2A cos 2x − 2B sin 2x + 2A sin 2x + 2B cos 2x = 2 sin 2x (−4A sin 2x − 2B sin 2x + 2A sin 2x) − 4B cos 2x + 2A cos 2x + 2B cos 2x = 2 sin 2x −2A sin 2x − 2B sin 2x − 2B cos 2x + 2A cos 2x = 2 sin 2x (−2A − 2B) sin 2x + (2A − 2B) cos 2x = 2 sin 2x −2A − 2B = 2 2A − 2B = 0 2A − 2B = 0 2A + 1 = 0 A = − 12 −4B = 2 B = − 21 yp = − 12 sen2x − 12 cos 2x Veamos ahora cuando tenemos como término no homogéneo un polinomio de grado n, o sea cuando: g (x) = pn (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn ay 00 + by 0 + cy = Pn (x) (1) Vamos a proponer como solución particular de la ecuación (1) un polinomio de grado n : yp = A0 + A1 x + A2 x2 + · · · + An xn (2) donde los coeficientes A0 , A1 , A2 , · · · , An son coeficientes indeterminados y para determinarlos debemos sustituir la solución (2) en la ecuación (1) para luego igualar los coeficientes de potencias iguales; su derivada será: yp0 = A1 + 2A2 x + 3A3 x2 + · · · + (n − 1) An−1 xn−2 + nAn xn−1 yp00 = 2A2 +3∗2A3 x+4∗3A4 x2 +(n − 1) (n − 2) An−1 xn−3 +n (n − 1) An xn−2 y ahora vamos a sustituir yp0 y yp00 en la ecuacón (1): 2A2 + 3 ∗ 2A3 x + 4 ∗ 3A4 x2 + (n − 1) (n − 2) An−1 xn−3 (3) a +n (n − 1) An xn−2 +b A1 + 2A2 x + 3A3 x2 + · · · + (n − 1) An−1 xn−2 + nAn xn−1 + c A0 + A1 x + A2 x2 + · · · + An xn = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn Ahora igualaremos los coeficientes de potencias iguales. 2aA2 + bA1 + cA0 = a0 (Potencia cero) x0 6aA3 + 2bA2 + cA1 = a1 (Potencia uno) x1 12aA4 + 3bA3 + cA2 = a2 (Potencia dos) x2 an (n − 1) An + b (n − 1) An−1 = an−2 (Potencia n − 2) xn−2 n−1 bn An + cAn−1 = an−1 (Potencia n − 1) x cAn = an (Potencia n) xn Notas: Las condiciones para calcular el valor de An, es que c 6= 0 en caso contrario no podemos determinar An, por lo tanto del lado Izquierdo de la ecuaci´ on en donde ya sustituimos yp0 y yp00 tenemos un polinomio de grado n − 1 y del otro lado de grado n; por lo tanto elegimos mal la solución inicial. Cuando a = 0 entonces la ecuación que nos queda seria una ecuación de primer grado (en capitulos anteriores ya vimos su solución) pero cabe mencionar que tambien es aplicable este metodo o metodo de coeficientes indeterminados

´ 2.1. SOLUCIONES FUNDAMENTALES DE LAS ECUACIONES HOMOGENEAS CON COEFICIENTES CONSTA para ec. de 2o. orden. Como podemos ver las ecuaciones para determinar los coeficientes indeterminados el término An puede determinarse solamente si c 6= 0 y lo que sucede aqu´ı es que si c = 0 y b 6= 0 lo que tendremos del lado izquierdo de la ecuaci´ on (3) es un polinomio de grado (n−1) con lo cual podemos satisfacer la ecuaci´ on (3). y esto quiere decir que hemos elegido adecuadamente la solución (2); para lograr esto debemos aumentar en un grado la solución (2) y esto se logra poniendo como soluci´ on. a).- Si c = 0 y b 6= 0 pn = x A0 + A1 x + A2 x2 + · · · + an xn Ahora bien si c = 0 y b = 0 entonces tampoco podemos determinar An−1 y lo que sucede aqui es que el polinomio resultante en la ecuación (3) es de grado (n − 2) lo cual indica que aqu´ı también la solución (2) no es la adecuada. Para lograr esto debemos proponer como solución: b).- Si c = 0 y b = 0 pn = x2 A0 + A1 x + A2 x2 + · · · + an xn y 00 + 2y 0 = x2 yp = x A0 + A1 x + A2 x2 = A0 X + A1 x2 + A2 x3 yp0 = A0 + 2A1 x + 3A2 x2 yp00 = 2A1 + 6A2 x Sustituyendo: (2A1 + 6A2 x) + 2 A0 + 2A1 x + 3A2 x2 = x2 2A1 + 2A0 + 6A2 x + 4A1 x + 6A2 x2 2 (A1 + A0 ) + (6A2 + 4A1 ) x + 6A2 x2 2 (A1 + A0 ) = 0 6A2 + 4A1 = 0 6A2 = 1 A2= 61 6A2 + 4A1 = 0 6 16 + 4A1 = 0 1 + 4A1 = 0 A1 = − 14 2 (A1 + A0 ) = 0 2 − 14 + A0 = 0 − 12 + 2A0 = 0 1

A0 = 22 = 14 y p = A0 x + A1 x 2 + A2 x 3 yp = 14 x − 14 x2 + 16 x3 → Solución Particular. d).- Veamos ahora el caso cuando tenemos como termino no homogeneo g (x) = pn (x) eαx o sea cuando tenemos la ecuación: ay 00 + by 0 + cy = pn (x) eαx (4) Cuando tenemos este caso . Debido a que en el término no homogeneo figura una exponencial; el cual al derivarse va a quedar, podemos nosotros proponer como solución: yp = a (x) eαx (5) yp0 = αa (x) eαx + αa0 (x) eαx yp00 = α2 a (x) eαx + αa0 (x) eαx + a00 (x) eαx + αa0 (x) eαx Sustituyendo yp0 y yp00 en la ecuación (4) y agrupando tenemos;

56CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN a (a00 (x) eαx ) + (2αa + b) a0 (x) eαx + α2 a + bα + c a (x) eαx = pn (x) eαx como vemos eαx es factor de la ecuación por lo tanto podemos eliminar: aa00 (x) + (2αa + b) a0 (x) + α2 a + bα + c a (x) = pn (x) Lo que obtuvimos fué un ec. de 2o orden con coeficientes constantes, cuyo término no homogeneo es un polinomio de grado n. Resolvemos por métodos anteriores. yp = (A0 + A1 x + · · · + An xn ) eαx Ejercicio: y 00 + 2y 0 + y = xe−x y 00 + 2y 0 + y = 0 r2 + 2r + 1 = 0 Solo tenemos una ra´ız r = −1 Esto significa que las soluciones de la ecuación homogenea son: e−x ; xe−x Proponemos la siguiente solución (Es de grado 1 porque y 00 + 2y 0 + y = xe−x ) yp = (A0 + A1 x) e−x yp0 = −A0 e−x + A1 e−x − A1 xe−x yp00 = A0 e−x − A1 e−x + A1 xe−x − A1 e−x Sustituyendo en la ec. original. A0 e−x − A1 e−x + A1 xe−x − A1 e−x + 2 −A0 e−x + A1 e−x − A1 xe−x + A0 e−x + A1 xe−x A0 e−x − 2A1 e−x + A1 xe−x + 2 −A0 e−x + A1 e−x − A1 xe−x + A0 e−x + A1 xe−x 0 = xe−x ? Entonces la soluci´ on estaba mal propuesta por lo que tenemos que proponer la siguiente soluci´ on (Aumentamos 2 grados). yp = x2 (A0 + A1 x) e−x yp0 = 2A0 x + 3A1 x2 e−x − x2 (A0 + A1 x) e−x

yp00 = (2A0 + 6A1 x) e−x − 2A0 x + 3A1 x2 e−x − 2A0 x + 3A1 x2 e−x +x2 (A0 + A1 x) e−x Sustituyendo en: y 00 + 2y 0 + y = xe−x si α es la ra´ız de la ecuaci´on caracter´ıstica aα2 + bα + c = 0 y si es una sola b soluci´ on entonces α = − 2a a00 (x) = x a (x) = x2 (A0 + A1 x)

´ 2.1. SOLUCIONES FUNDAMENTALES DE LAS ECUACIONES HOMOGENEAS CON COEFICIENTES CONSTA a0 (x) = 2A0 x + 3A1 x2 a00 (x) = 2A0 + 6A1 x 2A0 + 6A1 x = x A0 = 0 A1 = 16 a (x) = 16 x3 * y 00 − 2y 0 + y = (x + 1) ex Primero resolvemos la ecuaci´ on homogenea. y 00 − 2y 0 + y = 0 r2 − 2r + 1 = 0 y solo tenemos una ra´ız r = 1 esto significa que las soluciones son: y1 = ex y2 = (x + 1) ex ay 00 + by 0 + cy = 0 (*) y = erx (Proponemos esta soluci´on) y 0 = rerx y 00 = r2 erx Sustituyendo en * ar2 erx + brerx + cerx = 0 ar2 + br + c = 0 √ r2 − 2r + 1 = 0 r = +2±2 4−4 = 1 2 (r − 1) = 0 r=1 Proponemos la siguiente soluci´ on: yp = a (x) ex (*) yp0 = a (x) ex + a0 (x) ex yp00 = a (x) ex + a0 (x) ex + a0 (x) ex + a00 (x) ex Sustituyendo en * a (x) ex + 2a0 (x) ex + a00 (x) ex − 2a (x) ex − 2a0 (x) ex + a (x) e = (x + 1) ex como ex es t´ermino com´ un se elimina a00 (x) = (x + 1) (**) a (x) = (A0 + A1 x) x2 a0 (x) = 2A0 + 3A1 x2 a00 (x) = 2A0 + 6A1 x 2A0 + 6A1 x = x + 1 A0 = 12 6A1 = 1 A1 = 16 y 00 − 2y 0 + y = (x + 1) e2x yp = a (x) e2x yp0 = 2a (x) e2x + a0 (x) e2x yp00 = 2a0 (x) e2x + 4a (x) e2x + 2a0 (x) e2x + a00 (x) e2x Sustituyendo: a00 (x) e2x + 4a0 (x) e2x + 4a (x) e2x − 4a (x) e2x − 2a (x) e2x + a (x) e2x = (x + 1) e2x

58CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN a00 (x) + 2a0 (x) + a (x) = (x + 1) (Ec. de 2do. orden cuyo término no homogeneo es (x + 1) que es de grado 1) e).- Veamos ahora: g (x) = pn (x) eαx sin βx ó g (x) = pn (x) eαx cos βx ó la combinación de los dos. Cuando tenemos un término no homogeneo de esta forma debemos tomar en cuenta las propiedades de derivación de los exponenciales y los senos y cosenos; adem´ as de esto debemos tomar en cuenta que si en la ecuación diferencial figura una primera derivada entonces necesariamente del lado izquierdo tendremos la derivada del coseno; o sea, si tenemos como ecuación diferencial: ay 00 + by 0 + cy = p (x) eαx sin βx entonces como solución es conveniente proponer lo siguiente: yp = A0 + A1 x + A2 x2 + · · · + An xn eαx sin βx+(B0 + B1 x + · · · + Bn xn ) eαx cos βx Es necesario aclarar que independiente que el término no homogeneo figure en seno o coseno de todos modos la solución propuesta debe ser de esta forma por las razones ya propuestas; está claro tambien que si el término no homogeneo no contiene la exponencial debemos suponer en este caso que α = 0 y por lo tanto eαx no figura en la ecuación. y 00 + y 0 + y = xex sin x yp = (A0 + A1 x) ex sin x + (B0 + B1 x) ex sin x yp0 = A1 ex sin x + (A0 + A1 x) ex sin x + (A0 + A1 x) ex cos x + B1 ex cos x+ (B0 + B1 x) ex cos x + (B0 + B1 x) ex sin x yp00 = A1 ex sin x + A1 ex cos x + A1 ex sin x + (A0 + A1 ) ex + (A0 + A1 x) ex cos x+

A1 ex cos x + (A0 + A1 x) ex cos x − (A0 + A1 x) ex sin x + B1 ex cos x − B1 ex sin x+ B1 ex cos x + (B0 + B1 x) ex cos x − (B0 + B1 x) ex sin x − B1 ex sin x+ (B0 + B1 x) ex sin x − (B0 + B1 x) ex cos x Sustituyendo y 00 + y 0 + y = xex sin x Tenemos que:

2 (A0 + A1 x) ex sin x+2 (B0 + B1 x) ex cos x+3A1 ex sin x+3 (A0 + A1 ) ex cos x−3 (B0 + B1 x) ex sin x+2A1 Como ex es com´ un se eliminan y ahora agrupamos: (2A0 + 3A1 − 3B0 − 2B1 ) sin x + x (2A1 − 3B1 ) sin x+ (2B0 + 3A0 + 2A1 + 3B1 ) cos x + x (2B1 + 3A1 ) cos x = x sin x Ahora igualamos t´erminos semejantes 2A0 + 3A1 − 3B0 − 2B1 = 0 2A1 − 3B1 = 1 2B0 + 3A0 + 2A1 + 3B1 = 0 2B1 + 3A1 = 0

´ 2.1. SOLUCIONES FUNDAMENTALES DE LAS ECUACIONES HOMOGENEAS CON COEFICIENTES CONSTA          

2 3 0 2 3 2 0 3

−3 0 2 0

−2 −3 3 2

2 0 3 0

−3 0 2 0

−2 −9 3 −13

3 6 2 0



|0 |1 |0 |0





   

   



2 0 3 0

3 6 2 −6

−3 0 2 0

−2 | 0 −9 | 3 3 |0 −4 | 0  |0  |3   |0 

    

2 3 −3 −2  0 −9  0 6    0 5 −13 0 0 0 0 −13 | 0  |0  |1   Vamos a hacer una observaci´on a lo visto en | −5 

|0 |3 |0 |3

2 3 −3 −2  0 9  0 6   0 0 −78 45 0 0 0 −13 | 0 la clase anterior. Si eαx sin βx ´ o eαx cos β son soluciones de la ecuaci´on homogenea correspondiente ser´ a necesario aumentar en un grado al polinomio que se propone como soluci´ on; veamos esto en t´erminos generales. A1 = 0 2A1 − 6B0 = 0 2 (0) − 6B0 = 0 B0 = 0 1 B1 = − 12 6A0 + 2B1 = 0 1 =0 6A0 + 2 − 12 1 6A0 − 6 = 0 1

1 A0 = 66 = 36 Sustituyendo en yp los valores encontrados tenemos: 1 2 1 x sin 3x − 12 x cos 3x yp = 36

2.1.6.

´ METODO DEVARIACION DEPARAMETROS

En el método de coeficientes indeterminados nosotros vimos que el término no homogeneo g(x) deb´ıa tener determinadas formas. En esta secci´ on nosotros estudiaremos un método más general para determinar la soluci´ on particular de la ecuación. y 00 + p (x) y 0 + q (x) y = g (x) donde lo u ńico que vamos a exigir para la existencia y unicidad de la solución es que p (x) , q (x) , g (x) deben ser funciones cont´ınuas sobre el intervalo de interes. Para aplicar este método es indispensable conocer el conjunto de soluciones fundamentales de la ecuaci´ on homogenea correspondiente; es decir de la ecuación exacta. y 00 + p (x) y 0 + q (x) y = 0 (2) Supongamos que y1 (x) y y2 (x) son el conjunto de soluciones; entonces y (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) (2a) Si y1 y y2 son fundamentales, entonces;

60CAP´ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN

y1 y2

6= 0

w (y1 , y2 ) = 0 y1 y20

-wronskiano El método de variación de parámetros consiste en proponer como solución particular de la ecuación (1) la solución (2a); con la diferencia de que reemplazamos las constantes c1 y c2 por las funciones decir: yp = c1 (x) y1 (x) + c2 (x) y2 (x) (3) Tenemos funciones desconocidas; para encontrarlas necesitamos 2 ecuaciones. Una de estas ecuaciones lógicamente la obtendremos sustituyendo (3) en la ecuación (1), la siguiente ecuación la obtendremos imponiendo determinada restricción que a continuación veremos: yp0 = c01 (x) y1 (x) + c1 (x) y10 (x) + c02 (x) y2 (x) + c2 (x) y20 (x) Proponemos la primera restricción: c01 y1 + c02 (x) y2 (x) = 0 Esta ser´ a la 1ra. Ec. que necesitamos; porque la otra solución la obtendremos sustituyendo (3) en (1). yp00 = c01 (x) y10 (x) + c1 (x) y100 (x) + c02 (x) y20 (x) + c2 (x) y200 (x) Sustituimos estos resultados en (1)

c01 (x) y10 (x)+c02 (x) y20 (x)+c1 (x) y100 (x)+c2 (x) y200 (x)+p (x) (c1 (x) y10 (x) + c2 (x) y20 (x))+q (x) (c1 (x) y1 (x Agrupando términos: c01 (x) y10 (x) + c02 (x) y20 (x) + c1 (x) (y100 (x) + p (x) y10 (x) + q (x) y1 (x)) +c2 (x) (y200 (x) + p (x) y20 (x) + q (x) y2 ) = g (x) como y1 y y2 son soluciones de la ecuación homogénea (2) entonces los dos u ´ltimos términos se anula y tenemos: c01 (x) y10 (x) + c02 (x) y20 = g (x) y esta es la segunda ecuación buscada. En resumen tenemos; dos ecuaciones algebraicas con 2 incognitas c1 y c2 . c01 (x) y1 (x) + c02 (x) y2 (x) = 0 (4) c01 (x) y10 (x) + c02 (x) y20 (x) = g (x) como tenemos

que:

y y2

6= 0 w (y1 , y2 ) =

10 y1 y20

Entonces el sistema (4) tiene soluci´on no trivial y sus soluci´ones son:

0 y

g (x) y2

−y 2 g(x) 0 C1 (x) = = w(y (METODODECRAMER) w(y1 ,y2 ) 1 ,y2 )

y10 y10

0 g (x)

y1 g(x) C20 (x) = = w(y w(y1 ,y2 ) 1 ,y2 ) EntoncesR R 2 (x)g(x) C1 = − y1y,y C2 = + y1 ,yy10 g(x) 0 −y 0 ,y 0 2 2 1 2 −y1 ,y2 Y por lo tanto la soluci´on (3) queda R y1 g(x) R 2 (x)g(x) yp (x) = −y1 y1y,y 0 −y 0 ,y + y2 y1 ,y 0 −y 0 ,y2 2 2

´ 2.1. SOLUCIONES FUNDAMENTALES DE LAS ECUACIONES HOMOGENEAS CON COEFICIENTES CONSTA Ejercicio 2.2 y 00 + 3y 0 + y = ex y 00 + 3y 0 + y = 0 r2 + 3r + 1 = 0 yp = 15 ex Aplicando el método de variación de parámetros para el siguiente ejercicio. Ejercicio 2.3 y 00 + 3y 0 + y = ex r2 + 3r + 1 = 0 r1 =

√ −3+ 5 2

= −0,38 ; r2 =

√

√ 32 −4(1)(1) = −3±2 9−4 2(1) √ −3− 5 = −2,61 2 −3±

yp = 15 ex y1 = e−0,38x y2 = e−2,61x yp = c1 xe−0,38x + c2 xe−2,61x 0 −0,38x c1 e + c2 e−2,61x = 0 0 yp = −0,38c01 e−0,38x − 2,61c2 xe−2,61x = ex √ √ −3+ 5 −3− 5

e 2 x√ e 2 x√

√ w (y1 , y2 ) = −3+√5 −3+ 5 5 −3− 5 −3− x

2 e e 2 x 2 2 −3 − w (y1 , y2 ) = 2

c01 (x) =

0 ex

√

−3x

−3 + − 2

√ ! 5

−3x

−3 − = 2

√ −3− 5 x 2

√

−3x

√ √

√ −3− 5 −3− 5 x

−3− 5 x 2 e 2 −ex ∗e 2 √ √ = = √15 eα1 x −3x − 5e−3x

− 5e √

−3+ 5 0

e 2 x√ √

√ 5

−3+ 5 −3+ −3+ 5 x e 2 x ex

ex ∗e 2 √ √ 2 = = − √15 eα2 x − 5e−3x − 5e−3x

√ −3± 5 2

c02 (x) = Nota: Tiene que salir como soluci´on y 00 − y 0 − 2y = 2e−x y 00 − y 0 − 2y = 0 r2 − r − 2 = 0 r1 = 2 r2 = −1 y1 = e−x y2 = e2x yp = xAe−x yp0 = Ae−x − xAe−x yp00 = −Ae−x − Ae−x + xAe−x Sustituyendo estos valores en: y 00 − y 0 − 2y = 0 −3Ae−x = 2e−x A = − 23 Solucion particular

√ √ 3 − 5 −3x + e = − 5e−3x 2

62CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN yp = − 23 xe−x (Utilizamos el método de coeficientes indeterminados) y = c1 e−x + c2 e2x (Utilizando el método de variación de parametros) yp = c1 (x) e−x + c2 (x) e2x (solución particular) Derivando: c01 (x) e−x + c02 (x) e2x = 0 (Para obtener la primera ecuación) 0 2x −c01 (x) e−x + = 2e−x 2 (x) e

2c−x 2x

e e x

w (y1 , y2 ) =

−x 2x = 3e −e 2e

0 e2x

−x 2e2x

2e c01 (x) =

= − 32 ex c1 (x) = − 23 ex 3ex

e−x 0

−x

−e 2e−x

c02 (x) = = 23 e−2x =⇒ c2 (x) = − 62 e−2x 3ex (Esta soluci´ on es una solución de la Ec. Homogenea) Solucion Particular yp = − 23 ex − 26 e−x2 yp = − 32 e−x Notas: y = yp + yc (La soluci´ on gral = solución particular + sol. complementaria) y = yp + yc y = − 23 ex − 62 e−2x + c1 e−x + c2 e2x Resolviendo al ejercicio más desglosado: y = c1 e−x + c2 e2x yp = c1 (x) e−x + c2 (x) e2x yp0 = c01 (x) e−x + c02 (x) e2x − c1 (x) e−x + 2c2 (x) e2x ,→ c01 (x) e−x + c02 (x) e2x = 0 yp00 = −c01 (x) e−x + 2c02 (x) e2x + c1 (x) e−x + +4c2 (x) e2x − c01 (x) e−x + 2c02 (x) e2x + c1 (x) e−x + 4c2 (x) e2x + c01 (x) e−x − 2c02 (x) e2x − 2c1 (x) e−x − 2c2 (x) e2x = 2e−x −c01 (x) e−x + 2c02 (x) e2x = 2e−x Resolver el siguiente ejercicio por el método de variación de parámetros: y 00 + y = tan x Resolvemos primero la ecuaciòn homogenea. r2 + 1 = 0 r2 = −1 r1 = i r2 = −i y1 = sin x y2 = cos x y = C1 sin x + C2 cos x C1 (x) sin x + C2 (x) cos x = 0 C1 (x) cos x − C2 (x) sin x = tan x

´ 2.1. SOLUCIONES FUNDAMENTALES DE LAS ECUACIONES HOMOGENEAS CON COEFICIENTES CONSTA W (y1 , y2 ) = −1 C10 (x) =

0 cos x tan x − sin x −1

sin x 0 cos x tan x

= sin x ⇒ C1 = − cos x

R − sin2 x sin2 x C20 (x) = = −cos −1 x ⇒ C2 = cos x R R R − sec x + cos x = − sec xdr + cos xdx = − ln (sec x + tan x) + sin x C2 = − ln (sec x + tan x) + sin x SOLUCIONES EN SERIE EN LA VECINDAD DE UN MUNDO ORDINARIO En esta seccion se estudiar´ a un método para resolver la ecuación: P (x) y 00 + Q (x) y 0 + R (x) y = 0 cuando las funciones P(x) , Q (x) y R (x) son polinomios. Estamos interesados en resolver la ecuación (1) en la vecindad de un punto X0 en el cual P (x) 6= 0. Como sabemos de los cursos de cálculo una función anal´ıtica podemos expresarla en series de Taylor en la vecindad de un punto para el cual la funci´ on es continua e infinitamente diferenciable; si esto es as`ı entonces cualquier funci´ on podemos expresarla de la siguiente forma: P f (n) (X0 )(x−x0 )n f (x) = n DE ACUERDO CON TODO ESTO NOSOTROS PODEMOS BUSCAR LA SOLUCION DE LA ECUACION EN POTENCIAS DE (X − X0 ) , O SEA EN SERIE DE TAYLOR, DONDE LOS COEFICIENTES QUEDARÍAN INDETERMINADOS Y POR DETERMINAR ´ EN LA ECUACION (1). SUSTITUYENDO ESTA SOLUCION ES DECIR BUSCAMOS LA SOLUCION DE LA ECUACION (1) DE LA FORMA: P n Y = an (x − x0 ) Vemos los siguientes ejemplos: (3) i)y 00 + y = 0 y = c1 sin x + c2 cos x (*) vamos a buscar la soluci´ on en series de potencias en la vecindad del punto X0 = 0 P P n (4a) y = Pan (x − 0) = an xn = a0 + a1x+a2x2 + ...............derivando 0 n−1 (4b) y = nan x = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 ............derivando P (4c) y 00 = n (n − 1) an xn−2 = a2 + 3 ∗ 2a3 x + 4 ∗ 3a4 x2 + ......... Sustitumos en la ecuacion y 00 + y = 0 P P (5) n (n − 1) xan xn−2 + ann = 0

64CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN De lo que se trata aqu´ı es de encontrar una fórmula que nos permita encontrar los coeficientes a1, a2,.... y para esto es adecuado reducir la parte izquierda de la ecuaci´ on (5) a una serie con la misma potencia. Encontrando a que son las sumatorias anteriores: (n) P∞ (0)xn f (x) = n=0 f n! Formula de Taylor. Utilizando la f´ ormula anterior para: n 2n+1 P∞ 5 3 x sin x = x − x3! + x5! + · · · = n=0 (−1) (2n+1)! n 3n P∞ 4 2 cosx = 1 − x2! + x4! + · · · = n=0 (−1)2n!x Sustituyendo en la formula (*) tenemos: y = a0 cos x + a1 sin x → Solución

2.3.1.

Ecuaciones diferenciales de orden superior

(1) Pn (x) y (n) + Pn−1 (x) y (n−1) + · · · P2 (x) y 00 + P1 (x) y 0 + P0 (x) y = G (x) Una ecuaci´ on de este tipo tendrá que resolverse, en principio por n integraciones y por lo tanto contendrá n constantes arbitrarias (su solución). Para encontrar el valor de estas, será necesario por lo tanto que se den n condiciones iniciales, estas son: y (x0 ) = y0 ; y 0 (x0 ) = y00 ; y 00 (x0 ) = y000 ; · · · y n−1 (x0 ) = y0n−1 ; Cualquier soluci´ on de la ecuación (1) puede expresarse por medio de n funciones y1 , y2 , · · · yn las funciones formarán el conjunto fundamental de soluciones de la ec.(1). Si y1 , y2 , · · · yn forman un conjunto fundamental de soluciones entonces el Wroskiano de estas funciones deberan ser diferentes de cero, es decir :

y1 y · · · y 2 n

y1 y2 ··· yn

W (y1 , y2 , · · · yn ) =

. .

(n−1) (n−2) (n−1)

y y2 · · · yn 1 En este curso nosotros nada mas estudiaremos las ecuaciones de n − e´simo orden con coeficientes constantes; en particular las ecuaciones homogeneas de la forma : an y (n) + an−1 y (n−1) + ... + a2 y 00 + a1 y 0 + a0 u = 0

(2)

Es necesario tomar en cuenta que esta ecuación es el caso general y que las estudiadas hasta ahora (de segundo oden) son un caso particular. Es l´ ogico suponer por lo tanto como solución de la ecuación (2) de igual forma como lo hicimos con las de segundo orden . y = erx Sustituyendola en la ecuación 2 obtenemos : an rn + an−1 rn−1 + ...........a2 r2 + a1 r + a0 = 0 (3) Esta ecuaci´ on generalmente se llama ECUACION CARACTERISTICA O AUXILIAR DE LA ECUACION DIFERENCIAL 2 y el problema consiste en encontrar las raices de esta ecuación.

´ 2.1. SOLUCIONES FUNDAMENTALES DE LAS ECUACIONES HOMOGENEAS CON COEFICIENTES CONSTA Esta ecuaci´ on puede tener como máximo n raices y como en el caso de las ecuaciones de segundo orden pueden darse tres casos: a) RAICES REALES Y DESIGUALES: r1, r2 ............rn En este caso la soluci´ on es. y = c1 er1 x + c2 er2 x + ...........cn ern x b)RAICES COMPLEJAS Si las raices de la ecuacion 3 (o alguna de ellas) son complejas, de los cursos de algebra sabemos que estas deben darse en pares conjugados, o sea : r1 = λ1 − µ1 i; r2= λ2 − µ2 i; ri λi + µi i y como vimos en secciones anteriores en lugar de soluciones valores complejos: e(λ+iµ)x , e(λ−iµ)x normalmente usaremos soluciones con valores reales de la forma : eλx sin µx, eλx cos µx c)Raices repetidas. Si algunas de las raices de la ec. (3) son repetidas debemos proceder anal´ ogicamente como se hizo con las ecuacones de segundo orden recordemos: si tenemos ay 00 + by + cy = 0 y r es raiz repetida erx , xerx Parece razonable por lo tanto suponer que si la raiz r1 de la ecuacion (3) se repite 5 veces entonces las soluciones correspondientes a esta ra´ız serán: er1x , xer1 x , x2 er1 x , ............, x5−1 , er1 x Finalmente si la ra´ız compleja x + iµ se repite 5 veces es claro que su conjugado λ − iµ también se va a repetir 5 veces y por lo tanto las soluciones correspondientes a estas raices: eλx sin µx, eλx cos µx, xeλx sin µx, xeλx cos µx, x2 eλx µx, x2 eλx cos µx, .... .....xs−1 eλx sin µx, xs−1 eλx cos µx FIN