• Author / Uploaded
• MarioAndresHerrera

Citation preview

Análisis Matemático

III

PROLOGO Uno de los principales objetivos en la elaboración de este texto, es dotar como instrumento de consulta y guía en el estudio del Análisis III, a los estudiantes de Ingeniería de Mantenimiento de la Espoch, como también a otros que necesiten esta herramienta en su formación básica en las diferentes carreras dentro y fuera de nuestra institución. El ordenamiento de los contenidos del presente texto, corresponden al programa de análisis III de la escuela de Ingeniería de Mantenimiento, en los que van reflejados los muchos años de experiencia de dictar este asignatura, completando lógicamente con la consulta y recopilación de varios argumentos en los diferentes textos de matemática superior disponibles. Al ser esta una materia muy importante dentro de la formación básica de cualquier carrera de ingeniería, contiene la teoría y los distintos procedimientos analíticos para poder resolver los diferentes temas de cada uno de los capítulos, así también ejemplos resueltos y propuestos los mismos que servirán como una herramienta de consulta para los estudiantes de Ingeniería. Expreso mi deseo de que este esfuerzo, pueda contribuir al mejoramiento de la enseñanza de análisis III, así como despertar en el lector el interés por profundizar los temas expuestos aquí, ya que son una herramienta importante en la solución de muchos problemas

que aparecen con frecuencia en el estudio de fenómenos

naturales y dentro de la vida cotidiana.

El autor

1

Análisis Matemático

III

CONTENIDO TEMAS: Página:

UNIDAD I 1. Conceptos básicos y terminología.

5

1.1 Definición.

5

1.2 Clasificación de las ecuaciones diferenciales.

5

1.3 Orden y grado de una ecuación diferencial.

6

1.4 Soluciones de las ecuaciones diferenciales ordinarias.

6

1.5 Origen de las ecuaciones diferenciales ordinarias.

8

1.6 Ejercicios propuestos. 13 UNIDAD II 2. Ecuaciones de primer orden.

16

2.1 Ecuaciones de Variables Separables.

16

2.2 Ecuaciones Homogéneas.

21

2.3 Ecuaciones Exactas o en diferenciales totales.

28

2.4 Ecuaciones Lineales.

36

2.5 Ecuaciones de 1er orden no resueltas con respecto a la Derivada. 2.6 Ecuaciones de Lagrange y de Clairaut.

42 49

UNIDAD III 3. Aplicaciones de las Ecuaciones Diferenciales de 1er orden.

52

3.1 Trayectorias Ortogonales.

53

3.2 Familias Isógona les.

55

3.3 Aplicaciones Geométricas.

56

3.4 Aplicaciones Físicas.

61

3.5 Ejercicios propuestos.

73

2

Análisis Matemático

III

UNIDAD IV 4. Ecuaciones Diferenciales de Orden Superior

77

4.1 Caso de Integración Inmediata

77

4.2 Ecuaciones que se reducen a un Orden Inferior

80

4.3 Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

84

4.4 Ecuaciones Diferenciales Lineales Homogéneas con Coeficientes constantes

87

4.5 Ecuaciones Diferenciales Lineales no Homogéneas con Coeficientes constantes

89

4.6 Ecuaciones de Euler

95

4.7 Ejercicios Propuestos

97

4.8 Aplicaciones de las Ecuaciones de 2do Orden

100

UNIDAD V 5. Sistema de Ecuaciones Diferenciales con Coeficientes Constantes

114

5.1 Reducción de un Sistema a una Ecuación de enésimo orden 116 5.2 Método Matricial (Euler)

119

5.3 Ejercicios Propuestos

123

UNIDAD VI 6. Series de Fourier

124

6.1 Introducción

124

6.2 Definiciones Preliminares

126

6.3 Integrales Requeridas para calcular los Coeficientes de La serie

129

6.4 Cálculo de los Coeficientes

130

6.5 Serie de Fourier de Funciones pares e impares

134

6.6 Series de Fourier de Medio Rango

140

6.7 Armónicas impares y pares

144

6.8 Suma de una serie de Fourier en un Punto de Discontinuidad 146

3

Análisis Matemático

III

6.9 Período General

147

6.10 Análisis Armónico Numérico

154

6.11 Ejercicios Propuestos

157

UNIDAD VII 7. La Transformada de Laplace

158

7.1 Trasformadas de Laplace de algunas funciones básicas

158

7.2 Demostración de algunas de ellas

159

7.3 Principales Propiedades de la Trasformada de Laplace

161

7.4 Aplicaciones de las Trasformadas de Laplace

165

7.5 Ejercicios Propuestos

175

8. Bibliografía

178

4

Análisis Matemático

III

UNIDAD I 1. Conceptos básicos y terminología. 1.1 Definición.- Una ecuación donde la incognita es la misma función y que depende de una o más variables independientes, de una o más variables dependientes y de sus derivadas, se denomina “Ecuación Diferencial”.

Ejemplos: 1.

d2y dy  2 xy  e y una variable independiente y una dependiente. 2 dx dx

2.

 2F  2F   0  x2  y2

3.

4.



 u  x

2

 u  0  y

dos variables independientes y una dependiente.

una variable dependiente y 2 variables independientes

d 2u du dv d 2 v  2 uv   0 dx dy dy 2 dx 2

dos variables independientes y 2 dependientes

d 2x 5. m 2   kx una variable independiente y una dependiente. dt d 2q dq 1  q  0 una variable independiente y una dependiente 6. L 2  R dt C dt

1.2 Clasificación de las ecuaciones diferenciales. Las ecuaciones diferenciales se clasifican en dos tipos: La una que depende de una sola variable independiente a la que se lo denomina Ecuación diferencial ordinaria o (EDO); y la otra que depende de dos o más variables independientes a la que se lo denomina Ecuación Diferencial en Derivadas parciales o (EDP). En los ejemplos anteriores tenemos: 1. EDO 2. EDP (Ecuación de Laplace) 3. EDP

4. EDP 5. EDO ( Ecuación diferencial del M.A.S) 6. EDO ( Ecuación diferencial de la corriente)

En este documento estudiaremos y analizaremos las ecuaciones diferenciales Ordinarias EDO de primer orden, es decir ecuaciones de la forma: 5

Análisis Matemático F (x, y, y´) = 0

III

(I)

1.3 Orden y grado de una ecuación diferencial. Orden: El orden de una ecuación diferencial nos da la derivada de mayor orden. Grado: El grado de la ecuación es el exponente a que esta elevada la derivada de mayor orden después de realizar cualquier análisis algebraico. Así: En los ejemplos anteriores tenemos:

1.4

1. 2do orden, primer grado.

4. 2do orden, primer grado.

2. 2do orden, primer grado

5. 2do orden , primer grado

3. 1er orden, segundo grado

6. 2do grado, primer orden.

Soluciones de una ecuación diferencial ordinaria.





Sea F x, y, y  ,...... y n  0

(I) una EDO sus posibles soluciones serán:

a.- Una función y = f(x) siempre que está, transforme en identidad la ecuación (I). En este caso la Solución viene dada por: y 

f ( x)  C donde C es una constante arbitraria que se

llama familia de un parámetro. b.- A menudo, cuando resolvemos una EDO las soluciones podemos expresarles en las formas:

g(x, y) = 0 y x = x (t), y = y (t) a estas expresiones se denominan soluciones

implícitas y soluciones paramétricas respectivamente. Las curvas que describen estas ecuaciones se denominan curvas integrales y representan las gráficas de las soluciones, las mismas que pueden ser generales o particulares dependiendo si existen o no condiciones iniciales o de frontera. Ejemplo 5. Ejemplo 1. Verificar que la función y = c1 cos x + c2 sen x, es solución de la ecuación y´´ + y = 0 (A) Comprobación: Derivamos dos veces: y   c1 senx  c2 cos x

y = c1 cos x + c2 sen x. y

 y   c1 cos x  c2 sen.x , reemplazando el valor de y e y´´

en (A) comprobamos que la expresión dada si es solución. Ejemplo 2. Dada la relación:

x2 + y2 = R2

(1). , comprobar si es Solución de la ecuación

dy x   dx y

6

Análisis Matemático

III

Solución: Derivando implícitamente (1) tendremos: 2 x  2 y

dy dy x  0   ; Reemplazando en la dx dx y

ecuación dada comprobamos que se transforma en identidad, por lo que sí es solución. Las soluciones en este caso también se podrían presentar así:

y

R2  x2 , y  

R2  X 2

Ejemplo 3. Dada las siguientes ecuaciones paramétricas:

 x  t 2  2t  2   2 3 2 y t  t  c  3  2 Comprobar que son Solución de la ecuación diferencial x  y   2 y  2.

Desarrollo:

dy dy dy dt 2t 2  2t 2t  t  1 dt      t dx dt dx dx 2t  2 2 t  1 dt Reemplazando tenemos: t 2  2t  2  t 2  2t  2 : por lo que al llegar a tener una identidad, se concluye que si es Solución de la ecuación. Ejemplo 4. Verificar que la función y   ( x)  e x

2

x

e dt  e , es Solución de la ecuación   t2

x2

0

 2 xy  1. diferencial y  Desarrollo: Derivando y   ( x)  e x

2

x

e  t dt  e x  y    ( x)  2 xe x  e  t dt  1  2 xe x .  2

2

2

2

2

0

Reemplazando en la ecuación dada tenemos: y  2 xy  2 xe x

2

y  2 xy  2 xe x

2

x  t2 x2 x2  t2 x2   e dt  1  2 xe  2 x e e dt  e      0 0   x

x

x

e dt  1  2 xe  2 xe  e dt  2 xe  1,  y  2 xy  1. ///   t2

x2

x2

0

 t2

x2

0

Lo cual queda demostrado que si es solución.

7

Análisis Matemático

III

Ejemplo 5.



Si

y  c   cx (A) es la primitiva de la ecuación diferencial 4 x y´  2 xy´ y  0 (B); 2

2

Hallar la solución para la condición inicial y (1) = 2 Solución: Derivamos (A):

c 2 y  c  y´ c  y´ 2 y  c  Ponemos

4x

(C) en (B)

c2

4 y  c 

(C)

2

 2x

c c 2 x  cx  y  c   y y  c   y  0  0 c 2  5c  4  0  c 1 2 2 y  c   y  c

y c = 4, por lo que las soluciones particulares son:  y  1  x y 2



y  4  4 x 2

Nota: Las constantes arbitrarias dependen del orden de la ecuación diferencial: Si es de primer orden tendremos una sola constante, si es de segundo dos, y así sucesivamente.

1.5 Origen de las ecuaciones diferenciales. Las ecuaciones diferenciales aparecen no solo a partir de las familias de curvas geométricas, sino también del intento de describir una variedad de problemas sobre geometría, física, economía, ingeniería, ciencias sociales, etc. 1.5.1 Ecuación diferencial de una familia de curvas. Si se tiene la ecuación de una familia de curvas, se puede obtener su ecuación diferencial eliminando las constantes o parámetros aislándolas a un solo miembro y derivando. También se puede eliminar la constante derivando la ecuación dada, tantas veces como constantes arbitrarias tenga, y se resuelve el sistema formado con la ecuación original. Ejemplo 1. Encontrar la ecuación diferencial cuya solución general es: y  x 2  C1e x  C2 e 

2x

Solución:

y  x 2  C1e x  C2 e  Derivamos (1) (1.)

2x

(1.)

y  2 x  C1e x  2C2 e 

2x

(2.)

+ (2.)(-1),

8

Análisis Matemático

y  y  x 2  2 x  3C2 e 

III 2x

(3.)

 y  y  2 x  2  6C2 e 

Derivando (3.)

2x

(4.)

(3.)*2 + (4.)





  2 y  y  y  2x 2  2x  2  y  y  2 y  2 1  x   x 2 . /// Esta es la ecuación diferencial pedida. Ejemplo 2. Encontrar la ecuación diferencial cuya solución general es: y  C1 x  C2 e 

x

Desarrollo:

y   C1 x  C2 e 

x

y  C1  C2 e 

Derivamos (1.) (1.)

(1.) x

(2.)

+ (2.).

y  y  C1  x  1 (3.)  y  y  C1 (4.)

Derivando (3.) (3.) en (4.)

    x  1   x  1  y y  y   y  y y x  y  0. /// Esta es la ecuación diferencial pedida

Ejemplo 3. Encontrar la ecuación diferencial cuya solución general es la familia de circunferencias

 x

a 



y  b  r 2 en el plano xy, siendo a, b y r constantes arbitrarias.



y  b  r 2 (1).

2

2

Solución:

 x

a  2

Derivamos (1).

2

x  a  yy   by   r (2) 2 x  a   2 y  b y   2r 

2  y  yy   1 2      Volviendo a derivar (2) 1  yy  y  by  0   b (3)  y

Derivando (3) y simplificando tenemos:





2          2 y   y y y  yy   y y  yy   1 y  0   y 2





2 2 2 2 2                2 yy   yy  y  y y  y y  yy  y  y  0 3 y y  y y  1 . ///

9

Análisis Matemático

III

Ejemplo 4. Se quiere definir una curva dada por la condición de que en cada uno de sus puntos (x, y), su pendiente

dy dx

sea igual al doble de la suma de las coordenadas del punto. Y

RT. P(x, y) 0

X

Figura 1.1 La ecuación diferencial que representa esta condición es:

dy  2 x  y  dx

1.5.2 Ecuaciones diferenciales de problemas físicos. Las Ecuaciones diferenciales de problemas físicos provienen de diferentes campos tales como: la mecánica, eléctrica, química, etc. Ejemplo 1. Una partícula de masa m se mueve a lo largo de una línea recta (el eje x) estando sujeta: 1) una fuerza proporcional a su desplazamiento x desde un punto fijo O en su trayectoria y dirigida hacia O y 2) Una fuerza resistente proporcional a su velocidad. Expresar la fuerza total como una ecuación diferencial.

Datos: Fuerza uno = - kx Fuerza dos = -k1v, pero como v = dx /dt tenemos que F2 = -k1 dx / dt. Según la segunda ley de Newton se tiene: Que la suma de las fuerzas en la dirección del movimiento = (masa)*(aceleración). Como la aceleración es la segunda derivada del espacio respecto al tiempo tenemos::

 kx  k1

dx d 2x d 2x dx  m 2  m 2   kx  k1 donde k y k1 son factores de proporcionalidad, dt dt dt dt

esta es la ecuación diferencial pedida. 10

Análisis Matemático

III

Ejemplo 2. Una lancha que pesa W kg se desliza por un plano inclinado a °. Si la fuerza de rozamiento que se opone al movimiento es Fr kg y la resistencia del aire expresado en kilogramos equivale a 0,05 veces la velocidad en centímetros por segundo, hallar la ecuación del movimiento.

Figura 1.2

Solución: Del gráfico tomamos los siguientes datos: F = Componente del peso en la dirección del movimiento = Wsen Fr = Fuerza de rozamiento Fa = Resistencia del aire = 0.05v, De acuerdo a la segunda ley de Newton, y recordando que la aceleración es la primera derivada de la velocidad respecto al tiempo tenemos: dv dv 0.05v Wsen Fr ///.que F  Fr  Fa  ma  m  Wsen Fr  0.05v    dt dt m m

es

la

ecuación pedida. Ejemplo 3 Considérese un circuito simple conectado en serie como el que se muestra en el gráfico, y que consta de un inductor, un resistor y un capacitor. Queremos encontrar la ecuación diferencial que nos permita determinar la carga q (t).

11

Análisis Matemático

III

Figura 1.3 Para poder encontrar la solución al problema, tenemos que recurrir a la segunda ley de Kirchoff que dice: La suma de las caídas de voltaje a través de cada uno de los componentes del circuito es igual a la tensión E (t) aplicada. Como q (t) es la carga del capacitor en un instante cualquiera, entonces la corriente i (t) está dado por i (t) = dq / dt, además sabemos que las caídas de voltaje en cada uno de los componentes son: En un inductor = L En un capacitor =

di d 2q  L 2 . dt dt

(i / C)*q.

En un resistor = i * R  R

dq . dt

Con estos datos y según la segunda ley de Kirchoff tenemos

L

d 2q dq 1  R  q  E (t ) , que es la ecuación que nos permite calcular la carga q (t), en esta 2 dt C dt

ecuación L, C y R son constantes, llamadas inductancia, capacitancia, y resistencia respectivamente.

1.6 Ejercicios propuestos. Determinar el orden y grado de las siguientes ecuaciones ordinarias. 1.

d 2q dq q  R   0 2 dt C dt

2.

d 2 y dy  dy  *    y 0  2 dx  dx  dx

2

12

Análisis Matemático

III

3 dy d2y 3 d y  x 2  y 3. x dx dx dx 3 3

4

5

  d3y d2y      y 0 4.    dx 3  dx 2       5. cos x *  y    senx *  y   1 2

4

 6. x *  y     y   y 0 4

3

 7. x 2 y   xyy   6y2  0  8. y  2 y  3 x  y 2  y

Comprobar, si son soluciones de las ecuaciones diferenciales dadas, las expresiones que se indican a continuación. 1. y´´ x 2  y 2 ; 2.

y

1 . x



c2  x2 . x  y  dx  xdy  0 ; y  2x

  y  0 ; y  3senx  4 cos x 3. y  4.

 y   l1  l 2  y   l1l 2 y  0 ;

5.

 x

y  c1e l1x  c2 e l2 x .

2 y  y  2 x  y ; x 2  xy  y 2  c 2



  1  x y

 y y 2  3x 2 ; 6. 2 x 3 y 

2

 x3

7. Verificar que la función y = arcsen (x,y), satisface a la ecuación diferencial xy   y  y 1 x2 y2

8. Comprobar que la función

x

x  y sen.t 2 dt , satisface a la ecuación diferencial 0

y  xy   y 2 sen.x 2 9. Probar que la función

y



log  sen  x cos  d, satisface a la ecuación  2 0

2

2

2

x  1  2  diferencial  1  x  y  .   1  x y  y   log  2  

Hallar, para las familias de curvas que se dan, las líneas que satisfagan las condiciones iniciales indicadas.

13

Análisis Matemático

III

1. x 2  y 2  c ; y(0) = 5 2.

y  c1 sen x  c2  ; y( ) = 1; y´( ) = 0

3. y  c1e 

x

 c2 e x  c3 e 2 x ; y(0) = 0; y´(0) = 1; y´´(0) = -2

Formar las ecuaciones diferenciales de las familias de curvas que se dan a continuación. 1.

y 2  2cx

2. x 2  y 2  c 2



3. x 3  c x 2  y 2



4. y  c1e 2 x  c2 e   1  2  ce 5. y  x 2

x

y2 2

6. Hallar la ecuación diferencial de la familia de curvas que cumplen con la siguiente propiedad: “Si por un punto cualquiera de una curva de la familia se trazan las rectas tangente y normal a ella, el área del triangulo formado por dichas rectas con el eje y es igual a

x 2 y0 , donde y0 es la coordenada del punto en que la tangente corta al eje y. 2

7. Hallar la ecuación diferencial de la familia de circunferencias de radio variable r, cuyos centros están sobre el eje X. 8. Por un punto p(x,y) de una curva que pasa por el origen, se trazan paralelas a los ejes coordenados, las que determinan un rectángulo con dichos ejes. Hallar la ecuación diferencial de la curva, de modo que ésta divida al rectángulo formado en dos regiones, donde el área de la parte derecha sea el cuádruple del área de la parte izquierda. 9. Hallar la ecuación diferencial de todas las tangentes a la parábola x 2  2 y  1 Determinar las Ecuaciones diferenciales de los problemas físicos siguientes: 1. El radio se desintegra a una velocidad proporcional a la cantidad Q. 2. Para cierta substancia el cambio de presión de vapor (P) respecto a la temperatura (T) es proporcional a la presión de vapor e inversamente proporcional al cuadrado de la temperatura.

14

Análisis Matemático

III

3. En la práctica, un cuerpo B de masa m que va cayendo (tal como un hombre que desciende en un paracaídas) encuentra una resistencia del aire proporcional a su velocidad instantánea v (t). Encuentre la velocidad del cuerpo en cualquier instante. 4. Un circuito en serie contiene un resistor y un inductor, tal como se muestra en la figura. Determinar la ecuación diferencial de la corriente i (t) si la resistencia es R, la inductancia es L y la tensión aplicada es E (t).

Figura 1.4 5. Un circuito en serie contiene un resistor y un capacitor, tal como se muestra en la figura, encuentre la ecuación diferencial para la carga q (t) del capacitor si la resistencia es R, la capacitancia es C y el voltaje aplicado es E (t).

Figura 1.5

15

Análisis Matemático

III

UNIDAD II 2. Ecuaciones de primer orden. Las ecuaciones diferenciales de primer orden son de la forma: F(x, y, y´) = 0

(1)

o

M (x, y) dx + N(x, y) dy = 0 Estas ecuaciones se clasifican de la siguiente manera: 1. Ecuaciones de variables separables 2. Ecuaciones homogéneas 3. Ecuaciones exactas 4. Ecuaciones lineales.

2.1 Ecuaciones de variables separables. Se llaman ecuaciones diferenciales de variables separables, a las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden y grado uno, que mediante cualquier procedimiento algebraico se les puede dar las siguientes formas:

y  f ( x).g ( y) . (1) o bien: f ( x).g ( y)dx  f1 ( x).g1 ( y)dy  0 : (1ª) Técnicas de solución: En (1), dividiendo por g (y) y multiplicando por dx, tendremos:

dy  f ( x)dx. Luego de integrar esta expresión obtendremos la Solución general de la g ( y) ecuación dada, en la forma.

dy

 f ( x)dex  C.  g ( y) 

De la misma manera, dividiendo los dos miembros de la ecuación (1ª) por

f1 ( x).g ( y) e

integrando tendremos la Solución general de la ecuación (1ª) en la forma:

g1 ( y ) f ( x) dx  dy  C   f 1 ( x) g ( y) Nota: Si para un valor determinado de y = y0, tenemos que g (y0) = 0, la función

y = y0

también es Solución de la ecuación (1). De la misma manera, las rectas x = a y y = b serán soluciones de la Ecuación (1ª), si son raíces de f1(x) = 0 y g (y) = 0.

16

Análisis Matemático

III

Ejemplo 1. Resuelva la ecuación diferencial

 4y 







yx 2 dy  2 x  xy 2 dx  0

Solución: En este caso podemos separar variables de la siguiente manera:









y 4  x 2 dy  x 2  y 2 dx  0 , Dividiendo por: x,y obtenemos:

 y  x   dy   dx  0  2  2 y  4  x2     Integrando:

 1 1 y  x   2

dy   dx   0 = ln  2  y   ln  4  x   ln(c)     2 2 2 y  4 x     2

2

2

 2  y2   ln   ln(c) , de donde la Solución viene dada por. 2  y 2  c 4  x 2  // 2   4 x  

dy  dx

Ejemplo 2. Resolver







1 y2 1  x 2  xy













Solución: 1  x 2 xydy  1  y 2 dx  1  y 2 dx  1  x 2 xydy  0







A fin de separar variables, dividiremos por x 1  x 2 1  y 2 quedando la ecuación anterior así: dx ydy   0 2 x 1 x 1 y2



 



Integrando Por fracciones parciales, tenemos:

1 1 dx xdx ydy ln  1  x   ln  1  y         ln(c) ln x   2 2 x 1 x 1 y 2

2

2





2

 ln(c) . De donde



ln(1  x 2 )(1  y 2 )  ln Cx 2 ; C=2c.  1  x 2 1  y 2  Cx 2 .//// Ejemplo 3. Resolver: 1  x 3 Solución:

dy  x2 y  x2. dx

A fin de separar variables, dividiremos todo por 1  x 3 dy  x 2 ( y  1)dx 

1  x 3 .( y  1) quedando la ecuación anterior así: dy  y 1

x 2 dx 1  x3

. Integrando:

dy x 2 dx 2   C ln( y  1)  1  x 3  C /// .   3 y 1 3 1 x

Ejemplo 4. Resolver: e x  y senxdx  (2 y  1)e 

y2

dy  0

17

Análisis Matemático Solución:

III

e x .e y senxdx  (2 y  1)e 

y2

A fin de separar variables, dividiremos dy  0 

todo por e y quedando la ecuación anterior así:

e x senxdx  (2 y  1)e 

( y2  y)

dy  0

Integrando el primero por partes y el segundo por

cambio de variable tenemos:  e x senxdx   (2 y  1)e  ( y  y ) dy  C  2

e x (senx  cos x)  2e 

( y2  y)

 C /// .

2.1.1 Ecuaciones Diferenciales que pueden reducirse a variables separables. Las ecuaciones diferenciales de la forma y   b  0 se reducen a  f  ax  by  c  ecuaciones en variables separables por medio de la sustitución u  ax  by  c donde u es la nueva función que se busca. Ejemplo 1. Resolver:

dy 1  dx x  y  1

Solución: Se puede ver que esta ecuación no es de variables separables, si tomamos el cambio de variables: u  x  y Se tiene:

du dy  1 dx dx Así la ecuación se transforma en:

 u  1 du  dx , que es una ecuación en variables separables. du 1  1 O bien dx u 1 u 2 Integrando:

 u  1 du

1  

  dx  ln c  1 du   dx  ln c      u 2 1 u  

Resulta: u  ln 1  u  x  ln c Reemplazando: x  y  ln x  y  2  x  ln c Lo que equivale a: x  y  2  c1e y //.

 y  a 2 Ejemplo 2. Resolver: xy 2  xy  Solución: Se puede ver que esta ecuación no es de variables separables, si tomamos un

du x  u u dx y  y  cambio de variable adecuado, en este caso: u  xy  x x2

18

Análisis Matemático

III

Reemplazando en la ecuación dada tenemos:

  du   x  u   du x2a2 u u dx  2   x  u  u   u 2 du  a 2 xdx. , que es una Simplificando x   a , dx x  x u2 x2     2

ecuación en variables separables. Integrando:

1 3 1 2 2 u  a x  C. /// 3 2

Reemplazando: x 3 y 3 

3 2 2 a x  C1 . /// 2

Ejemplo 3. Resolver: (1  x 2 y)dx  x 2 ( y  x)dy  0 Solución: Se puede ver que esta ecuación no es de variables separables, si tomamos un

y  x  z y dy  dx  dz cambio de variable adecuado, en este caso: z  x  y  Reemplazando en la ecuación dada tenemos:

 1



x 2 ( x  z ) dx  x 2 ( z)(dx  dz )  0 Resolviendo los paréntesis y simplificando tenemos:

(1  x 3  x 2 z  x 2 z)dx  x 2 zdz  0  (1  x 3 )dx  x 2 zdz  0 que es una ecuación en variables separables. Separando variables e integrando:

(1  x 3 ) (1  x 3 ) dx  zdz  0  dx   zdz  0  x2 x2

1 1 x2 z2 2  dx  xdx  zdz  0      c z 2  x2   C /// . 2    x 2 2 x x Reemplazando z = x – y, y simplificando tenemos: x 2  2 xy  y 2  x 2 

y 2  2 xy 

2  C /// . x

Ejemplo

4.

Resolver:

y  (8x  2 y) 2  2(8x  2 y)  1 :

2  C x

decodificando

tendremos:

y  4(4 x  y) 2  4(4 x  y)  1 Solución. Se puede ver que esta ecuación no es de variables separables, si tomamos un cambio

y  z  4x y de variable adecuado, en este caso: z  4 x  y 

dy dz   4 dx dx

Reemplazando en la ecuación dada tenemos:

19

Análisis Matemático

III

dz  4  4 z 2  4 z  1 . Simplificando y separando variables tenemos: dx dz

dz 5 z  z 4

 4 dx  C  completando cuadrados en la primera  5

Integrando:

z  z

 4dx

2

integral

2

4

tendremos:

dz

dz

2z  1

 4 dx  C   4 dx  C  arctan g ( )  4x  C   1 1 2 z2  z 

 1

4

(z 

2

)2  1

Reemplazando z = 4x + y, y simplificando tenemos: arctan g (

8x  2 y  1 )  4 x  C /// . 2

2.1.2 Ejercicios propuestos.. Resolver las ecuaciones diferenciales: 1. tgxsen 2 ydx  cos 2 xctgydy  0 2. xy   y  y3 3. xyy   1 x2





4.

y  xy   a 1  x 2 y

5.

y tagx  y

6.

1  x 2 dy 

1  y 2 dx  0

7. y   (8x  2 y  1) 2 8. (2 x  3 y  1)dx  (4 x  6 y  5)dy  0 9. (2 x  y)dx  (4 x  2 y  3)dy  0 10. senx 11. x 2 y



dx  cosh 2 y  0 dy

dy   1  x  csc y dx



 e x ; y  1 parax  0 12. 1  e x yy 

senx  y ln y; y  1 parax  13. y 

 2

20

Análisis Matemático

III

y2   1  y e y   0 x ln x

14.

y





x

15. x 2 y 3  y  x  2 dx  16.

3



y 2  x dy  0

dy x y  dx x  y  2

17. y   sen( x  y) 18. ( x 2 y 2  1)dx  2 x 2 dy  0

ey  19. y  2 y  xe y

dr sen e 2 r sen   , r ( )  0. 20. d 3e r  e r cos 2  2

2.2 Ecuaciones homogéneas. 2.2.1 Funciones homogéneas. Definición.- Una función f(x, y) se dice que es homogénea de grado n si: f (tx, ty) = t n f(x, y)

Ejemplo 1. Comprobar si la siguiente función es homogénea. f(x, y) = x + y Solución:

f (tx, ty) = t(x+ y) = t f(x, y), es homogéneo de grado uno.

Ejemplo 2. Comprobar si la siguiente función es homogénea. f (x, y) = sen (x + y) Solución: f (tx, ty )  sen(tx  ty )  sen.t ( x  y)  tf ( x, y), no cumple con la condición, por la tanto no es homogénea. Ejemplo 3. Comprobar si la siguiente función es homogénea.

f ( x, y)  x.sen Solución: f (tx, ty )  tx.sen

y y  y.sen . x x

ty ty y y   ty.sen  t  x.sen  y.sen   tf ( x, y). es homogénea de tx tx x x 

grado uno.

21

Análisis Matemático

III

Si M (x, y) dx + N (x. y) dy = 0 es una ecuación diferencial ordinaria en la que los coeficientes M (x. y) y N(x, y) son funciones homogéneas del mismo grado, se llaman ecuaciones diferenciales homogéneas. Técnica de solución: Para que estas ecuaciones puedan transformarse

en ecuaciones de variables Separables

podemos realizar los siguientes cambios de variable.

u

y x

O u

x y

Ejemplo 1. Resolver la ecuación 2 x 3 ydx  ( x 4  y 4 )dy  0 Solución: Cada coeficiente, es una función homogénea de grado 4, por lo tanto la ecuación dada es homogénea del mismo grado, por lo que se puede utilizar el cambio de variable:

u

x o x = uy diferenciando tendremos dx  udy  ydu y

Después de efectuar las sustituciones, la ecuación se transforma en:





2u 3 y 4  udy  ydu   u 4 y 4  y 4 dy  0

2u 3 du dy   0 Realizando algunas operaciones se reduce a: 3u 4  1 y Integrando

se

2u 3 du dy 1   ln c  ln(3u 4  1)  ln y  ln c1 : o bien 4   6 y 3u  1

obtiene:

3x 4 y 2  y 6  c , con

c  c1

6

que es la solución.

Ejemplo 2. Resolver la ecuación

ydx 

2



xy  x dy  0

Solución: Cada coeficiente, es una función homogénea de grado 1, por lo que la ecuación dada es homogénea del mismo grado, para resolverle utilizamos el cambio de variable:

u

x y

o x = uy derivando tendremos dx  udy  ydu

Después de efectuar las sustituciones, la ecuación queda: y udy  ydu  

2



uy 2  uy dy  0

22

Análisis Matemático

III

Realizando algunas operaciones se reduce a: Integrando se obtiene:

du

1 du dy   0 2 u y

dy

C

  C u  ln y  ln C  u  ln ///.  y y 2 u 

Volviendo a variables originales y realizando operaciones tendremos: 2

 x C C   ln  x  y ln . Que es la solución.  y y y  

Ejemplo 3. Resolver la ecuación

( xy   y ) arctan

y  x; con la condición de que y = 0 para x

x = 1. Solución: Cada coeficiente, es una función homogénea de grado 1, por lo que la ecuación dada es homogénea del mismo grado, para resolverle utilizamos el cambio de variable:

u

y x

 u x o y = u·x derivando tendremos y 

du . dx

Después de efectuar las sustituciones, la ecuación queda: du   x(u  x )  ux arctan u  x  dx  

Realizando algunas operaciones se reduce a: arctan u.du  Integrando:

dx

dx x

arctan u.du    ln C  u arctan u  1 / 2 ln 1  u  ln x  ln C  x 2

u arctan u  ln Cx 1  u 2

Volviendo a Variables originales tenemos: y arctan

y  x ln C x 2  y 2 /// . Que es la Solución x

general. Con la condición de que y = 0 para x = 1 encontramos la Solución particular.

0  ln C  C  1. Reemplazando este valor encontramos la Solución pedida.

23

Análisis Matemático

y arctan

III

y  x ln x 2  y 2 /// . x

Nota: A veces es conveniente intentar los dos cambios de variables sugeridos, ya que uno de ellos puede conducir a una ecuación más fácil de integrar. 2.2.2 Ecuaciones reducibles a homogéneas.

Las ecuaciones del tipo:

a1 b1   a1 x  b1 y  c2     0, y   : y si el determinante      a1 b2  a2 x  b2 y  c2    

haciendo la sustitución x  u   , y  v  , donde las constantes 

y  se determinan por

el sistema de ecuaciones: a1  b1  c1  0 y a2  b2  c2  0 , obtenemos una ecuación diferencial homogénea respecto a las variables u y v . Si   0 poniendo en la ecuación tipo a1 x  b1 y  u , obtenemos una ecuación en variables separables.

Otra forma de transformar

una ecuación diferencial no homogénea, en homogénea, es

mediante la sustitución y  z  , ocurriendo esto cuando todos los términos de la ecuación son del mismo grado, dándole el grado 1 a la variable x, el grado a la variable y, y el grado  -1 a la derivada dy/dx. Además podemos transformarlas a ecuaciones homogéneas utilizando sustituciones adecuadas. Ejemplo 1. Resolver la ecuación

 2x 

y  4 dy 

 x

2 y  5 dx  0

Solución: Primero hallamos el determinante de los coeficientes:

1  2      3 Como 3  0 realizamos las sustituciones respectivas. 2  1  

x u 

Y

y  v  , encontramos los valores de 

ecuaciones: 1. 2   4  0

2.   2 5  0

Resolviendo el sistema:  = -1

y =2

Entonces la sustitución sería: x  u  1

y

y  por medio de las siguientes

y  v  2 , dx = du

y dy = dv.

24

Análisis Matemático

III

Reemplazando en la ecuación original queda:

 2 u  1   v  2  4 du   u 

1  2 v  2  5  dv  0 .

Simplificando.

 2u  v du   u 

2v  dv  0 . Que es una ecuación homogénea de

grado uno, por lo que realizamos la sustitución: u  vz y du  vdz  zdv Reemplazando y simplificando tendríamos:

dv z  1  dz  0 v z2  1

dv 1 2 z dz   dz  2  0 2 2   v 2 z  1 z  1 

Integrando: ln v



1 z 1 ln z 2  1  ln  ln C  2 z 1





u v 2 ( z  1) 3 v 2 ( z 2  1)( z  1) 2 ln  ln c  c , Sustituyendo: z  2 v z 1 ( z  1)

y

Volviendo a variables originales Tendremos la Solución:  x  y  1  C1  x  y  3 . /// 3

Ejemplo 2. Resolver:

 x



y 3 dx  6 xy 2 dy  0

Solución: Si hacemos

 x



y  z  dy   z   1dz,

z 3 dx  6 xz 2 . z

Luego: 1



reemplazando en la ecuación dada tenemos:



dz  0  x  z 3 dx  6 xz 3  1. dz  0. (1)

 1

es el grado de x

3 es el grado de z 3 3 es el grado de 6 xz 3

 1

,

Entonces para que la ecuación (1) sea homogénea debe cumplirse:

1 3  1    , remplazando en la ecuación (1) y realizando algunas simplificaciones, 3 obtendremos la ecuación homogénea de grado uno en x y z. A continuación realizamos la sustitución

 x  z  dx 

2 xdz  0 //

z  ux  dz  udx  xdu , remplazando en la

ecuación homogénea tenemos:  x  ux dx  2 x udx  xdu   0, De donde realizando algunas simplificaciones y separando variables se tiene:

2du dx   0, 1  3u x

integrando 2 du dx 2  1  3u  3  C .///. 2     0 ln 1  3u  ln x  ln C  1  3u x 3 x

25

Análisis Matemático

III



1

z z  y 3 , obtenemos la respuesta: x  3 y 3 Como u  , y y  z3  x



2 3

 Cx



1 3

/// .

dy y 2  x  dx 2 xy

Ejemplo 3. Resolver: Solución:

Si hacemos z  y 2  y z , derivando

dy 1 dz  . , reemplazando todo en la ecuación dx 2 z dx

dada, esta se transforma en ecuación una homogénea de grado uno.

dz z  x dz z  x  .   Simplificando tenemos: dx x 2 z dx 2 x z 1

.

dz du  u  x , reemplazando (2) en (1), simplificando y separando variables Sea z = u.x,  dx dx se tiene: u  x

du ux  x du dx dx   x  u  1 u  du   0, integrando  du    0 , de dx x dx x x 

donde u  ln x  C /// . Volviendo a variables originales la respuesta quedaría así: y 2  x(C  ln x) /// . 2.2.3 Ejercicios propuestos. Determinar cuál de las siguientes funciones son homogéneas x 1. f ( x, y )  y 2 tg y 2. f ( x, y) 

4

x4  y4

 y x    y.arctg  3. f ( x, y )  x.arctag    x y   

x

5. f ( x, y ) 

yx  x y . 5x 3  2 y 4 3



2x y

4. f ( x, y) 

2

 y e 2

2

 4 xy.

2

Resolver Las siguientes ecuaciones diferenciales: 1.

x

2



 y 2 dx  xydy  0

26

Análisis Matemático 2. x 2 dy  3.

y

III 2



 xy dx  0

y



xe x  y  dx  xdy  0

y y x   cos 4. y  x x y y y  5.  xsen  y cos  dx  x cos dy  0 x x x 



6.



x y 

x  y dx 



x y 



x  y dy  0

 y  y  7.  x 2  y 2  y.arcsen dx  x.arcsen dy  0      x x      

8. xdy  ydx 

x 2  y 2 dx

9. Hallar la solución particular de la ecuación

x

2



 3 y 2 dx  2 xydy  0 , con la

condición de que y = 1 para x = 2

1  3x  3 y  10. y  . 1 x  y x  2y  1  11. y  2x  4 y  3 12.  x  y  1 dx 



13. x 2 y  x





y  x  3 dy  0

 dy   xy dx

2



 y  0



14. x 2  2 y 3 dx  3xy 2 dy  0 1 1 1     2 2 2    u  y 4 xy  6 y dx  4 y  3 x dy  0 , 15.  sugerencia .        

16.

dy 3x 2 y  x 5  , sugerencia z = x3. 3 dx y x

17. 2

dy y 4 x   . dx x  2y x

y 2  2 xy  x 2  ; y = -1, para x = 1. 18. y  y 2  2 xy  x 2

27

Análisis Matemático

19. y(

III

dy 2 dy )  2 x  y  0; dx dx

y

5 , para x = 0.

20. (3x 5  3x 2 y 2 )dx  (2 y 3  2 x 3 y)dy  0

2.3 Ecuaciones exactas o en diferenciales totales. Una ecuación M(x, y) dx + N (x, y) dy = 0 se dice que es una ecuación exacta o un diferencial exacto, si cumple con la condición necesaria y suficiente de que:

 M  N  .  y  x

Técnica de Solución: La técnica para resolver esta clase de

ecuaciones es por integración respecto a

x e y

respectivamente, determinando así una Solución: f ( x, y)  c.





Ejemplo 1. Resolver: e 2 y  y cos xy dx 

 2xe

2y



 x cos xy  2 y dy  0

Solución: Comprobamos si la ecuación dada es exacta aplicando la condición: Así tenemos que:

M ( x, y)  e 2 y  y cos xy

(1)

N ( x, y)  2 xe 2 y  x cos xy  2 y

(2)

De (1)

 M  2e 2 y  xysenxy  cos xy  y

De (2)

 N  2e 2 y  xysenxy  cos xy  x

entonces

y

 M  N   y  x

lo que nos indica que es

una ecuación exacta, entonces si existe una función “f” tal que:

 f   M  f x ( x, y ) , dx

 f  N  f y ( x, y ). dy

Integrando respecto a x e y (1) y (2) respectivamente tendríamos:

f ( x, y)  xe 2 y  senxy . f ( x, y)  xe 2 y  senxy  y 2 Comparando, se tiene:

f ( x, y)  xe 2 y  senxy  y 2 . Así la Solución es: xe 2 y  senxy  y 2  c

28

Análisis Matemático Ejemplo 2. Resolver:

III

 2xe

y



 e x dx 

x

2



 1 e y dy  0

Solución: Comprobamos si la ecuación dada es exacta aplicando la condición: Así tenemos que:

M ( x, y)  2 xe y  e x

(1)

N ( x, y)  x 2 e y  e y

(2)

De (1).

 M  2 xe y  y

De (2).

 N  2 xe y  x

Entonces

y

 M  N  .  y  x

Lo que nos indica que es una ecuación

exacta, entonces si existe una función “f” tal que:

 f  M  f x  ( x, y) , dx

 f  N  f y ( x, y ). dy

Integrando respecto a x e y, (1) y (2) respectivamente:

f ( x, y)  x 2 e y  e x f ( x, y)  x 2 e y  e y Comparando, se tiene:

f ( x, y)  x 2 e y  e x  e y Así la Solución es: x 2 e y  e x  e y  c Ejemplo 3. Resolver: (3x 2 tan y 

2y3 3y 2 3 2 3 ) dx  ( x sec y  4 y  )dy  0 x3 x2

Solución: Comprobamos si la ecuación dada es exacta aplicando la condición: Así tenemos que:

M ( x, y)  3x 2 tan y 

2y3 x3

N ( x, y)  x 3 sec 2 y  4 y 3  De (1).

(1)

3y 2 x2

y (2)

 M 6y2 2 2  3x sec y   y x3

29

Análisis Matemático

III

 N 6y2 2 2  3x sec y   x x3

De (2).

Entonces

 M  N .   y  x

Lo que nos indica que es una

ecuación exacta, entonces si existe una función “f” tal que:

 f  M  f x  ( x, y) , dx

 f  N  f y ( x, y ). dy

Integrando respecto a x e y, (1) y (2) respectivamente:

f ( x, y)  x 3 tan y 

y3 x2

f ( x, y)  x 3 tan y 

y3  y4 2 x

Comparando, se tiene:

y3 f ( x, y)  x tan y  2  y 4 x 3

y3 Así la Solución es: x tan y  2  y 4  c x 3

Nota: Puede probarse que cada ecuación diferencial de primer orden: M(x, y) dx + N (x, y) dy = 0, puede transformarse en exacta, multiplicando por un factor de integración  ( x, y) adecuado, tal factor tiene la propiedad de que

  y

 u x, y  M  x, y  



  x

 u x, y  N  x, y   .

Desafortunadamente, no es fácil determinar dicho factor de integración u, si no en algunos casos especiales, porque en otros podría resultar una experiencia frustrante. 2.3.1 Casos especiales en que se determinan factores integrantes. Dada la ecuación M(x, y) dx + N (x, y) dy = 0 que no es exacta, entonces:

1.-

2.-

 M  N  f ( x ) dx  y  x  f ( x),   ( x, y )  e  si: N  M  N  g ( y ) dy  y  x  g ( y ),   ( x, y )  e  si: M

30

Análisis Matemático

3.-

si:

III

f ( x ) dx  g ( y ) dy  M  N   Nf ( x)  Mg ( y),   ( x. y)  e   y  x

Ejemplo 1. Resolver:

( x  y)dx  x ln xdy  0

Solución: Comprobamos si la ecuación dada es exacta aplicando la condición:

 M  1  y

 N  1  ln x  x

Entonces

 M  N  .  y  x

Lo que nos indica que la ecuación no es exacta,

entonces buscaremos el factor de integración adecuado.

1.-

1  1  ln x 1   que es solo función de x x ln x x

De donde

  e F ( x ) dx dx

 1 1    e x  e  ln x  e ln x  x  1  x

De donde el factor integrante es  

1 x

Multiplicando la ecuación por el factor:

1   x  y  dx  x ln xdy   0 x

y  Es exacta. 1 dx  ln xdy  0   x 

Entonces si existe una función “f” tal que:

   M, dx

   N dy

Integrando respecto a x e y respectivamente, y comparando, se tiene:

 ( x, y)  x  y ln x

31

Análisis Matemático

III

Así la Solución es: x  y ln x  c Ejemplo 2. Resolver:

ydx – (2x+y) dy= 0

Solución: Comprobamos si la ecuación dada es exacta aplicando la condición:

 M  1  y

 N   2  x

Entonces

 M  N .   y  x

Lo que nos indica que la ecuación no es exacta,

entonces buscaremos el factor de integración adecuado.

1 2 1  que no es solo función de x, por lo que probamos con el segundo  2x  y 2x  y

1.caso.

2.-

 2 1 3   y y

como vemos es solo función de y, por lo que su factor integrante es

3

dy 3  1 u  e y  e  ln y   3 y 

De donde la ecuación

1  ydx   1  2 x  y  dy  0 y3 y3 Entonces si existe una función 

   M, dx

es exacta.

tal que:

   N dy

Integrando respecto a x e y respectivamente, y comparando, se tiene:

 ( x, y ) 

x 1  y2 y

Así la Solución es:

x 1   c y2 y

32

Análisis Matemático Ejemplo 3. Resolver:

III y2 dx+ (x2+xy) dy =0

Solución: Comprobamos si la ecuación dada es exacta aplicando la condición:

 M  2y  y

 N  2x  y  x

Entonces

 M  N .   y  x

Lo que nos indica que la ecuación no es exacta,

entonces buscaremos el factor de integración adecuado.

 M  N    2 y  2 x  y  f ( x) N  g ( y ) M  y  x

3.-

 3 y  2 x  f ( x)( x 2 + x.y)- g(y) (-y2) = f(x) (x2+ x y) + (g (y) (y2) = xy f(x) +y2 g (y) Haciendo: - 3y = xy f (x) + y2 g (y),

-2x = x2 f (x)

Tenemos:

2 x

f ( x)  

1 2  , por lo que el factor  3 y  xy    y 2 g  y  de donde g ( y )    y x 

y

de integración será: f  x  dz

g  y  dy

   e 2

1

 dx   dy f  x  dx  g  y  dy  1 y   e  e x  2 x y

Es un factor de integración, de donde la ecuación

1 2

x y

 y  dx  2





1 x 2  xy dy  0 x2 y

Entonces si existe una función 

   M, dx

Es exacta

tal que:

   N dy

Integrando respecto a x e y respectivamente, y comparando, se tiene: 33

Análisis Matemático

 ( x, y)  

III

y  ln y x y  ln y  c x

Así la Solución es: 

Nota: Al calcular el factor integrante, no es necesario poner la constante de integración. Ejemplo 4. Resolver:  x  2 y  dx  xdy  0 Solución: Comprobamos si la ecuación dada es exacta aplicando la condición:

 M  2  y

 N   1  x

Entonces

 M  N  .  y  x

Lo que nos indica que la ecuación no es exacta,

entonces buscaremos el factor de integración adecuado. Podrá ser?

1 Compruébalo. x2

2.3.2 EJERCICIOS PROPUESTOS. Resolver las siguientes ecuaciones:

 x

1.



 xy   y 2  1 dx   y dy  0 2   y  1  

2. xdy  ydx  x 3 dx  0 3.



e x  ln y 

 y x   dx    ln x  seny  dy  0   x y  

  y2  2y dx   2 yarctagx  2 x  senhy  dy  0 {ñ 4.  2   1 x   5.

x

3







 3xy 2  2 dx  3x 2 y  y 2 dy  0

2 xdx y 2  3x 2  dy  0 6. y3 y4 7. Hallar la integral particular de la ecuación satisfaga a la condición inicial

x x    x y    x  e dx  e y  1 dy  0 que     y    

y (0) = 2 34

Análisis Matemático

8.

y dx  x

y

3

III



 ln x dy  0

9. y 1  xy  dx  xdy  0 10.  x cos y  yseny  dy 

 xseny 

y cos y  dx  0

11. ( xy 2  y  x)dx  x( xy  1)dy  0 1 2x   12.  ye 2 x  3xe 2 y  dx   e  3x 2 e 2 y  e y  dy  0; y(1) = 0. 2  

13. Determinar el valor de a y b para que la ecuación diferencial sea exacta y resolverla.

( y  x 3 )dx  (ax  by 3 )dy  0 14. ( xy 3  1)dx  x 2 y 2 dy  0 15. ( senx  x. cos x)dx  2(

16. Demostrar que

x 2 x.senx  )dy  0 y y2

1 , donde xM + yN ≠ 0, es un factor integrante para la x.M  y.N

ecuación diferencial Homogénea M(x,y) +N(x,y) = 0 17.

1 dx  (1  xy 2 )dy  0. x

18. senx(2  3 ysen 2 x)dx  sec xdy  0 19. ( x 2  y)dx  xdy  0 20.

y  senx cos 2 ( xy ) x dx  dy  seny.dy  0 2 2 cos ( xy ) cos ( xy )

2.4 Ecuaciones lineales. Una ecuación de primer orden de la forma: M  x, y  dx  N  x, y  dy  0 se dice que es lineal si mediante cualquier procedimiento algebraico podemos escribirles en las formas:

dy  p x  y  q x  ( I ) o dx

dx  p y  x  q y  . dy

Si q(x) = 0, o q(y) = 0, la ecuación lineal toma el nombre de ecuación lineal homogénea,  p ( x ) dx. que es una ecuación en variables separables y su Solución es: y  Ce  .

35

Análisis Matemático

III

Técnicas de Solución: a.) Utilizando la sustitución De donde

y = u.v (a),

dy dv du  u  v ; dx dx dx

donde u y v son funciones de x;

reemplazando en (I)

dv du  du dv    u  v   p( x)u.v  q( x)   p( x)u  v u  q( x) , (D)   dx dx  dx dx   

Si se exige que  P ( x ) dx du  p( x)u  0 , resolviendo por variable separables tenemos: u  e  dx

v

Reemplazando “u” en (D) hallamos v: Reemplazando

u

y

v

P ( x ) dx 

q ( x )e dx + c 

en (a) tendremos la Solución general

de

( I ) dada por:

 p ( x ) dx P ( x ) dx p ( x ) dx p ( x ) dx y  e  ( q( x).e   c)  o ye    q ( x )e  dx  c

y.u 

p ( x ) dx 

. // Ejemplo 1. q( x).udx  c siendo u  e 

b.) Por medio del método de la Variación de la constante arbitraria. Dada la ecuación Lineal en x:

dy  p x  y  q x  ( I ) dx

1. Encontramos la Solución de su respectiva ecuación lineal Homogénea es decir:  p ( x ) dx. y  Ce  . (2).

2. Tratando en la expresión (2) a C como una encontramos

función de “x” , derivamos esta y

  p ( x ) dx  d  .(3) y  Ce  dx   

3. Reemplazando (2) y (3) en (I), encontramos C(x). Este valor reemplazamos en (2)  p ( x ) dx. y encontramos la Solución general de la forma: y  C ( x)e  . Ejemplo 2

Ejemplo 1.

4  y x Resolver: y  x

o

4 y  y  x . (I) x

Solución: Realizamos la sustitución Derivando tenemos:

y = u.v (a),

dy dv du  u  v ; (b), reemplazando (a) y (b) en la ecuación (I) dx dx dx

36

Análisis Matemático

III

dv du  4 du 4  dv   u  v   u.v  x   u v u  x , (D)   dx dx  x dx x  dx  

Si se exige que dx

4 du 4  u  0 , resolviendo por variable separables tenemos: u  e x  u  x 4 // dx x

Reemplazando “u” en (D) hallamos v: Reemplazando

y  x 4 (

u

y

v

v

1

v   c x.x dx  c   2x 2  4

en (a) tendremos la Solución general

de

(I) dada por:

1 1 2  c)  y  x  cx 4 // 2 2 2x

Comprobación:

p ( x)  

Tenemos que integración es

yx 

4



4 , x

dx  4  p( x)dx   4   4 ln x  ln x , de donde el factor de  x

u  x  4 , por lo que la Solución general de la ecuación dada es:  1

x.x dx  c  y x   x dx  c   y x .  cx  y  x  c.x  2 2x  4

4

 3

4

1

4

2

4

2

Resolver: xdy  2 ydx 

Ejemplo 2.

//

 x  2 e x dx.

Solución: Ponemos la ecuación de la forma:

dy 2  .y  dx x

 x  2 e x . (I) x

dy 2  y 0 dx x

1. Encontramos la Solución de la respectiva ecuación lineal homogénea. 2

dx 2  y  C ( x)e x  y  C ( x)e ln x  y  C ( x).x 2 . (2)

2. Derivando (2), y tratando a C como función de x tenemos:

dy y   C ( x).x 2  2 xC ( x) (3). dx 3. Remplazando (2)

( x)  Simplificando: C 

y (3)

en (I).

C ( x).x 2  2 xC ( x) 

 x  2 .e x . Integrando: C ( x)  x

3

  x  x 2 .e .



2 C ( x).x 2  x

x

x e dx  2 x e dx  K    2

x

 3

x

37

Análisis Matemático

III

C ( x)  x  2 e x  2  x  3 e x dx  2 x  3 e x dx  K  C ( x)  x  2 e x  K . // , este valor reemplazamos

en (2) y encontramos la Solución general.

y

x

 2



e x   K .x 2  y  e x  Kx 2 . ///

2 dx  2  p( x)dx   2   2 ln x  ln x , de donde el factor  x x

Comprobando tenemos: p( x)   de integración es y.x 

2



u  x  2 , por lo que la Solución general de la ecuación dada es:

 x  2 e x .x  2 dx 

 x  2 e x dx  c   2  c  y  x y  x2  x  2 e x dx  2 x  3 e x dx  c 3   x x









 y  x 2 x  2 e x  2 x  3 e x dx  2 x  3 e x dx  c  y  x 2 .x  2 e x  cx 2  y  e x  cx 2 //

Ejemplo 3. Resolver:

dr 

 2rctg

sen2 d 0

Solución: Ponemos la ecuación de la forma: Tenemos que

dr  2ctg .r   sen2, Ecuación lineal en r. d

p()  2ctg  p()d 2 ctg .d 2 ln sen ln sen , de donde el  2

factor de integración es u  sen 2, por lo que la Solución de la ecuación dada es:

rsen 2 

sen 4 2 2 3 sen 2  . sen  . d   c  rsen    2 sen  . cos  . d   c   2 .  c   4

De donde rsen 2 sen 4 c1 // . Siendo c1 =2C.

2.4.1 Ecuaciones de Bernoulli. Una ecuación diferencial se dice que es de Bernoulli de grado n si puede escribirse en la forma:

dy  p x  y  q x  y n dx Los casos n  0 y n  1 no los analizamos, ya que están contenidos en el caso de la ecuación lineal de primer orden. Esta ecuación se reduce a lineal valiéndose de la sustitución z  y 1 n . o también se puede utilizar directamente la sustitución y = u.v.

38

Análisis Matemático

Ejemplo 1. Resolver:

III

dy y    xy 2 dx x

Solución: Dividimos por y2 la ecuación original. Realizamos la sustitución y1



2

y

dy y  1    x . (A) dx x

2

 z y 1  z y

y

2

dy dz   en la ecuación (A) dx dx

dz z dz z    x   x (D), es una ecuación lineal en z, por lo que procedemos a dx x dx x

resolverla como tal. Entonces p( x)  

1 dx  1  p( x)dx      ln x  ln x , de donde el factor de integración  x x

es u  x  1 , entonces la Solución general de la ecuación (D) es: x.x dx  c   dx  c  x  c  z  x  cx // ; Volviendo a variables 

zx  1 

 1

2

originales

tendríamos:

y

1 // x  cx 2

Ejemplo 2.

Resolver: 2

dx x   x  3 cos y  0 dy y

Solución: Dividimos por x3 a la ecuación dada: 2 x  Realizando la sustitución x 

2

 z

y

3

2x 

dx x  2    cos y (B). dy y 3

dx dz   , en dy dy

(B)

Tendremos una ecuación lineal en z:

dz z   cos y (E), aplicando el método respectivo tendremos: dy y

Como

p( y ) 

i dy  p( y)dy    ln y . , de donde el factor de integración será: u  y  y y

Entonces la Solución general de la ecuación (E) es:

39

Análisis Matemático

zy 

III

y. cos ydy  c  yseny   senydy  c  yseny  cos y  c  zy  yseny  cos y  

c //.

Volviendo a variables originales: x  2 y  yseny  cos y  c //

dy y 1    ( x  1) 3 y 2 dx x  1 2

Ejemplo 3. Resolver: Solución: 2

Dividimos por y la ecuación original. Realizamos la sustitución y1

2

y

 2

dy y  1 1    ( x  1) 3 . . (A) dx x  1 2

 z y 1  z y

y

2

dy dz   en la ecuación (A) dx dx

dz z 1 dz z 1    ( x  1) 3    ( x  1) 3 . (D), es una ecuación lineal en z, por lo dx x  1 2 dx x  1 2 

que procedemos a resolverla como tal.

1 dx  1  p( x)dx      ln x  1  ln x  1 , de donde el factor de  x 1 x 1

Entonces p( x)  

integración es u  ( x  1)  1 , entonces la Solución general de la ecuación (D) es:

1 1 1 1 ( x  1) 3 .( x  1)  1 dx  c  ( x  1) 2 .dx  c  ( x  1) 3  c  z  ( x  1)( ( x  1) 3  c).   2 2 6 6 Volviendo a variables originales tendríamos: z ( x  1)  1 

y

6 /// . ( x  1)(( x  1) 3  6c)

2.4.2 Ejercicios propuestos. Hallar las soluciones de las siguientes ecuaciones: 1.-

dy  y  2  2x dx

2.-

di  6i  10sen2t dt

3.-

dy 2 y   x3 dx x

4.- y 2 dx 

 2xy  3 dy 

5.-  1  y 2  dx 



0



1  y 2 seny  xy  dy.

40

Análisis Matemático

III

6.- xy   y  e x  0.; y  b para x = a.

1 .; y  0 para x = 0 cos x

 y.tgx  7.- y  8.- 2 xy

dy  y2  x  0 dx

1 3   9.- ydx   x x y dy  0 2  





10.- 3xdy  y 1  xsenx  3 y 3 senx dx





11.- 2 xy 3  y dx  2 xdy  0 12.- xdy  ydx  x 3 y 6 dx 13.- 8 xy   y 

1 y x 1 3





14.- y cos x  y 3  x cos x  senx  dx  2senxdy  0 15.-

2.5

dy y3  : y (0) = 1. dx 1  2 xy 2

Ecuaciones diferenciales de 1er

orden, no resueltas respecto a la

derivada. er

2.5.1 Ecuaciones diferenciales de 1 orden, de grado superior. 2 n , y ,..., y  )  0 (A) Su forma general es: f ( x, y, y 

Técnica de Solución:  Resolvemos Algebraicamente con respecto a y´, (Podemos reemplazar y´ por z) obteniendo n soluciones algebraicas de la forma:

y  f1 ( x, y),

y  f 2 ( x, y), ......

( B ),  De cada Solución Algebraica que es una ecuación diferencial de primer orden y primer grado, encontramos las soluciones.  La Solución general de la ecuación diferencial dada será la multiplicación de estas soluciones. F ( x, y, C )  F1 ( x, y, C ).F2 ( x, y, C ).....  0, ( C ).

41

Análisis Matemático

III

Además, para la ecuación (A) puede existir una Solución Singular, que geométricamente representa la envolvente de la familia de curvas (C), y se puede obtenerse eliminando C del sistema de ecuaciones:

FC ( x, y, C )  0

F ( x, y, C )  0,

O eliminando p = y´ del sistema de ecuaciones:

f ( x, y, p)  0,

f p ( x, y, p)  0.

Nota: Debe comprobarse dichas soluciones singulares ya que no todas las veces son Solución de la ecuación (A). Ejemplo 1. Resolver:

2 xy   2 xy   y 0

Solución: Dividiendo todo por x y luego resolviendo con respecto a y´ (como si se tratase de una ecuación algebraica de 2do grado), tenemos:

y y  2 4  2 2 1 y x x y1  y1  y1 1 , de done tenemos que:  2   2   2   1 2 2 x

y1   1

1

y , (a) y x

y 2   1

1

y , (b) que son ecuaciones homogéneas, por lo x

que tendremos que utilizar la sustitución y = u x

y

dy du  u x , dx dx

Sustituyendo en la ecuación (a) tendremos: u x

du   1 dx



du 1 u  x   1 u 1 dx



du dx 1 u    x 1 u 1 1 u





Integrando: 2 ln 1  u   ln x  ln C  ln 1  u  ln 2

C  1  u  2  C , Volviendo a variables originales  x x

2

  y C  ///. 1  1    x x  

Resolviendo la ecuación (b) de la misma manera, su Solución será: 42

Análisis Matemático

III

2

  y C   ///. 1   1    x x  

Multiplicando entre sí, obtenemos la Solución general de la ecuación dada.

 2x 





y  C   4 x 2  xy  0 , simplificando 2



y  C   4Cx /// . (c). 2

(Familia de parábolas). Para encontrar la Solución singular derivamos respecto a C la Solución general.  2 y  C   4 x  C  2 x  y.(d ). Poniendo (d) en (c).



y  2 x  y   4 2 x  y  x  x  y  0 // . (e) Solución singular. 2

Comprobación: Derivando (e) y reemplazando en la ecuación dada Tendremos: 2 1  y  0 y   1, x  1  2 x  1  x  0  0  0 // . Lo que demuestra que si es una

Solución de la ecuación.

2y 2  y  0 Ejemplo 2. Resolver: y  x Solución: Resolviendo con respecto a y´ (como si se tratase de una ecuación algebraica de 2do grado), tenemos:

y y2 2  4 2  4 y y2 x x   y1 2   y1 2  2  1 , de done tenemos que: 2 x x

y y1   x

y2  1, (a) x2

y

y y1   x

y2  1, (b) que son ecuaciones homogéneas, por lo x2

que tendremos que utilizar la sustitución y = u x

y

dy du  u x , dx dx

Sustituyendo en la ecuación (a) tendremos:

43

Análisis Matemático u x

du  u dx

III

du du dx u2  1  x  u2  1   dx u2  1 x

Integrando:



ln u 



u 2  1  ln x  ln C  ln u  u 2  1  ln Cx  u  u 2  1  Cx,

y  x

Volviendo a variables originales

y2  1  Cx  y 2  x 2  Cx 2  y // . 2 x

Resolviendo la ecuación (b) de la misma manera, su Solución será:

y 2  x 2  C  y // .

Multiplicando entre sí, obtenemos la Solución general de la ecuación dada.

x C 2

2





 1  2Cy x 2  C 2  2Cy  0 , (c).

Para encontrar la Solución singular, reemplazamos en la ecuación dada p = y´, nueva ecuación derivamos respecto a

luego esta

p, resolviendo este sistema hallamos la Solución

buscada.

p2  2

y p  1  0 : (¡) x

2p  2

y y  0 p .(2) x x

y2 y y  2 .  1 0 y2  2y2  x2  0  x 2  y 2  0 // . Solución singular. 2 x x x Comprobación: Derivando la Solución singular y reemplazando en la ecuación dada Tendremos:

x 2 x  2 yy   0 y  , y

2

 x y x    2 .  1 0 x 2  y 2  0 Lo que demuestra que es   y x y 

una Solución de la ecuación, por lo tanto ésta es la Solución singular.

2.5.2 Ecuaciones con ausencias de la variable independiente (x) o dependiente (y).

)  0 ausente “y”. 2.5.2.1 Ecuaciones de la forma, f ( x, y  Técnica de Solución: Introducimos la sustitución y´ = p, y realizamos el siguiente procedimiento:

44

Análisis Matemático

Ponemos: y´ = p o

III

dy  p , (¡); de donde tenemos que x = H(p) y dx = H´(p)dp. dx

De (1) dy  pdx  dy  pH  ( p)dp . Integrando tendremos: y 

pH  ( p)dp. Por lo que la Solución general de la ecuación dada es: 

 y  pH  ( p)dp   que es de forma paramétrica. Ejemplo 1.  x  H ( p).  2.5.2.2 Ecuaciones de la forma, f ( y, y )  0, ausente (x). Técnica de Solución: Introducimos la sustitución y´ = p, y realizamos el siguiente procedimiento: Ponemos: y´ = p o

dy  p , (¡); de donde tenemos que y = g(p) y dy = g´(p)dp. dx

dy g ( p)dp dx   dx  De (1) dy  pdx  . p p Integrando tendremos: x 

g ( p)dp

Por lo que la Solución general de la ecuación dada es:  p

y  g ( p)   g ( p)dp que es de forma paramétrica. Ejemplo 2.  x  .  p  2.5.2.3 Ecuaciones de la forma:

.

Técnica de Solución: Introducimos la sustitución y´ = p. Para determinar las Variable “x” y

1  h  h dp   . , p  p  p dy

x  h( y, p)

“y” se determina por el sistema de ecuaciones: Ejemplo 3.

2.5.2.4 Ecuaciones de la forma: Técnica de Solución: Introducimos la sustitución y´ = p Para determinar las Variable “x” y

p

 h  h dp  .  x  p dx,

“y” se determina por el sistema de ecuaciones:

y  h( x, p) .Ejemplo 4.

45

Análisis Matemático Ejemplo 1. Resolver:

III

x  cos y   ln y  .

Solución: Reemplazamos y´ = p (1), de donde tendríamos x = cos p + ln p,

1 )dp . p

y dx  ( senp 

 1   y  p  senp  dp    p.senp.dp   dp  y  p cos p  senp  p  C.   p   y  p cos p  senp  p  C  Entonces su Solución general es  x  cos p  ln p.  Ejemplo 2. Resolver:

2 y  y  2 ln y  .

Solución: Reemplazamos y´ = p (1), de donde tendríamos

y  p 2  2 ln p ,

y dy  (2 p 

2 )dp . p

1 2 dp 2    x  2p  dp  2 dp  2  x  2p  . 2   p p p p  y  p 2  2 ln p  Entonces su Solución general es  2 x  2p  .  p 

Ejemplo 3. Resolver: 3x 

y  6 y y2. y

Solución:

 p , tendremos Remplazando y  3x 

3

dx  dy

y  6 py 2 (1), derivando respecto a “y”, inclusive p p p y p

2

dp dy

 dp  dx 1   6 2 yp  y 2  , reemplazando y simplificando tenemos:   dy  dy p 

3 1 y dp 2 p2 dp 2 dp   p  12 yp  6 y    y  6 y 2 p 2  12 yp 3  2 p p p dy dy p dy dp dp 2p  y  6 y 2 p 2  12 yp 3  0  1  6 p 2 y (2 p  y )  0 dy dy





46

Análisis Matemático

III

Igualando a cero el segundo factor, 2 p  y

2

dp  0 separando variables e integrando tenemos: dy

dy dp dy dp   0 2    ln(C )  ln( y) 2  ln( p)  ln(C )  ln( y 2 p)  ln(C )  y 2 p  C. // y p y p

Despejando p y sustituyendo en la ecuación (1), se halla la Solución general

3x 

y C y3  6 2 .y 2  3x   6C  y 3  3Cx  6C 2 . /// C C y 2 y

2 .Ejemplo 4. Resolver: 4 y  x 2  y 

Solución: Reemplazando

y´ = p, tendremos:

4 y  x 2  p 2 , Derivando respecto a “x”, inclusive p.

4

dy dp dp  2x  2 p  2p  x  p  (2 p  x)dx  pdp  0 dx dx dx

(a): que es una ecuación

homogénea de 1er orden, por lo que realizaremos la sustitución

x = p.z: de donde

dx = pdz + zdp. Sustituyendo en (a),

 (2 p 

p.z) ( pdz  zdp)  pdp  0  (2  z) pdz  ( z 2  2 z  1)dp  0 

z 2 dp z 1 dz dp dz dz dp dz   0 dz    0      0, 2 2 2 2  p p z 1 p  ( z  1) ( z  1) ( z  1) ( z  1)

Integrando,

ln z  1  ln x  p 

1 1 x  ln p  C  ln p( z  1)   C , reemplazando z  y simplificando z 1 z 1 p p x p

 C .///

 y  1 (x2  p 2 ) 4  Entonces la Solución sería: p ln x  p   C.  x  p

47

Análisis Matemático

III

2.6 Ecuaciones de Lagrange y de Clairaut. 2.6.1 Ecuación de Lagrange. La ecuación de la forma y  xf ( p)  g ( p). (a) donde p = y´, recibe el nombre de ecuación de Lagrange. Técnica de Solución: Por medio de la derivación, y teniendo en cuenta que dy = p.dx, la ecuación de Lagrange se transformas en lineal con respecto a x. pdx 

f ( p)dx 

 xf  ( p)  g  ( p) dp . (b)

f ( p), De las ecuaciones (a) y (b) se obtiene la Solución general en forma paramétrica Si p  x  Cf1 ( p)  g1 ( p),

y

 Cf1 ( p) 

g1 ( p) f ( p)  g ( p).

Donde p es un parámetro y f1 (p) y g1 (p) son funciones conocidas determinadas. Además, puede existir Solución singular, que se calcula por el procedimiento general. 2  x  y Ejemplo 1. Resolver: y   1  y  (A)

Solución: y´ = p, en (A) tendremos: y   1  p  x  p 2 (I) derivando, y teniendo en

Sustituyendo

cuenta que dy = p.dx:

dx pdx   1  p  dx  xdp  2 pdp  ( p  1  p)dx  ( x  2 p)dp   x   2 p. (B) que es una dp ecuación lineal en

x,

Resolviendo (B) tenemos: u  e  u  e p . Por lo que su Solución será: dp

xe p   2 pe p dp  c  xe p   2e p  p  1  c  x  ce  p  2 p  2. //



Sustituyendo este valor en (I) tenemos: y  (1  p) ce 

y  c(1  p)e 

p

p



 2 p  2  p 2 simplificando

 p 2  2. // Por lo que la Solución general de la ecuación de Lagrange dada

es.

 x  ce  p  2 p  2   p  y  c 1  p  e  p 2  2 

 ln y  Ejemplo 2. Resolver: y  2 xy  (A) 48

Análisis Matemático

III

Solución: Sustituyendo

y´ = p, en (A) tendremos: y  2 xp  ln p (I) derivando, y teniendo en cuenta

que dy = p.dx:

1 dp  pdx  2 pdx  p (B) que es una ecuación lineal en x, dy  2 pdx  2 xdp 

 1 dx 1 dx 2 1   2x  dp  p  2x   0  x  2   p dp p dp p p 

Resolviendo (B) tenemos: dp

2  u e p  u  e ln p  u  p 2 . Por lo que su Solución será:

2

xp 2  

1

c

1

. p dp  c  xp   p  c  x  . //  p p p 2

2

2

2

 c 1   p  ln p simplificando Sustituyendo este valor en (I) tenemos: y  2 2  p p  

y  ln p 

2c  2 , por lo que la Solución general de la ecuación de Lagrange dada es. p

c 1  x  2  p p   2c  y  ln p   2.  p 2.6.2 Ecuación de Clairaut. Una ecuación que se puede poner en la forma

y  xp   ( p) donde p  y  , después de

realizar algunas operaciones algebraicas es una ecuación de Clairaut, su método de resolución es el mismo que el de las ecuaciones de Lagrange y su Solución general viene dada por:

y  cx   (c) , que no es más que la sustitución en la ecuación dada de c por p. Esta ecuación puede tener también una Solución: singular, que se obtiene de eliminar p entre las ecuaciones: 1. y  xp   ( p)

y

 P  0 2. x   

a Ejemplo 1. Resolver y  xy  . Donde a es una constante.  2 y

Solución:

 p de donde tenemos: y  xp  Ponemos en la ecuación dada y 

a (I). p2

49

Análisis Matemático

III

Derivando y reemplazando dy  pdx tendremos:

2a dp  pdx  pdx  p

dy  xdp  pdx 

  2a  2a     x dp  dp x  0.    p p   

Examinamos los dos factores: dp  0  dp   o p  c. Por lo que la Solución general de la ecuación dada es: 

a . // (Familia de rectas). c2

y  cx 

Igualando el segundo factor a cero tendremos:

x

2a 2a  0 x (II). Eliminando p entre esta y la ecuación (I) p p

y  x*

2a a ax 2 8a 2  x 2   y  2 a   y  2 x  4a 4a 2 2a    x   2 Resolver: y  3xy   6 y 2 y

Ejemplo 2. Solución:

 p de donde tenemos: y  3xp  6 y 2 p 2 (I). Ponemos en la ecuación dada y  Multiplicando la ecuación por y2 se obtiene y 3  3xy 2 p  6 y 4 p 2 . Mediante la transformación y3 = z y 3 y 2 y  , se obtiene:  z  3y 2 p  z

2 2 z  xz   z , que es una ecuación de Clairaut, de donde su Solución es: 3

2 2 2 2 C  y 3  Cx  C . /// 3 3

z  Cx 

2.6.3 Ejercicios propuestos. 2 1. x 2 y   xyy   6y2  0

2 2. xy   2 yy   4x  0





2  2 yy   y2 ex  1 3. y 

4.

2 y  2 xy   8x 2  0

2  2 y  2 5. x  y 





2 6. x 1  y   1

50

Análisis Matemático

III

7. y  y  ln y 





2 8. y  arcsen. y   ln 1  y 

9. y  y   1  y  cos . y 

 sen. y  10. x  y   y ln y  11. 2 y  xy  12. y  2 xy   seny  13. y 

3 xy   e y 2

2 14. y  xy   y

2 15. xy   yy   y  1 0

51

Análisis Matemático

III

UNIDAD III 3. Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de 1er orden. Los diversos problemas que pueden resolverse con la ayuda de ecuaciones diferenciales, vienen dados por las interpretaciones de la función derivada, así por ejemplo: rapidez de variación, velocidad, tasa de cambio, pendiente, marginal, etc.

3.1 Trayectorias ortogonales. Dos familias de curvas, se dice que son ortogonales, si cada miembro de la una familia es ortogonal a cada miembro de la otra familia. Dos curvas son ortogonales entre sí, cuando se intersecan ortogonalmente, es decir sus rectas tangentes son ortogonales entre sí, en el punto común. Dos rectas son ortogonales entre sí, cuando el producto de sus pendientes es –1. Así entonces, si dos familias de curvas están dadas por las ecuaciones: G1  x, y, c1   0 , G2  x, y, c2   0

Y si la pendiente de la primera familia está dada por: y   f  x, y  entonces la pendiente de la

1   segunda familia (la ortogonal) debe ser: y  f  x, y  Nota. En la práctica, se da una familia de curvas y lo que se busca es la familia ortogonal. Ejemplo 1. Encontrar la familia ortogonal a la familia de hipérbolas y 

c x

Solución: En primer lugar derivando encontramos la ecuación diferencial de la familia dada (pendiente):

c   2 Derivando y  x Como c  xy

y   Reemplazando tenemos: y  x x  Por lo tanto la ecuación diferencial (o pendiente) de la familia ortogonal es: y  y

y2  x2  Resolviendo por variables Separables tenemos: ydy  xdx  ydy   xdx  C   C///.

52

Análisis Matemático

III

Esta es la ecuación de la familia ortogonal a la familia de hipérbolas dada. Ejemplo 2. Encontrar el miembro de la familia ortogonal a la familia de curas dada por la ecuación: 3xy 2  2  3cx  0 que pasa por el punto  0,10 . Solución: Determinemos la pendiente a la familia dada: Derivando: 3 y 2  6 xyy   3c  0

3xy 2  2 Como: c  se tiene que 3x

1 y   3x 2 y

es la ecuación diferencial de la familia

dada, por tanto la ecuación diferencial de la familia ortogonal es: 3

x2 dy   x 2 y , integrando llegamos: y  ce 2 utilizando la condición dada se tiene que c  10 , dx 3

por lo tanto la curva buscada está dada por la ecuación: y  10e 2

x2

Nota: Si la familia de curvas planas se da por un ecuación en coordenadas polares

  r ,, a   0 , (A), donde a es un parámetro. Eliminando el parámetro “a” entre la ecuación (A)

y

d  0, d

encontramos

la

ecuación

diferencial

de la

familia

(A) F  r ,, r    0. Sustituyendo en esta r´ por 

trayectorias ortogonales. Ejemplo 1.

r2 obtenemos r

la ecuación diferencial de la familia de las

 r2    F r ,,  0.   r  

Encontrar la familia de curvas ortogonales de la familia de cardioides:

r  a 1 cos  (A)

Solución: Derivando (A) tenemos:

dr 1 dr   asen a  * (B). d sen d

Poniendo (B) en (A)

r 

1 dr dr rsen  1  cos   *   . sen d d 1  cos 

53

Análisis Matemático

III

dr r2   r Reemplazando en esta expresión por  tenemos: d r

r2 rsen 1 sen d sen        r 1  cos  r  r  1  cos  dr r  1  cos  Separando variables:

1  cos  dr * d sen r Integrando: 1  cos  dr 

 ln  csc ctg  ln  sen  ln  r   ln  c  .d     sen  r  de donde: r  c 1 cos  Es la ecuación de la familia ortogonal.

3.2 Familia isogonales. Dos familias se dice que son isogonales a todo miembro de la segunda familia a

 , si cada miembro de la una familia interseca a

 .

Si F  x, y, y    0 es la ecuación diferencial de la familia dada, si tan k

 y  k  F x, y ,  0 , es la ecuación diferencial de la familia isogonal.   1  ky    Ejemplo 1. Encuentre la familia isogonal a 60  de la familia de rectas que pasan por el origen: Solución: Tenemos:  60 , tan 60   

y  c ,

c

3

y x

y y  x De donde, la ecuación de la familia isogonal es:

y y  x

3x 3y

54

Análisis Matemático

III

Resolviendo (ecuación homogénea), se tiene que la Solución es: 





2 y  tan  1   ln c x 2  y 2  0  x 3 

3.3 Aplicaciones geométricas. Básicamente las aplicaciones geométricas están relacionadas con la derivada, a continuación pondremos algunas propiedades de ésta relacionadas con las curvas y que nos servirán para realizar los diversos ejemplos. En coordenadas rectangulares.  Ecuación de la tangente a la curva en cualquier punto: si dy/dx es la pendiente de la tangente a la curva en (x,y) tenemos: Y  y 

dy ( X  x). dx

 Ecuación de la normal a la curva en cualquier punto: si –dx/dy es la pendiente de la recta normal a la curva en (x,y) tenemos: Y  y  

dx ( X  x). dy

 Segmentos de la tangente al interceptarse con el eje X y Y, son: X  x  y

Y  y x

dy . respectivamente. dx

 Segmentos de la normal al interceptarse con el eje X y Y, son: X  x  y

Y  y x

dx 2 ) :y dy

dy 2 ) , respectivamente. dx

 Longitudes de la normal entre el punto (x,y) y los ejes X y Y. Son: y 1  (

x 1 (

dy ; dx

dx . respectivamente. dy

 Longitudes de la tangente entre el punto (x, y) y los ejes X y Y. Son: y 1  ( x 1 (

dx ; dy

dy 2 ) :y dx

dx 2 ) , respectivamente. dy

55

Análisis Matemático

III

 Las longitudes de la subtangente y la subnormal son: y  Elemento de longitud de Arco: ds 

dy dx y y , respectivamente. dx dy

(dx) 2  (dy) 2 .

 Elemento de Área: ydx o xdy.

Ejemplo 1. Hallar una curva que tenga un segmento de tangente cuya longitud sea igual a la distancia desde el punto de contacto hasta el origen de coordenadas

Figura 3.1 Solución: Condición del ejemplo:

y 1 (

dx 2 )  dy

d1  d 2

x 2  y 2 , elevando al cuadrado ambos lados de la igualdad y simplificando

tenemos:

 dx 2 2 dx  dx ) )  ( x2  y 2 )2  y2  1  ( )2   x2  y2  y 2  y 2 ( )2  x2  y 2 dy dy  dy  dx dx x dx x  y 2 ( )2  x2   ..(1)..;   ..(2). dy dy y dy y (y 1 (

Como observamos hemos obtenido dos ecuaciones en variables separables. Resolviendo (1) tenemos:

dx x dy dx dy dx        ln C  ln y  ln x  ln C  ln y  ln Cx  Y  Cx. /// , la  dy y y x y x Solución de uno es una familia de rectas.

56

Análisis Matemático

III

Resolviendo (2) tenemos:

dx x dy dx dy dx C C           ln C  ln y   ln x  ln C  ln y  ln  Y . ///  dy y y x y x x x La Solución de (2) es una familia de hipérbolas. Por la tanto las dos familias son las soluciones del ejemplo.

Ejemplo 2. Determine las curvas para las cuales la subtangente es igual a la suma de las abscisas y ordenadas en el punto de tangencia.

Figura 3.2 Solución: La subtangente se define como la proyección sobre el eje 0 x de la parte de la tangente comprendida entre el punto de tangencia y la intersección de esta con el eje 0x. Según el gráfico, la subtangente es TK , si  es el ángulo de la recta tangente, tenemos:

y tan   y   OM De donde: OM 

y y

Por la condición del problema, tenemos:

y  x  y, y

x y x  y

dx dz  z y dy dy

tenemos:

(Ecuación Homogénea de

primer grado). Con el cambio de variable: z 

z y

x y

y

dz zy  y dz dz dy   y  z  1 z  y  1 dz  dy y dy dy y

57

Análisis Matemático

III

Integrando: dy

y

y

dz    ln C  z  ln y  ln C  ln  z   e  y  Ce ///.  y C C

Volviendo a Variables originales obtenemos la Solución:

z

z

x y

y  Ce ///.

Ejemplo 3. Un muchacho está en la esquina de una piscina rectangular, en el otro extremo que está a 20 m tiene atado a un bote. El muchacho camina a lo largo del lado opuesto al bote sujetando la cuerda que ata al bote, encuentre la trayectoria que sigue el bote y determine la posición del muchacho cuando el bote está a 12 m del borde.

Figura 3.3 Solución: Sea  el ángulo de inclinación de la cuerda, entonces: tan  

De donde: dx  

dy   dx

y 400  y 2

400  y 2 dy y

Integrando:

 400  y 2 20  400  y 2  2   dx   dy  C  x   400  y  20 ln  c     y y  

Utilizando las condiciones iniciales: x  0, y  20 obtenemos el valor de C = 0. Así la ecuación que sigue el bote es: x 

 20  400  y 2   400  y 2  20 ln  . (Ecuación de la trayectoria del bote)   y  

58

Análisis Matemático

Ahora bien: AE  x 

III  20  400  y   (I) 400  y 2  AE  20 ln    y  

Para responder a la pregunta, reemplazamos y  12 en ecuación (I) y encontramos que el muchacho está a 22 m de su posición inicial.

Ejemplo 4. Encuentre la forma que debe tener un espejo de rotación para que un rayo de luz, que parta de una fuente, se refleje siempre en forma paralela al eje de rotación.

Figura 3.4 Solución: Ubiquemos la fuente de luz en el origen del plano xy , y el eje de rotación hagámoslo coincidir con el eje Ox . Según el gráfico, si el ángulo SPT es  , entonces el ángulo OPA también es , puesto que el ángulo de incidencia es igual al ángulo de reflexión, de donde el triángulo AOP es isósceles, es decir, A O = O P.

PM  Además tan   y  AM

AM  AO  OM ,

AM  OP  x,

PM  y,

OP 

x2  y2

De donde la ecuación para esta familia de curvas es: y  =

y x

x2  y2

.

(Ecuación

Homogénea de grado uno)

59

Análisis Matemático

III

Con el cambio de variable: z  dz zy   dy

z y

x y

y

dx dz  z y dy dy

z 2 .y 2  y 2 dz  z y  z y dy

tenemos:

dz dz dy z2  1  y  z2  1   dy y z2  1

Integrando: dz

dy

   ln C  ln z  z  1  ln y  ln C  ln z  z  1   y z  1 2

2

2

z

ln yC 

z 2  1  yC ///,

Volviendo a variables originales y realizando simplificaciones algebraicas llegamos a: c  que es la ecuación de una familia de parábolas. y 2  c 2  2cx ,  y 2  2c x  2 

3.4 Aplicaciones físicas. 3.4.1 Mecánicas. Las aplicaciones a la mecánica están relacionadas básicamente con la segunda ley de Newton que dice: F  m *a, donde “m” es la masa y “a” la aceleración, cabe recordar también que: a)

a

b) v 

dv d 2 x  2 , donde “v” es la velocidad, “t” el tiempo y “x” el espacio y dt dt dx , donde “t” es el tiempo y “x” el espacio. dt

Ejemplo 1. Un paracaidista, está cayendo con una velocidad de 176 pies/seg = 53,65 m

seg.

,

2 cuando se abre su paracaídas. Si la resistencia del aire es Wv 256 lb, donde W es el peso

total del hombre y del paracaídas, hallar su velocidad como una función del tiempo t después de abierto el paracaídas.

Solución: En este caso, tendríamos la siguiente condición: Fuerza neta sobre el sistema = peso del sistema - resistencia del aire.

W dv Wv 2 .  W g dt 256

60

Análisis Matemático

III

Simplificando, separando variables e Integrando entre los límites t = 0, v = 176 y t = t y v = v. Tenemos v dv dt dv 1 t 1 v  16 v t t      dt  ln     176 v 2  256 0 8 8 32 v  16 176 80 v 2  256

v  16 5 v  16 5  ln .  ln .   4t   e v  16 6 v  16 6

4t

6  5e   v  16 6  5e 

4t 4t

/// .

Como conclusión podemos observar que el paracaidista alcanza rápidamente una velocidad aproximadamente constante. Ejemplo 2. Una bala que se mueve con una velocidad de 400 m/s, atraviesa una pared de 20 cm de ancho y sale con una velocidad de 100 m/s. Si la fuerza de resistencia de la pared es proporcional al cuadrado de la velocidad, determine en que tiempo atraviesa la bala la pared.

Solución: Sean: V0 = la velocidad inicial Vf = la velocidad final h = ancho de la pared

Por la segunda ley de Newton tenemos: m

dv   kv2 dt

el signo negativo lo ponemos para indicar que es fuerza de resistencia. Separando variables e integrando tenemos:

dv k dv k 1 k   dt    dt  C     t  C // . 2 2   m m v m v v Con la condición inicial

de v = v0 para t = 0, encontramos C  

1 . de donde: v0

1 1 k  k1t  ...donde.....k1  v v0 m

Si T es el tiempo necesario para que atraviese la pared, se tiene:

1 1  k1T  v1 v0

Si x = x (t) es el desplazamiento recorrido hasta el instante t, se tiene: v 

dx entonces: dt

61

Análisis Matemático

III

v0 dx  dt k1v0 t  1 Separando variables e integrando, tenemos:

dx 

v0 v0 1 dt  dx   dt  C1  x ln( k1v0 t  1)  C1  k1v0 t  1 k1v0 t  1 k1

Con la condición de que para t = 0, x = 0, encontramos C1 = 0. y con x = h

para t = T ,

Reemplazando se obtiene T 

h  1 1     v1 v0   v0     ln    v1  

Reemplazando los datos del problema: v0 = 400, v1 = 100 y h = 0.2, obtenemos: que el tiempo que necesita la bala para cruzar la pared es de: T = 0.00108 (seg).

3.4.2 Eléctricas. Así como la mecánica tiene como base fundamental las leyes de Newton, el tema de la electricidad también tiene una ley que describe el comportamiento de los circuitos eléctricos conocido como Ley de Kirchoff, que dice lo siguiente: La suma algebraica de todas las caídas de voltaje alrededor de un circuito eléctrico es cero (otra manera de enunciar esto es decir que el voltaje suministrado (f .e .m.) es igual a la suma de las caídas de voltaje).

Ejemplo 1.- Un generador con una f e m de 120 voltios se conecta en serie a una resistencia de 12 Ohmios y un inductor de 3 Henrios. Si el interruptor K se cierra en el tiempo t = 0, establezca una ecuación diferencial para la corriente, y determine la corriente en el tiempo t.

62

Análisis Matemático

III

Figura 3.5 Solución: Llamando I a la corriente (en amperios) que fluye como se indica en la figura, tenemos: Datos: a.-

Voltaje suministrado = 120 voltios.

b.-

Caída de voltaje a través de la resistencia: R I = 12 I

c.-

Caída de voltaje a través del inductor: L

Por la ley de Kirchoff, se tiene:

3

150 sen 20t

dI DI  3 dt dt

3

dI  12 I  120 dt

Puesto que el interruptor se cierra en t = 0, debemos tener I (0) = 0. Separando variables, integrando y utilizando la condición inicial se tiene:

dI 1 dI  dt  .   dt  ln C  ln 10  I  ln C   4t  10  I  Ce  4t  I  10  Ce  4t 40  4 I 4 10  I Utilizando la condición inicial encontramos C = 10. Reemplazando tenemos:



I  10 1  e 

4t

 //.

Ejemplo 2.- Una f e m de cayente E  250e 

4t

se conecta en serie con una resistencia de 25

ohmios y un condensador de 0.02 Faradios. Asumiendo Q = 0 en t = 0, encuentre la carga y la corriente en cualquier tiempo, Demuestre que la carga alcanza un máximo, calcúlelo y halle cuando se obtiene.

63

Análisis Matemático

III

Figura 3.6 Solución: Refiriéndonos a la figura, tenemos: 1.-

Voltaje suministrado: E  250e 

2.-

Caída de voltaje en la resistencia: R I = 25 I.

3.-

Caída de voltaje a través del condensador:

4t

Q Q  C 0.02

Por la ley de Kirchoff:

25I  50Q  250e 

25

4t

dQ  50Q  250e  dt

dQ  2Q  10e  dt

4t

y puesto que I  4t

dQ dt

, dividiendo todo para

25,

, esta es una ecuación Lineal en Q, entonces su Solución es:

2 dt 2 dt Qe    10e  4t .e  dt  C  Qe 2t  10 e  4t .e 2t dt  C  Qe 2t  10 e  2t dt  C



 Q  e  2t .  5e 

2t



 C  Q   5e  4t  Ce  2t .

Con la condición: Q = 0 en t = 0 encontramos C = 5, de donde:

Q  5e 

2t

 5e 

Ahora como

4t

///

I

dQ , se tiene: I   2 5e  dt

2t

 5e 

4t



10e 

4t

 I  20e  4t  10e 

2t

// . que es

la corriente. Para determinar cuándo Q es máxima, debemos hacer

dQ  I  0 en la ecuación resultante. dt

64

Análisis Matemático

0  20e 

4t

 10e 

2t

III





1  10e  2t 2e  2t  1  0  e  2t    2t  ln 1  ln 2  t  0.35seg. 2

3.4.3 Quimicas. Ejemplo 1. Dos químicos A y B reaccionan para formar otro químico C. Se encuentra que la tasa a la cual C se forma varía con las cantidades instantáneas de los químicos A y B presentes. La formación requiere 2 lb de A por cada 1 lb de B. Si 10lb de A y 20lb de B están presentes inicialmente y 10 lb de C se forman en 20 minutos, encuentren la cantidad de químico C en cualquier tiempo. Solución: Sea X la cantidad de libras de C formadas en el tiempo t (en horas). Luego su formación. Para formar X libras de C se requieren

dX es la tasa de dt

1 2 X libras de A y X libras de B 3 3

(por las condiciones del problema). Luego en el instante t cuando se forman X libras de C, la cantidad de A es 10 

2 X 3

y la cantidad de B es 20 

1 X , así: 3

dX 2  1    , con las condiciones t = 0, X = 0;  k 10  X 20  X  dt 3  3   

t = 1/3, X = 10,

resolvemos la ecuación encontrada: Separando variables, integrando y utilizando las condiciones, se tiene:

dX dx 2 dX 2  kdt  .  kdt   k dt  ln C   2  1    15  x   60  x  9 15  X   60  X  9    10  X 20  X   3  3   

A B  2 1 1 2 1    dX  kdt  ln C   ln  15  X   ln  60  X   kdt  ln C     15  x 60  X  9 45 45 9 45  60  X   Ce10kt . /// 15  X Utilizando las condiciones iniciales y despejando X tenemos:





15 e 0.17t  1 X  . /// 1 e 0.17t  4 65

Análisis Matemático

III





Ejemplo 2. El aire en un cuarto de dimensiones 150*40*10 pie 3 contiene 0,3 % de CO2, aire fresco, conteniendo un 0,04 % de CO2, es admitido a través de un ventilador a una tasa de 6000 (pie3/min.). ¿Cuál es el porcentaje de CO2 después de 30 minutos? Solución: Sea X = cantidad de CO2 en pie3 en el cuarto en el instante t.

X . 60.000

Entonces la concentración es:

Durante el intervalo dt la cantidad de CO2 que entra en el cuarto es 6.000 (0.0004) dt (pie3) y la cantidad que sale es: 6.000

X dt ( pie 3 ) 60.000

Entonces, el cambio dX en el intervalo dt es: X  X  24  dX  6.000 0.0004  dt  dX   dt.  60.000  10 

Separando Variables e integrando tenemos:  dX 1 dX 1 1   dt    dt  ln C  ln X  24   t  ln C  X  24  Ce  X  24 10 X  24 10  10

 X  24  Ce Condiciones:



1 t 10

1 t 10

. ///

con t = 0,

Por lo tanto: X  24  156e



X = 0.003(60.000) = 180 encontramos C = 156 1 t 10

//.

X  31.77. , entonces el porcentaje de CO2 es: Cuando t = 20: X  24  156e  3  31.77  0.0005  0.05% // . 60.000 Ejemplo 3. Un tanque de 100 Dl está lleno con salmuera que contiene 60 Kg de sal disuelta, entra agua en el tanque a una velocidad de 2 Dl por minuto y la mezcla; conservada uniforme mediante agitación, sale a la misma velocidad. ¿Cuánta sal queda en el tanque después de una hora?

66



Análisis Matemático

III

Solución: Sea S el número de Kg. De sal en le tanque después de t minutos, entonces la concentración es: S 100kg.Dl. Durante el intervalo contienen

dt entran en el tanque 2.dt. Dl de agua y salen 2.dt. Dl de mezcla que

2S S dt  dtKg . de sal. 100 50

Entonces el cambio dS en la cantidad de sal en el tanque es: dS  

S dt. 50

Separando variables e integrando tenemos: 1

 t dS 1 dS 1 1 50   dt    dt  ln C  ln S   t  ln C  S  Ce .  S 50 S 50  50

Con la condición S = 60 para t = 0 encontramos C = 60. Por lo tanto S  60e



1 t 50

// .

Para t = 1 hora = 60 minutos

S  60e



1 *60 50

 S  18Kg. //

3.4.4 Cambio de temperatura. La ley de enfriamiento (calentamiento) de Newton establece, que la rapidez de cambio de un cuerpo en cualquier tiempo t, es proporcional a la diferencia de las temperaturas del cuerpo y del medio circundante en el tiempo t. Consideremos: T

= temperatura del cuerpo en el tiempo t

Tm = temperatura del medio circundante To = temperatura inicial del cuerpo (t = 0). Luego la Ecuación que gobierna este fenómeno es:

dT   k (T  Tm) , ya sea que aumente o disminuya la temperatura, con k como factor de dt proporcionalidad.

67

Análisis Matemático

III

Ejemplo 1. Un cuerpo que está a 110 grados centígrados, tarda 12 minutos en enfriarse a 70 grados centígrados en un medio que está a 18 grados centígrados. Después de qué tiempo el cuerpo estará a 30 grados centígrados?

Solución: Sea T = T (t) la temperatura del cuerpo en el instante t y T0 la temperatura del medio, tenemos las condiciones: Tm =18º, To = 110, T (12) = 70.

La ecuación diferencial para este ejemplo.- es:

dT  k (T  Tm) dt

Resolviendo la Ecuación por Variables separables tenemos:

dT dT T  Tm  kdt   k dt  ln C  ln T  Tm  ln C  kt   e kt    Tm  Ce kt // .  T  Tm T  Tm C Con la condiciones de que T = 110º, t = 0 y Tm = 18º, encontramos el valor de C = 92, reemplazando en la Solución encontrada tenemos: T  Tm  92e kt . y con T = 70º, Tm = 18º y t = 12, hallamos el valor de k = -0.05. Con estos valores y tomando T = 30 tenemos:  0  18  92e 

0.05t

12    92e  0,05t  12   0.05t  ln   t  40,7 min . // .  92  

Ejemplo 2. Un termómetro que marca 75º F se lleva fuera donde la temperatura es de 20º F. Cuatro minutos después el termómetro marca 30º F. Encontrar: a) La lectura del termómetro siete minutos después de que este ha sido llevado al exterior y , b) El tiempo que le toma el termómetro caer desde 75º F hasta más o menos medio grado con respecto a la temperatura del aire.

Solución: Sea T = T (t) la temperatura del cuerpo en el instante t y Tm la temperatura del medio, tenemos las condiciones: Tm =20º F, To = 75º F, T (4) =30º F.

La ecuación diferencial para este Ejemplo.- es:

dT  k (T  Tm) dt

Resolviendo la Ecuación por Variables separables tenemos:

68

Análisis Matemático

III

dT dT T  Tm  kdt   k dt  ln C  ln T  Tm  ln C  kt   e kt    Tm  Ce kt // .  T  Tm T  Tm C Con la condiciones de que T = To = 75º, t = 0 y Tm = 20º, encontramos el valor de C = 55º, reemplazando en la Solución encontrada tenemos: T  Tm  55e kt . y con T = 30º, Tm = 20º y t = 4, hallamos el valor de k = -0.426. Reemplazando este valor en la ecuación encontrada tenemos: T  Tm  55e 

0, 426t

/// .

a) Con t = 7 minutos, T  20º  55e  b) 20.5  20  55e 

0.426t

.426( 7 )

 T  23º F.

0.5    55e  0, 426t  0.5   0.426t  ln   t  11 min . // .  55  

3.4.5 Descomposición y crecimiento.

Ejemplo 1. Un cultivo de bacterias tiene una población inicial Q0 , después de una hora el número de bacterias medido es

4 Q0 . Si la rapidez con la cual crece la población es 3

proporcional al número de bacterias presente, determine en que tiempo se triplicará el número de bacterias: Solución: Sea Q  Q t  el número de bacterias en el instante t

dQ Es la rapidez de crecimiento, entonces: dt dQ  Q dt Como debe existir una constante de proporcionalidad, sea esta k, así la ecuación diferencial para este problema es:

dQ  kQ dt

Y la condición inicial es: Q 0  Q0

Separando variables e integrando:

dQ dQ  kdt   k dt  ln c  ln Q  ln c  kt  Q t   ce kt  Q Q Utilizando las condiciones: Q 0  Q0 y Q 1,5 

4 Q0 , se determina que: c  Q0 3

69

Análisis Matemático

Y: k 

III

2  4 ln   3  3

Para determinar el tiempo necesario para que se triplique, hacemos: Q  3Q0 Reemplazando: 3Q0  Q0 e

2  4 ln  t  3  3

despejando el tiempo y calculando tenemos: t  5.71 h ///.

Que es la Solución buscada. Ejemplo 2. Un líquido transporta droga dentro de un órgano de volumen V (cm3) a una tasa de “m” (cm3/s) y sale a una tasa “n” (cm3/s). La concentración de la droga en el líquido que entra es p (g/cm3). Encuentre la ecuación diferencial para la concentración de la droga en el órgano en cualquier tiempo, junto con las condiciones apropiadas y resuelva dicha ecuación.

Solución: La situación está descrita en forma breve por la figura, la cual nos muestra un compartimiento simple de volumen V junto con la entrada y salida.

Figura 3.7 Si X representa la concentración de la droga en el órgano, (esto es, el número de gramos de droga por cm3), entonces la cantidad de droga en el órgano en cualquier tiempo t está dada por:

V (cm 3 ) X ( gr / cm 3 )  XV ( gr ) El número de gr/s que entran el órgano están dado por:

m(cm 3 / s) * p( gr / cm 3 )  mp( gr / s) El número de gr/s que salen del órgano está dado por:

n(cm 3 / s) * X ( gr / cm 3 )  nX ( gr / s) . Con la condición que la tasa de cambio de la cantidad de droga en el órgano es igual a la tasa que entra menos la tasa que sale, formamos la ecuación diferencial pedida..

70

Análisis Matemático

III

d ( XV )  mp  nX dt Si asumimos que la concentración de la droga en el órgano en el tiempo t = 0 es X0, entonces la condición inicial es: X (0) = X0. Resolviendo por el método de separación de variables:: dX dt dX 1 n mp  nX    dt  ln C  ln mp  nX  ln C   t  e   mp  nX V mp  nX V V C

 nt V

 nt

mp C V  X   e . /// n n

Utilizando la condición inicial encontramos C.:

C  mp  nX 0 , Reemplazando C en la Solución:

mp X   n

nt  mp  V   X0  e  /// .   n  

Ejemplo 3. Se sabe que un cierto material radioactivo decae a una velocidad proporcional a su cantidad de material presente, Un bloque de ese material tiene originalmente una masa de 120 gramos y cuando se le observa después de 25 años, su masa ha disminuido a 100 gramos. Encuentre una expresión para la masa de ese material como función del tiempo. Solución: Sea x (t) = cantidad de sustancia radioactiva en cualquier tiempo (t) la descripción matemática es:

dx(t )   kx(t ). dt

Resolviendo la ecuación por variables separables tenemos:

dx(t )   kdt  x(t ) dx(t )

Integrando:

x(t )

  k dt  ln C  ln x(t )   kt  ln C  ln   kt  x(t )  Ce /// .  x(t ) C  kt

Para determinar el valor de C tenemos la siguiente condición: para t = 0, x (t) = 120 gr. De donde

x(t )  120e 

C = 120. Luego reemplazando en la Solución encontrada tenemos: kt

// .

71

Análisis Matemático

III

Ahora para determinar el valor de k tenemos que t = 25 años, y x (t) = 100gr. De donde:

100  120e 

25k

1 12  k ln( ) // . 25 10

Luego la ecuación buscada quedaría así: x(t )  120e



1 12 ln( ) t 20 10

/// .

3.5 Ejercicios propuestos. Hallar las trayectorias ortogonales para las siguientes familias de curvas: 1. y 2  2ax  a 2, a es un parámetro 2. y  ae ax , a  const. 3. x 2 

1 2 y  a2 2

4. x k  y k  a k 5. x 2 

1 2 y  a2 3

6. y 2  4 x  a  7. Encontrar las trayectorias ortogonales de la familia de elipses con centro en (0,0) y de vértices en (1,0) y (-1,0). 8. Encontrar las trayectorias ortogonales de la familia de curvas

1 y  x tan g ( y  k ). 2

9. La temperatura de una placa delgada está dad por T ( x, y)  e  y cos x. Encontrar la ecuación de las líneas de flujo de calor. 10. Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de curvas que satisfacen la siguiente propiedad: “La recta tangente a una de las curvas en un punto cualquiera P, es la bisectriz del ángulo determinado por la recta vertical que pasa por P y la recta que une P con el origen de coordenadas. 11. Hallar las trayectorias isógona les de la familia de parábolas

y 2  4ax, el ángulo

formado es α = 45º. 12. Hallar la familia de trayectorias que cortan las líneas x 2  2a( y  x 3 ), formándose un ángulo α = 60º.

72

Análisis Matemático

III

En los ejercicios dados a continuación, primero encontrar la ecuación diferencial de acuerdo a las condiciones de los ejemplos y luego hallar su solución. 13. Hallar una curva que pase por el punto  0, 2 de modo que el coeficiente angular de la tangente en cualquiera de sus puntos sea igual a la ordenada del mismo punto, aumentada tres veces. 14. Hallar una curva que posea la propiedad de que la magnitud de la perpendicular bajada del origen de coordenadas a la tangente sea igual a la abscisa del punto de contacto. 15 Hallar la curva que tiene la propiedad de que el segmento de la tangente a la curva comprendida entre los ejes de coordenadas se divide por la mitad en el punto de contacto. 16. Un barco retrasa su movimiento por la acción de la resistencia del agua, que es proporcional a la velocidad del barco. La velocidad inicial del barco es 12 m/sg, después de 7sg su velocidad será de 9 m/sg. ¿Después de cuánto tiempo su velocidad será de 2 m/sg? 17. Determinar la trayectoria S recorrida por un cuerpo durante el tiempo t, si su velocidad es proporcional al trayecto, sabiendo que en 15 sg el cuerpo recorre 120 m y en 18 sg 200m. 18. Un punto material de masa igual a 1 g se mueve en línea recta debido a la acción de una fuerza que es directamente proporcional al tiempo, calculado desde el instante t  0 , e inversamente proporcional a la velocidad del punto. En el instante t  10s la velocidad era igual a 50 cm/s, y la fuerza, igual a 4 dinas. ¿Qué velocidad tendrá el punto al cabo de un minuto del comienzo del movimiento? 19. Una bala se introduce en una tabla de h  10 cm de espesor con la velocidad v0  200 m/s traspasándola con la velocidad v1  80 m/s. Suponiendo que la resistencia de la tabla al movimiento de la bala es proporcional al cuadrado de la velocidad, hallar el tiempo del movimiento de la bala por la tabla. 20. Demostrar que la curva para la cual la pendiente de la tangente en cualquier punto es proporcional a la abscisa del punto de contacto, es una parábola. 21. Hallar la curva para la cual la pendiente de la tangente en cualquier punto es n veces mayor que la pendiente de la recta que une este punto con el origen de coordenadas. 22. El fondo de un depósito, de 300 litros de capacidad, está cubierto de sal. Suponiendo que la velocidad con que se disuelve la sal es proporcional a la diferencia entre la 73

Análisis Matemático

III

concentración en el instante dado y la concentración de la disolución saturada (1 kg de sal para tres litros de agua) y que la cantidad de agua pura dada disuelve 1/3 de kg de sal por min., hallar la cantidad de sal que contendrá la disolución al cabo de una hora. 23. Cierta cantidad de una substancia indisoluble que contiene en sus poros 2 kg de sal se somete a la acción de 30 litros de agua. Después de 5 min. Se disuelve 1 kg de sal. ¿Dentro de cuánto tiempo se disolverá el 99% de la cantidad inicial de sal? 24. Si la temperatura del aire es de 25º C y el cuerpo se enfría en 17 minutos desde 110º C hasta 75º C. ¿Dentro de que tiempo su temperatura descenderá hasta 45º C? 25. El radiactivo tiene una vida promedio de 5600 años aproximadamente. ¿En cuántos años desciende el 20% de su cantidad original? ¿Al 10%? Rpta: t 

 5600 Ln(0.20) Ln(2)

26. Cierta cantidad de sustancia, que contenía 3 kgrs. De humedad, se colocó en una habitación de 100m3 de volumen donde el aire tenía al principio el 25% de humedad. El aire saturado, a esta temperatura, contiene 0.12 kgr. De humedad por 1m3, si durante el primer día la sustancia perdió la mitad de su humedad. ¿Qué cantidad de humedad quedará al finalizar el segundo día? Rpta: 0.82 Kg. Sug.

ds  ks s  6 dt

27. El Presidente y el primer Ministro piden café y reciben tazas a igual temperatura y al mismo tiempo. El Presidente agrega inmediatamente una pequeña cantidad de crema fría; pero no se toma café hasta 10 min. Después. El primer Ministro espera 10 min. Y, luego añade la misma cantidad de crema fría y comienza a tomarse su café. ¿Quién tomará el café más caliente?

Rpta. El Presidente

28. Si un circuito eléctrico contiene una resistencia R (ohmios) y un condensador de capacidad C (faradios) en serie y una f.e.m. E (voltios), a la carga del condensador q está dada por: R

dq q   E , encontrar q(t). dt C

29. La ecuación diferencial de un circuito que contiene una resistencia R, capacidad C y f.e.m. e  E.sen.(wt ) es R

di i de   Suponiendo constantes R, C, E, W, hallar la dt C dt

corriente i en el instante t.

74

Análisis Matemático

III

30. Deducir para el sistema indicado en la figura, tres ecuaciones aplicando las leyes de Kirchoff, supóngase que la carga del condensador es nula cuando t = 0 y deduzca que siempre i2 = 2 amperios y que i1 

1  10t e , tendiendo rápidamente a cero. 10

Figura 3.8 31. Hallar i en función del tiempo t en el sistema representado en la figura indicada, si son cero todas las corrientes iniciales y la carga del condensador.

Figura 3.9 32. Empleando coordenadas rectangulares, hallar la forma del espejo si los rayos que parten de un punto dado, al reflejarse, son paralelos a una dirección dada

75

Análisis Matemático

III

UNIDAD IV 4. Ecuaciones diferenciales de orden superior Las ecuaciones diferenciales de orden superior o de n-ésimo orden tienen la forma:  F ( x, y, y  , y ,.........., y n )  0 Vale recordar también que las soluciones de estas ecuaciones pueden ser generales las mismas que deben tener un número igual de constantes arbitrarias al orden de la ecuación y las particulares dependiendo si hay o no condiciones iniciales o de frontera, éstas también deben ser en número igual al orden de la ecuación dada. Así por ejemplo: Si tenemos una ecuación de tercer orden deben existir tres constantes arbitrarias en caso de las generales y tres condiciones iniciales para las particulares.

   y  x ln(x), y(1)  y  (1)  y  (1)  0 o lo que quiere decir lo mismo que y, y`, y y``, son iguales a cero (0), cuando x = 1.

4.1 Caso de integración inmediata. Si tenemos la ecuación diferencial y ( n )  f ( x). Donde f(x) sólo es función de “x”. Para encontrar la Solución general de este tipo de ecuación tenemos que integrar n veces. Así:

x n 1 x n 2 y  ..... f ( x)dx......dx  C1  C2  .........C n 1 x  C n . (n  1)! (n  2)!   Ejemplo 1. Hallar la Solución: general de la siguiente ecuación. y   xe x . Solución: Integrando sucesivamente la ecuación dada tenemos:   y  xe x  e x  C1  y  ( x  1)e x  C1

y  ( x  1)e x  e x  C1 x  C 2  y  ( x  2)e x  C1 x  C 2 . x2 x2  C 2 x  C3  y  ( x  3)e x  C1  C 2 x  C3 /// . 2 2    x ln x. Con las Ejemplo 2. Hallar la Solución particular de la siguiente ecuación. y     condiciones: y(1)  y (1)  y (1)  0 Antes de encontrar la Solución indicada vale recordar que para encontrar una Solución particular, es necesario tener condiciones iniciales, las mismas que tienen que ser igual en número al orden de dicha ecuación. Así en nuestro ejemplo tenemos una ecuación de 3er orden, por lo que el número de condiciones iniciales tienen que ser 3 lo cual observamos. Solución: Integrando sucesivamente la ecuación dada tenemos: 1 2 1 2  y  x ln x  x  C1 . 2 4 1  . Por lo que  0 , cuando x = 1, encontramos que C1  Con la condición de que y  4 y  ( x  2)e x  e x  C1

76

Análisis Matemático

III

1 2 1 2 1  y  x ln x  x  . 2 4 4 Integrando por segunda vez tenemos: 1 3 1 3 1 3 1 1 3 5 1 y  x ln x  x  x  x  C2 .  y  x (ln x  )  x  C2 . 6 18 12 4 6 6 4 Ahora con la condición de que y   0 , cuando x = 1, encontramos que C 2  

1 . Por lo que: 9

1 3 5 1 1 y  x (ln x  )  x . 6 6 4 9 Integrando otra vez más: 1 4 5 1 4 1 2 1 1 4 13 1 2 1 y x (ln x  )  x  x  x  C3  y x (ln x  ) x  x  C3 . 24 6 96 8 9 24 12 8 9 1 . Por lo Por último con la condición de que y  0 , cuando x = 1, encontramos que C3  32 1 4 13 1 2 1 1 x (ln x  ) x  x . ///. Que es la Solución pedida. que: y  24 12 8 9 32 4.1.1

Ecuación de la forma: d2y  g ( y ). Donde g(y) es función de “y” únicamente. dx 2

Para encontrar su Solución procedemos de la siguiente manera:  g ( y)dx.  Ponemos la ecuación de la siguiente manera: dy  dy   g ( y) y  dx.  Multiplicamos ambos miembros por y  , y dx  dy , la ecuación se convierte en: y  dy   g ( y)dy. que es una ecuación en  Como y  variables separables. 1 2   g ( y)dy  C1 . Donde el 2do miembro es un función de y  Integrando tenemos: y  2 únicamente. y quedan separadas y podremos integrar  Extrayendo la raíz cuadrada, las variables x  otra vez. Encontrando así su Solución general.

d2y Ejemplo 1. Resolver: 2  a 2 y  0 d x

d2y   a 2 y Multiplicando todo por y  dx . 2 d x dx  dy , tenemos: y  y dy    a 2 y. y  dx ; recordando que y  dy    a 2 y.dy.

Solución:

1 2 a2 y2 2 y    C y   a 2 y 2  C1 . con C1= 2C. Integrando:  y dy     a y.dy.  2 2 2

77

Análisis Matemático

III

Despejando y´ tenemos una ecuación en variables separables, por lo que luego de integrar y haciendo algunas simplificaciones tenemos: dy dy y  C1  a 2 y 2   dx    dx  C 2 .  C1  a 2 y 2 C1  a 2 y 2

C1 1 ay  arc.sen  x  C2  y sen(ax  aC 2 ). a a C1 Utilizando la identidad trigonométrica del seno de la suma de ángulos y realizando algunas sustituciones tenemos: y  c1 senax  c2 cos ax /// . que es la solución. Ejemplo 2. Resolver:

d2y b  . d 2 x y3

d2y b  dx . Solución: Multiplicando todo por y  2 d x y3 b b dx  dy , tenemos: y  y dy   .y dx ; recordando que y  dy   dy. 3 y y3

C1 y 2  a 1 2 a b 2     y    C y  . con C1= 2C. Integrando:  y dy   dy  C  2 2y2 y2 y3 Despejando y´ tenemos una ecuación en variables separables, por lo que luego de integrar y haciendo algunas simplificaciones tenemos: 1 ydy ydy y  C1 y 2  a   dx    dx  C 2 .  y C1 y 2  a C1 y 2  a 1  C1 y 2  a  x  C 2  C1 y 2  a  C1 x  C1C 2  C1 y 2  a  (C1 x  C3 ) /// . C1 C1.C2 = C3.

4.1.2 Ejercicios propuestos:

   (0)  y  (0)  0 . 1. y   xe x , y(0)  y  2. y IV  x  1     x ln(x), y(1)  y  (1)  y  (1)  0 3. y     4. y  x  senx x   5. y   ( x  1) 4

d 2x  t2  3 6. 2 dt d 2x  t 7. dt 2 78

Análisis Matemático

III

b  8. y   y3 d  9. y   2  0 y

10.

d 2s 1  2 dt ( s  2) 3

d 2s 1 11. 2  dt as 2 d s k 12. 2   2 , Hallar “t” , si para t = 0 es s = a y ds/dt = 0. dt s

4.2 Ecuaciones que se reducen a un orden inferior. 4.2.1

Ecuación diferencial que no contiene “y” de forma explicita.

    , y , y ,......)  0 en la que realizando la sustitución de Esta ecuación es de la forma: F ( x, y  dy  p  y   y , p , etc. obtenemos una ecuación de orden inferior en una unidad la misma dx que quedaría así:  F ( x, p, p , p ,......)  0 .

  y  0 Ejemplo 1. Resolver: xy  Solución:

dp dp  p   y  p 0 ; Sustituyendo p  y  , en la ecuación dada tenemos: x dx dx dp dx dp dx   0    0 Despegando variables e integrando:  p x p x  C1  ln( p)  ln( x)  ln(C1 )  ln( px)  ln(C1 )  px  C1  p . ///. x dy  Como p  y  , sustituyendo en la Solución anterior, despegando e integrando obtenemos dx la Solución general de la ecuación dada. dy C1 dx dx   dy  C1  dy  C1   C2  y  C1 ln( x)  C 2 /// .  dx x x x 2  Ejemplo 2. Encontrar la Solución particular de: xy  con las condiciones de que:  1  y 2 y  0 para x = 1;  y = 1 para x = e .

79

Análisis Matemático

III

Solución:

dp dp  p   y  1 p2 Sustituyendo p  y  , en la ecuación dada tenemos: x ; dx dx dp dx dp dx Despegando variables e integrando:      ln(C1 )  2 2 x x 1 p 1 p  ln p  1  p 2  ln( x)  ln(C1 )  ln p  1  p 2  ln C1 x  p  1  p 2  C1 x  . 1  p 2  C1 x  p  1  p 2  C1 x 2  2C1 xp  p 2  C1 x 2  2C1 xp  1. ///. 2

2

y  p  0 para x = 1, tenemos que C1 = 1, por lo que la ecuación queda: 2 x  2 xp  1 /// . dy  Como p  y  , sustituyendo en la Solución anterior, despejando variables e integrando dx obtenemos: dy x2  1 x2  1 1 2 x 2  2x  1 2dy  dx  2 dy   dx  C 2  2y  x  ln( x)  C 2 . dx x x 2 1 2  y x  ln x  C 2 /// . (a) 4 8  e4 . Reemplazando en (a) Con la condición de que y = 1 para x = e2, tenemos que C 2  4 1 2 8  e4 y x  ln x  /// . encontramos lo solicitado.  4 4 Como

4.2.2

Ecuación diferencial que no contiene “x” de forma explícita.

    , y , y ,.....)  0 realizando la siguiente sustitución Esta ecuación tiene la forma: F ( y, y  obtenemos una ecuación de orden inferior en una unidad. dp 2      p, y   pp  Sustitución: y etc. Con p  , la ecuación dada queda y  p 2 p  pp dy de la siguiente manera: 2  F ( y, p, p , p 2 p  pp ,......)  0 . 2  Ejemplo 1. Encontrar la Solución: de yy   y  1 para las condiciones de que: y = 1; y´ = 1 para x = 0.

Solución:

dp  p  y . ; Como la ecuación dada es de orden dos la sustitución es: p  y  dy

80

Análisis Matemático

III

Realizando la sustitución, separando variables, integrando y simplificando tenemos: y. p

dp dp pdp dy pdp dy  p 2  1.  y. p  p2  1  0         0 2 2  dy dy y y  p  1 p  1

1 c2 c2 c2  y2 2  ln p 2  1   ln( y)  ln(c)  ln p 2  1  ln 2  p2  1   p  /// . 2 y y2 y2 Utilizando la condición p = y´= 1; para y = 1, encontramos el valor de c = 0, reemplazando en la ecuación anterior tenemos: p2 = 1,  p = 1 //.

dy , separando variables e integrando tenemos: dx

Reemplazando p 

dy  1 dy  dx  dy   dx  C1  y  x  C1 /// .  dx Por último con la condición y = 1, para x = 0, encontramos que C1 = 1. Reemplazando, tenemos la Solución pedida y = x + 1///. 2  Ejemplo 2. Encontrar la Solución: de y  .  yy   y 2 y

Solución:

dp  p  y . ; Como la ecuación dada es de orden dos la sustitución es: p  y  dy Realizando la sustitución, y simplificando tenemos:

p 2  yp

dp dp dp dp 1  y2 p   y  y2  p  y  p  y2   p  y. (a). dy dy dy dy y

(a) es una ecuación lineal en “p”, donde p( y )  

1 y

y Q( y)  y por lo que su Solución

general en fórmula es: p ( y ) dy 

. u.Q( y)dy  C . Con u  e 

(b) p.u 

1

dy

 1  1 ln y En nuestro caso u  e y  u e  u . Reemplazando todo en (b), e integrando y



tenemos:

p.

1  y

1

. y.dy  C  p  y( dy  C ),  p  y( y  C ). ///.  y 1

1

1

81

Análisis Matemático

III

Para terminar el Ejemplo.- reemplazamos a p  y  ; luego de separar variables e integrar llegamos a la Solución solicitada.

 dy dy dy A B     y( y  C1 )  dx    dx  C 2   dy  x  C 2 .    dx y( y  C1 ) y( y  C1 ) y y  C1      1 1 1 y     dy  x  C 2  ln y  ln y  C1  x  C 2  ln C  x  C2 .    1 y C1 ( y  C1 )  C1 y  C1   y   y  C1  C1 .e x  1

C2

/// .

4.2.3 Ejercicios propuestos. 2  y  5 y  6 0 y   y ln( ) 2. xy  x 2  3. y   y  2e  y 2  4. x  y   1

1.

2

2   y      y y   5. y   x    2

2  6. y   1  y

 7. x 2 y   xy   1   ( x  2) y   x 2 0 8. ( x  1) y  2   9. yy   y 2  y y  y y 2 2  10. yy   y  y y 2  y

2 3   y  y ln( y)  0 11. yy    y  0 12. xy 

Hallar las soluciones que satisfagan a las condiciones que se indican:

 13. y  y 3  1,......; y  1,... y   1 , para x = ½. 2  14. xy   1  y ;........ y  0,... para...x  1;.... y   1,.... para....x  e 2 y y   (1  ln );.... y  1 / 2,... y   1,.. para...x  1 15. y  x x

82

Análisis Matemático

III

4.3 Ecuaciones diferenciales lineales de orden superior. 4.3.1 Una

Definiciones. ecuación

de

la

forma:

y ( n)  p1 ( x) y n 1  ............  pn ( x) y  Q( x). (a),

donde

p1 ( x),....., pn ( x) , son funciones de “x” solamente o constantes se llama ecuación diferencial Lineal de orden “n”. Si en (a) q( x)  0 , la ecuación lineal toma el nombre de Homogénea. Antes de ver la manera de resolver estas ecuaciones es necesario recordar las definiciones de independencia y dependencia lineal de funciones. Dependencia lineal.- Las funciones

y1  f1  x  ,

y 2  f 2  x  ,....... y n  f n  x 

se llaman

linealmente dependientes, cuando existen unas constantes C1 , C2 ,...., Cn , tales, que sin ser todas iguales a cero, se tiene C1 y1  C2 y 2  .....  Cn y n  0; En el caso contrario estas funciones reciben el nombre de linealmente independientes. Una de las formas de comprobar la dependencia e independencia lineal de las funciones es mediante un determinante especial llamado WRONSKIANO el mismo que tiene la siguiente definición.

W ( y1 , y 2 ,......, y n ) 

y1 y2 y 3 ... y1y 2y 3 ........

yn y n

....... ....... ........ ......... y1n  1 y 2n  1 y 3n  1 .... y nn  1 Como podemos observar en su definición será necesario que cada función tenga al menos su derivada de orden (n-1) en un intervalo Al resolver el wronskiano vamos a obtener dos soluciones la una nula y la otra diferente de cero, las mismas que nos determinaran si las funciones analizadas son linealmente dependientes o independientes respectivamente. Nota: Que el Wronskiano W  0 , para que las funciones sean linealmente independientes es una condición necesaria pero no suficiente.

Ejemplos: Mediante el Wronskiano demostrar que el siguiente conjunto de funciones son linealmente independientes. 1.- 1, e  x ,2e 2x . Solución:

1 e x W  0  e x 0 e x

2e 2 x 4e 2 x   8e x  4e x   12e x /// . 8e 2 x

83

Análisis Matemático

III

Como el w  0 estas funciones son linealmente independientes. 2.- x 2 , x 4 , x 8 . Solución:

x2 x4 W  2x 4x 3 2 12 x 2

x8 8 x 7  (224 x11  24 x11  16 x11 )  (8 x11  96 x11  112 x11 )  48 x11 /// . 56 x 6

Como el w  0 estas funciones son linealmente independientes. 3.- x,2 x,4 x. Solución: x 2x 4x W 1

2

4  0 /// .

0

0

0

Como el w  0 estas funciones son linealmente dependientes. 4.3.2

Ecuaciones homogéneas.

Al haber ya, recordado los conceptos de dependencia e independencia lineal de funciones podemos decir que la Solución general de la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n (1) y  n   P1  x  y  n 1  ....  Pn  x  y  0 Con coeficientes continuos Pi  x 

i

1,2,...., n tiene la forma

y  C1 y1  C2 y 2  ....  Cn y n , Donde y1 , y 2 ,... y n , son soluciones linealmente independientes de la ecuación (1) (también se llama sistema fundamental de soluciones). 4.3.3

Ecuaciones no homogéneas.

La Solución general de la ecuación diferencial lineal no homogénea y  n   P1  x  y  n 1  ....  Pn  x  y  Q x  ,

(2)

Siendo los coeficientes Pi  x  y el segundo miembro Q x  funciones continuas, tiene la forma Donde es la solución general de la correspondiente ecuación homogénea (1) e una solución particular de la ecuación no homogénea dada. (2). Si se conoce un sistema fundamental de soluciones y1 , y 2 ,...., y n de su correspondiente ecuación homogénea (1), la Solución general de la ecuación no homogénea (2) se puede hallar por la fórmula 84

Análisis Matemático

III

y  C1  x  y1  C2  x  y 2  ....Cn  x  y n , Donde las funciones Ci  x   i  1,2,...., n se obtienen del sistema de ecuaciones  x  y1  C 2  x  y 2  ........  C n  x  y n  0, C1    x  y1  x  y 2  x  y n C1  C 2  ........  C n  0  ....................................................................................   (3) ....................................................................................    x  y1 n 2   C 2  x  y 2  n 2   ........  C n  x  y n  n 2   0  C1   x  y1 n 1  C 2  x  y 2  n 1  ........  C n  x  y n  n  1  Q  x   C1  (Este procedimiento se llama método de variación de las constantes arbitrarias).

4.4 Ecuaciones constantes.

diferenciales

lineales

homogéneas

con

coeficientes

Las ecuaciones diferenciales lineales homogéneas con coeficientes constantes son de la forma: bn y n  bn 1 y n 1  ...........  b1 y   b0 y  0 , donde b0, b1,…..bn son constantes. Para resolver este tipo de ecuaciones diferenciales primero consideremos el polinomio característico de la siguiente forma: P(m)  bn m n  bn 1m n 1  ...........  b1m  b0  0 Como el polinomio característico P (m) = 0 es de grado n, entonces al encontrar su Solución puede obtenerse n raíces las mismas que pueden ser: reales distintas, reales iguales con multiplicidad s o imaginarias, las que nos permitirán dar diferentes formas a la Solución de esta ecuación diferencial. 1º Caso.- Cuando las raíces del polinomio característico P(m)  0 son reales distintas, el sistema fundamental de soluciones tendrá la forma siguiente: e m1x , e m2 x ,......., e mn x , y la Solución general de la ecuación diferencial homogénea es:

y g  c1e m1x  c2 e m2 x  .......  cn e mn x , ///. 2º Caso.- Cuando las raíces del polinomio característico P(m)  0 son reales y alguna de multiplicidad s, consideremos m1  m2  ......  ms  m , donde m es la raíz de multiplicidad s, y n – s son las demás raíces y distintas, el sistema fundamental de soluciones tendrá la forma siguiente: e m1x , xe mx , x 2 e mx ......., x s  1e mx , e ms  1x ,.....e mn x . En este caso la Solución general de la ecuación diferencial homogénea será: y g  c1e mx  c2 xe mx  c3 x 2 e mx  .......  cs x s  1e mx  cs  1e ms  1x  .....  cn e mn x /// . 3º Caso.- Cuando las raíces del polinomio característico P(m)  0 alguno de estas son imaginarias: m1  a1  ib1 ; m2  a1  ib1 ; m3  a2  ib2 ; m4  a2  ib2 , y las demás raíces supongamos que sean reales y distintas, luego el sistema fundamental de soluciones tendrá la forma siguiente: 85

Análisis Matemático

III

e a1x cos .b1 x; e a1x sen.b1 x; e a2 x cos .b2 x; e a2 x sen.b2 x; e m5 x ,.......e mn x . Por lo que en este caso la Solución general de la ecuación diferencial homogénea vendrá dada por: y g  c1e a1x cos .b1 x  c2 e a1x sen.b1 x  c3 e a2 x cos .b2 x  c4 e a2 x sen.b2 x  c5 e m5 x  ......  cn e mn x /// . Ejemplos: Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales:

 1.- y   3 y  2y  0 Solución: El polinomio característico, correspondiente a la ecuación diferencial dada es: P(m)  m 2  3m  2  0 resolviendo encontramos sus raíces m1  1; y m2 = 2; por lo que su sistema fundamental de soluciones es: ex, e2x, y la Solución general y g  c1e x  c2 e 2 x /// .

    3 y  6 y  8y  0 2.- y  Solución: El polinomio característico, correspondiente a la ecuación diferencial dada es: P(m)  m 3  3m 2  6m  8  0 ; resolviendo encontramos sus raíces m1  2; m2 = -4 y m3 = -1; por lo que su sistema fundamental de soluciones es: e2x, e-4x, y e-x, y la Solución general y g  c1e 2 x  c2 e  4 x  c3 e  x /// .

    y  16 y   20 y  0 3.- y  Solución: El polinomio característico, correspondiente a la ecuación diferencial dada es: P(m)  m3  m 2  16m  20  0 ; resolviendo encontramos sus raíces m = 2 de multiplicidad 2 y m1 = - 5; por lo que su sistema fundamental de soluciones es: e2x, xe2x, y e-5x, y la Solución general y g  c1e 2 x  c2 xe 2 x  c3 e  5 x /// .

  10 y   25 y  0 4.- y  Solución: El polinomio característico, correspondiente a la ecuación diferencial dada es: P(m)  m 2  10m  25  0 ; resolviendo encontramos sus raíces m = 5 de multiplicidad 2 ; por lo que su sistema fundamental de soluciones es: e5x, xe5x, y la Solución:general 5x 5x y g  c1e  c2 xe /// .

86

Análisis Matemático

III

   5.- y   y  5 y  7y  0 Solución: El polinomio característico, correspondiente a la ecuación diferencial dada es: P(m)  m3  m 2  5m  7  0 ; resolviendo encontramos sus raíces m1 = -1; m2  1 

m3  1 

6i y

6i ; por lo que su sistema fundamental de soluciones es:

e-x, e x cos . 6 x; e x sen. 6 x , Y la Solución general y g  c1e  x  c2 e x cos . 6 x  c3 e x sen. 6 x /// .

 6.- y1V  2 y   y 0 Solución: El polinomio característico, correspondiente a la ecuación diferencial dada es: P(m)  m 4  2m 2  1  0 ; resolviendo encontramos sus raíces m1 = i; de multiplicidad 2 y m2   i , de multiplicidad 2; por lo que su sistema fundamental de soluciones es: cos x; x.cos x; sen x; x.sen x, Y la Solución general y g  c1 cos x  c2 x cos x  c3 sen.x  c4 xsenx /// .

4.5 Ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas con coeficientes constantes. Las Ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas son de la forma: bn y n  bn 1 y n 1  ...........  b1 y   b0 y  Q( x) (A), donde b0, b1,…..bn son constantes reales Para hallar la Solución general de la ecuación diferencial lineal no homogénea (A), primero se determina la Solución general de su respectiva ecuación diferencial lineal homogénea yg, y luego se busca una Solución particular cualquiera de la ecuación diferencial no homogénea yp, y la Solución general de la ecuación (A) es la suma de las dos.

y  yg  y p . Para determinar la función yp existen dos procedimientos: el uno por medio del método de los coeficientes indeterminados y el otro por la variación de la constante arbitraria o del parámetro.

4.5.1

Casos donde se puede encontrar indeterminados.

, utilizando el método de los coeficientes

1er Caso. Cuando el segundo miembro de la ecuación (A) es la función Q x   Pn (x) , donde Pn(x) es un polinomio de grado n entonces:

87

Análisis Matemático

III

a) Si m  0 , no es raíz del polinomio característico P(m)  0 , la Solución particular es de la forma Y p  Rn (x) , donde Rn(x) es un polinomio grado n con coeficientes indeterminados. b) Si m  0 , es raíz del polinomio característico P(m)  0 , entonces la Solución particular es de la forma Y p  x s Rn (x) , donde s es la multiplicidad de m  0 . 2do Caso. Si la función del segundo miembro de (A) es: Q x   e ax Pn x  donde Pn x  es un polinomio de grado n, y a es real, tenemos: a) Si a no es raíz de la ecuación característica P(m)  0 , entonces su Solución particular es:

y p  e ax Rn x  donde Rn x  es un polinomio de grado n con coeficientes indeterminados.

b) Si a es raíz de la ecuación característica P(m)  0 , se considera como Solución particular

y p  x s e ax Rn x  , donde s es el grado de multiplicidad de la raíz a.

3er Caso. Si tenemos que el segundo miembro de la ecuación (A) es Q x   e ax  Pn  x  cos bx  S m  x  senbx , donde Pn(x) y Sm(x) son polinomios de grado n y m respectivamente, entonces:

bi , no es raíz de la ecuación característica P(m)  0 , su solución particular es: a) Si a  Y p  e ax  TN  x  cos bx  U N  x  senbx ,

Donde TN  x  y U N  x  son polinomios de grado N =máx  n, m .

bi , es raíz de la ecuación característica P(m)  0 , entonces la b) Si por el contrario, a  Solución particular sería: Y p  x s e ax  TN  x  cos bx  U N  x  senbx , bi . (Para la ecuación de 2° orden Donde s es el grado de multiplicidad de la raíz a 

s =1

En el caso general, para resolver la ecuación las ecuaciones diferenciales lineales de cualquier orden se emplea el método de variación de las constantes arbitrarias. Ejemplos: Hallar las soluciones de las siguientes ecuaciones:

  4 y  4y  x2 1.- y  Solución: El polinomio característico, de la ecuación diferencial lineal homogénea correspondiente a la ecuación dada es:

88

Análisis Matemático

III

P(m)  m 2  4m  4  0 ; resolviendo encontramos sus raíces m1 = 2; de multiplicidad 2; por lo que su sistema fundamental de soluciones es: e 2 x ; xe 2 x y su Solución es: y g  c1e 2 x  c2 xe 2 x /// . Y de acuerdo a la parte a del 1er caso la Solución particular es: y p  Ax 2  Bx  C. Para determinar los valores de A, B y C, formamos un sistema de ecuaciones derivando esta Solución cuantas veces sean necesarias y reemplazando en la ecuación dada así:

 y p  Ax 2  Bx  C  y y p  2 Ax  B; y  p  2A .

 Como y   4 y  4 y  x 2 , es la ecuación dada tenemos: 2 A  4(2 Ax  B)  4( Ax 2  Bx  C )  x 2  4A  1    8 A  4B  0   2 A  4 B  4C  0  Resolviendo el sistema y reemplazando los valores en la Solución particular tenemos:

1 1 3 1 2 1 3 ;B  ; y..C   yp  x  x  /// . 4 2 8 4 2 8 Luego la Solución general de la ecuación no homogénea es: A

y  c1e 2 x  c2 xe 2 x 

1 2 1 3 x  x  /// . 4 2 8

 2.- y iv  3 y   4 y  2 x 4  8x  2 Solución: Sg. Y = Yg + Yp Para Hallar Yg

El polinomio característico, de la ecuación diferencial lineal homogénea ASOCIADA a la ecuación dada es: P(m)  m 4  3m 2  4  0 ; resolviendo encontramos sus raíces m1 = 2; m2 = -2; m3 = i y m4 = -i; por lo que la Solución es: y g  c1e 2 x  c2 e 

2x

 c3 cos x  c4 senx /// .

Y de acuerdo a la parte “a” del 1er caso la solución particular es: y p  Ax 4  Bx 3  Cx 2  Dx  E. Para determinar los valores de A, B, C, D, y E, formamos un sistema de ecuaciones derivando esta Solución cuantas veces sean necesarias y reemplazando en la ecuación dada así:

89

Análisis Matemático

III

y p  Ax 4  Bx 3  Cx 2  Dx  E 3 2 y p  4 Ax  3Bx  2Cx  D;

 2 y p  12 Ax  6 Bx  2CX

.

  y p  24 Ax  6 B; y iv  24 A

 Como y iv  3 y   4 y  2 x 4  8x  2 , es la ecuación dada tenemos: 24 A  3(12 Ax 2  6 Bx  2C )  4( Ax 4  Bx 3  Cx 2  Dx  E )  2 x 4  8 x  2   4A  2    4B  0    36 A  4C  0    18B  4 D  8   24 A  6C  4 E  2  Resolviendo el sistema y reemplazando los valores en la Solución particular tenemos:

1 9 1 9 2 ; B  0; C  ; D   2; y..E   8  y p   x4  x  2 x  8 /// . 2 2 2 2 Luego la Solución general de la ecuación no homogénea es: A 

y  c1e 2 x  c2 e 

4.5.2

2x

 c3 cos x  c4 senx 

1 4 9 2 x  x  2 x  8 //// . 2 2

Ejemplos de ecuaciones diferenciales lineales de orden “n” con coeficientes constantes no homogéneas, utilizando el método de la variación del parámetro.

Ejemplos: Hallar las soluciones de las siguientes ecuaciones:

  y  csc x 1.- y  Solución: a.- Encontramos la Solución de su respectiva ecuación homogénea.

 y  y 0 m2  1  0  m  i Polinomio característico: p(m)  0   y g  C1 cos x  C2 senx.

90

Análisis Matemático

III

b.- La Solución particular de la ecuación diferencial viene dada por:

C1 ( x) cos x  C 2 ( x) senx  0  ; y p  C1 ( x) cos x  C2 ( x)senx, Tal que   C1 ( x) senx  C 2 ( x) cos x  0  De donde:

0 senx csc x cos x  1 C1 ( x)     1.  C1 ( x)   1  C1 ( x)   x. cos x senx 1  senx cos x

cos x 0  senx csc x ctgx C2 ( x)  ctgx  C2 ( x)  ln senx . C 2 ( x)    ctgx.  cos x senx 1  senx cos x Entonces la Solución general de la ecuación es:

Y  yg  y p  Y  C1 cos x  C2 senx  x cos x  senx ln senx .

 2.- y   4 y  4 y  x  2e

2x

Solución: a.- Encontramos la Solución de su respectiva ecuación homogénea.

 y  4 y  4y  0 Polinomio característico: p(m)  0  m 2  4m  4  0  m1 2   2  2x  2x  y g  C1e  C2 xe . b.- La Solución particular de la ecuación diferencial viene dada por: y p  C1 ( x)e 

2x

 C2 ( x) xe 

2x

, Tal que

 C1 ( x)e  2 x  C 2 ( x) xe  2 x  0     2C1 ( x)e  2 x  C 2 ( x)e  2 x (1  2 x)  x  2 e  

2x

; Dividido todo para e 

2x

C1 ( x)  C 2 ( x) x  0    2C1 ( x)  C 2 ( x)(1  2 x)  x  2  91

Análisis Matemático

III

De donde:

0 x  2 x 1  2x  x  1 C1 ( x)     x  1.  C1 ( x)   x  1  C1 ( x)   ln( x). 1 x 1  2 1  2x

1 0  2 x 2 C 2 ( x)  1 x



x 2  x 2.  C2 ( x)  x  2  C 2 ( x)   x  1 . 1

 2 1  2x Entonces la Solución general de la ecuación es:

Y  yg  y p  Y  e  2 x (C1  C2 x  ln( x)  1) /// .

   3.- y   y  y  y  4x e x Solución: a.- Encontramos la Solución de su respectiva ecuación homogénea.

   y  y  y  y 0 Polinomio característico: p(m)  0  m3  m 2  m  1  0  m1 2  1....m3   1  y g  C1e x  C2 xe x  C3 e  x . b.- La Solución particular de la ecuación diferencial viene dada por: y p  C1 ( x)e x  C2 ( x) xe x  C3 ( x)e  x , Tal que

 C1 ( x)e x  C 2 ( x) xe x  C3 ( x )e  x  0  C1 ( x)e x  C 2 ( x)e x (1  x)  C3 ( x )e  x  0 ;   x x  x x C1 ( x)e  C 2 ( x)e (2  x)  C3 ( x)e  4 xe 

De donde:

92

Análisis Matemático

C1 ( x) 

C1 ( x) 

C1 ( x) 

xe x e x e x (1  x)  e  x e x (2  x) e  x

0 0 4 xe x x

III

 x

x

e ex ex

xe e e (1  x)  e  x e x (2  x) e  x

ex ex ex

0 0 4 xe x

x

x

e x  e x e x

x

 x

e ex ex

xe e e (1  x)  e  x e x (2  x) e  x

ex ex ex

xe x 0 x e (1  x) 0 x e (2  x) 4 xe x

x

e ex ex

1 1 2  C1 ( x)   2 x 2  x  C1 ( x)   x3  x. 3 2

 C2 ( x)  2 x  C1 ( x)  x 2 .

x

x

 x

xe e e (1  x)  e  x e x (2  x) e  x

1 1 2  C1 ( x)   2 x 2  x  C1 ( x)   x3  x. 3 2

x

 C2 ( x)  x  2  C 2 ( x)   x  1 . La solución general de la ecuación es:

y  yg  y p  y  e 2 x (C1  C2 x  ln( x)  1) /// .

4.6 Ecuaciones de Euler. La ecuación lineal de la forma:

 ax  b n y  n 

 A1  ax  b

n 1

y  n 1  ....  An 1  ax  b y   An y  f  x  , (1)

Donde a, b, A1 ,...., An 1 , An , son constantes, se llama ecuación de Euler. Para el recinto ax + b > 0, introducimos una nueva variable independiente t, poniendo: ax  b  e t . De donde encontrando las derivadas:

93

Análisis Matemático

III

 d 2 y dy   y n  a 2 e  2t   ,  dt 2 dt     d3y d2y dy  y m  a 3 e  3t   3  2  y así sucesivamente, 3 2  dt  dt dt   Y reemplazando en la ecuación de Euler, ésta se transforma en una ecuación lineal con coeficientes constantes en “t”. Si el valor de “b” es igual a cero (0) en la ecuación de Euler, se puede buscar directamente soluciones particulares de la forma y  x k , obteniendo para k una ecuación que coincide con la ecuación característica de su respectiva ecuación lineal homogénea en “t”.

y  ae 

t

dy , dt

Ejemplos: Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales de Euler:

 1.- (2 x  1) 2 y   2(2 x  1) y   4 y  0 (1) Solución: Haciendo en la ecuación (1) la sustitución 2 x  1  e t , se tiene: dy d 2 y dy  y  2e  t ...;.... y   4e  2t ( 2  ). Entonces sustituyendo y simplificando la ecuación dt dt dt toma la forma:

d 2 y dy d2y dy t  t dy  )  2 e . 2 e  4 y  0   2  y  0 (2). 2 2 dt dt dt dt dt De donde su ecuación característica y sus raíces son: m 2  2m  1  0  m1 2  1. y la t t t t  ln(2 x  1) resulta Solución general de (2) es: y  C1e  C2 te pero como 2 x  1  e  y  C1 (2 x  1)  C2 (2 x  1) ln(2 x  1) /// . e 2t .4e 

2t

(

  3( x  2) y   3 y  0 (1) 2.- ( x  2) 2 y  Solución: Haciendo en la ecuación (1) la sustitución x  2  e t , se tiene: 2 dy  t dy  2t d y    y  e ...;.... y  e ( 2  ). Entonces sustituyendo y simplificando la ecuación toma dt dt dt la forma: 2t

e .e

 2t

d 2 y dy d2y dy t  t dy ( 2  )  3e .e  3y  0   2  3 y  0 (2). 2 dt dt dt dt dt

94

Análisis Matemático

III

De donde su ecuación característica y sus raíces son: m 2  2m  3  0  m1  1.... y.....m2   3 y la Solución general de (2) es: y  C1e t  C2 e  3t pero como

x  2  e t , resulta y  C1 ( x  2)  C2 ( x  2)  3 /// .  3.- x 2 y   2 xy   6 y  0 (1) Solución: Haciendo en la ecuación (1) la sustitución x  e t , se tiene: dy d 2 y dy  y  e t ...;.... y   e  2t ( 2  ). Entonces sustituyendo y simplificando la ecuación toma dt dt dt la forma:

d 2 y dy  ) dt 2 dt De donde su  m1  2.... y.....m2  , resulta y  C1 x 2  e 2t .e 

2t

(

dy d 2 y dy  6y  0    6 y  0 (2). dt dt 2 dt m2  m  6  0 ecuación característica y sus raíces son:  3 y la Solución general de (2) es: y  C1e 2t  C2 e  3t pero como x  e t

2e t .e 

t

C2 x  3 /// .

Segundo método: Se busca una solución de la ecuación dad de la forma y  x k , donde k es un número desconocido. Se tiene:

 y  kxk  1 ...;.... y   k (k  1) x k  la forma:

2

Entonces sustituyendo y simplificando la ecuación (1) toma

x 2 k (k  1) x k  2  2 xkx k  1  6 x k  0  k (k  1) x k  2kxk  6 x k  0  / xk  0 Tenemos: k (k  1)  2k  6  0  k2  k  6  0  k1  2.... y.....k 2   3 . El sistema fundamental de 2  3 soluciones son: y1  x ....  ..... y 2  x y su Solución general será: y  C1 x 2  C2 x  3 /// .     4.- x 2 y   2 y  x 2 y  2 y  0 , todo multiplicando por “x” 3   x y  2 xy   0 (1) Por el segundo método: Se busca una Solución de la ecuación dada de la forma y  x k , donde k es un número desconocido. Se tiene:

   y  kxk  1 ...;.... y   k (k  1) x k  2 ....;.... y   k (k  1)(k  2) x k  3 . simplificando la ecuación (1) toma la forma:

Entonces

sustituyendo

y

x 3 k (k  1)(k  2) x k  3  2 xkx k  1  0  k (k  1)(k  2) x k  2kxk  0  / xk  0 Tenemos: 95

Análisis Matemático

III

k1 2  0.... y.....k 3  3 . El sistema fundamental de k 3  3k 2  0  k (k  1)(k  2)  2  0  soluciones

son: y1  1....;.... y 2  ln( x)....  y su solución general ... y3  x 3

será:

y  C1  C2 ln( x)  C3 x 3 /// .

4.7 Ejercicios propuestos. En los siguientes ejemplos determine mediante el Wronskiano la independencia o dependencia lineal del siguiente grupo de funciones. 1. 4, x 2. 1, 2, x, x2 3. x, 2x, x2 4. sen x, cos x, cos 2x 5. 5, arctg x, arctg x 6. ex, 2ex, e-x 7. π, arcsen x, arccos x 8. 4, sen2x, cos 2x 9. e-3xsen 2x, e-3xcos 2x 10. 1/x, e1/x. Hallar la Solución de las siguientes ecuaciones lineales homogéneas con coeficientes constantes. 11. y IV  y  0    12. y IV  2 y   4 y  2 y  5y  0

    y V  4 y IV  5 y   5 y  6 y  4y  0   y  3 y  2y  0      y  6 y  11y   6y  0     y  3 y  3 y  y  0;... y(0)  1,.... y (0)  2,... y (0)  3.  y  4 y  3 y  0;... y(0)  6,... y (0)  10  y  2 y  2y  0  y  2 y  y 0  3 y  2 y  8y  0  y  2 y  3 y  0;... y(0)  1,... y (0)  3  y  4 y  3 y  0;... y(0)  6,... y (0)  10   y  8y  0    2y  0 24. y    5 y  4 y  0;... y(0)  5,... y  (0)  8 25. y 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22. 23.

Indicar la forma de las soluciones particulares de las siguientes ecuaciones lineales no homogéneas.   4 y  x 2e2x 26. y 

96

Análisis Matemático

III

 27. y   4 y  4 y  sen2 x  e 2 x  28. y   4 y  3 y  xe x cos 2 x  x 2 e x sen2 x.  29. y   4 y  senxsen2 x   30. y   y x   4 y  3y  1 31. y     y  3 32. y  Hallar la Solución de las siguientes ecuaciones lineales no homogéneas con coeficientes constantes.   2 y  y  2 33. y   34. y   4 y  4 y  2x 2  35. y   2 y  2 y  e  x cos x  x e     y  senx 36. y   37. y   y  x 2 senx.   2 y  y  3sen2 x  cos x 38. y   39. y   y  y  1  senx  x  x 2

x

 40. y   6 y  9 y  9 xe  3 x    41. y   y  y  y  xe x

   42. y IV  2 y   y  x3 Hallar la Solución de las siguientes ecuaciones lineales no homogéneas por el método de variación de las constantes arbitrarias.

  y  tgx 43. y  1 cos 2 x 1   y  x 45. y  e  1 e x   2 y  y 46. y  x ex   47. y  2 y  y  2 x  1 2x  48. y   y  e cos e x   4 y  senx , que satisface las condiciones y = 49. Hallar la Solución de la ecuación y  1, y`= 1 para x = 0.   2 y  e 2 x  x 2  1 , que satisface las 50. Hallar la Solución de la ecuación y  condiciones y = 1/8, y`= 1 para x = 0.   4y  44. y 

Hallar la Solución de las siguientes ecuaciones de Euler.

  xy   3y  0 51. x 2 y 

97

Análisis Matemático

III

   52. x 3 y   3x 2 y   6 xy   6y  0 2  53. x y   xy   4y  0  54. (1  x) 2 y   3(1  x) y   4y  0 2  55. (1  x) y   3(1  x) y   4 y  (1  x) 3  56. Hallar la Solución particular de la ecuación x 2 y   xy   y  x , cuyas condiciones de frontera son: y = 0, y`= 1 para x = 1.  57. x 2 y   xy   y  x(6  ln x).

4.8 Aplicaciones de las ecuaciones

orden.

4.8.1 Aplicaciones físicas. 4.8.1.1 Movimiento armónico simple. Supongamos que un cuerpo de masa “m” está sujeto a un resorte flexible suspendido de un soporte rígido, según la Ley de Hooke que dice que el resorte ejerce una fuerza de restitución opuesta a la dirección del alargamiento y proporcional a su magnitud. Y de acuerdo con la Ley d 2x de Newton. La ecuación diferencial que rige este movimiento es: m 2   kx. o dt 2 d x k  x  0 : donde k es la constante de proporcionalidad. dt 2 m

k d 2x 2   x  0 (1). , la ecuación toma la forma: 2 m dt d 2 )x  0  D .: Introduciendo operadores tendríamos ( D 2   dt 2  Remplazando 

Para resolver este problema tenemos que “x” es el desplazamiento de la masa desde la posición de equilibrio. Las condiciones iniciales obvias son dos: x= α y dx/dt = β, para t = 0, también adoptándose la convención de que los desplazamientos medidos hacia abajo desde la posición de equilibrio se consideran positivos y los que van hacia arriba negativos, tendremos que su Solución general tendrá la forma: x(t )  C1 cos(wt )  C2 sen(wt ). (2). Donde las constantes se determinan con las condiciones iniciales.

Luego podremos determinar el periodo de las vibraciones y la frecuencia de las mismas utilizando las siguientes fórmulas: 2 1  T , y f   .  T 2 Una forma práctica de poner la Solución de la ecuación anterior, es de la forma: x(t )  Asen( .t   ) (3).

98

Análisis Matemático

III

Donde A es la amplitud de las oscilaciones y se relaciona con las constantes arbitrarias por la C1 C2 2 2 formula: A  C1  C 2 y  es un ángulo de fase y se define por: sen  ; cos  . A A Esta forma de expresar la Solución es muy conveniente, ya que nos permite calcular los valores del tiempo en los cuales la gráfica de x (t) atraviesa el eje t positivo (la recta x = 0). Observando también que sen( .t   )  0 cuando  .t    n donde n es un entero positivo. En la ecuación (1) se supone que en el sistema no hay rozamiento. Considérese ahora el caso en que el movimiento del peso sea retardado por una fuerza de rozamiento β (dx/dt) proporcional a la velocidad, donde β es una constante positiva. Entonces, la ecuación diferencial es:

d 2x dx m 2   kx   , dt dt O bien d 2x dx 2  2b   x  0, (4) 2 dt dt

  2b  m

y

2  

k . m

Si introducimos el operador D = d/dt, la ecuación (2) se convierte en: 2 ( D 2  2bD   ) x  0. 2 De aquí tenemos que la ecuación característica es: m 2  2bm    0, con raíces

2 m  b b2   .

Surgen así tres casos, dependiendo del las magnitudes relativas de b y ω. Caso 1.- Si b = ω, las raíces de la ecuación son iguales, y la Solución es:

x(t )  (C1  C2 t )e 

 t

.

(5)

Observamos que al transcurrir el tiempo, x tiende a cero. El movimiento no es oscilatorio. Caso 2.- Si b > ω, las raíces de la ecuación son reales pero desiguales, y la Solución es:

x(t )  C1e m1t  C2 e m2t . (6) También podemos observar que al transcurrir el tiempo, x va ha tender cero. El movimiento tampoco es oscilatorio.

99

Análisis Matemático Caso 3.- Si b < ω, sea m1   b  ai,

y

III ω2 - b2 = a2. Entonces las raíces serán imaginarias del tipo: m2   b  ai, y la Solución es:

x(t )  e  bt (C1 cos at  C2 senat ). (7). Esta ecuación realizando algunas acotaciones podemos también poner como:

x(t )  Ae  bt sen(at   ) . (8) Esta ecuación representa un movimiento vibratorio amortiguado. Es análogo al movimiento armónico simple, de periodo T  2 , excepto que en su amplitud no es constante, si no que a -bt esta dado por Ae . Como esta última expresión tiende a cero Mientras t crece, las vibraciones tienden a desaparecer con el transcurso del tiempo. Observamos sin embargo que la ecuación (8) se reduce a la (3) en ausencia de rozamiento. El efecto del rozamiento es doble: 1. b = c / (2m) aparece como coeficiente en el factor de amortiguamiento exponencial e-bt. Cuanto mayor sea b, con más rapidez tienden las vibraciones a hacerse imperceptibles. 2 2. El periodo T  2 / a  2 /   b 2 es mayor que el T0 = 2π / ω en el sistema sin rozamiento. En las figuras que se encuentran a continuación se representan las soluciones de la ecuación. La magnitud de b con respecto a ω, determina:

Ejemplo 1. Un cuerpo que pesa 3lb estira un muelle 6plg (1/2 pie). Dicho cuerpo se suelta en t = 0 desde un punto que esta a 8plg (2/3 pie) bajo la posición de equilibrio, con una velocidad dirigida hacia arriba de 4/3 pie/sg. Determine la función x (t) que describe el movimiento libre resultante. Solución: Por la ley de Hooke tenemos:

1 lb k 6 F  kx , reemplazando valores 3  k ( )  . 2 pie

W 3  slug. g 32 Estos valores reemplazando en la ecuación que rige el movimiento tenemos: Además pasamos las unidades de peso a unidades de masa: m 

d 2x  dt 2

6 d 2x  0  64 x  0 . Esta es una ecuación lineal homogénea 3 dt 2 32

100

Análisis Matemático

III

Resolviendo: El polinomio característico, correspondiente a la ecuación diferencial dada es: 8.i ; por lo que su sistema P(m)  m 2  64  0 ; resolviendo encontramos sus raíces m   fundamental de soluciones es: cos .8t; sen.8t y la Solución general es: x(t )  c1 cos .8t  c2 sen.8t /// . Derivando esta Solución: x (t )   8c1 sen.8t  8c2 cos .8t /// . Y utilizando las condiciones iniciales: x (0) = 2/3, dx/dt (0) = -4/3 (El signo negativo por ser opuesta al movimiento (hacia arriba)), en estas ecuaciones encontramos los valores de c1 y c2.

c1 

1 2 . , y c2   6 3

Reemplazando en la Solución general tenemos: x(t ) 

2 1 cos .8t  sen.8t /// . 3 6

Ejemplo 2. Un cuerpo que pesa 64lb sujeto al extremo de un muelle lo estira 0.32 pie. El cuerpo ocupa una posición que esta a 8plg (2/3 pie) sobre la posición de equilibrio, y desde ahí se le comunica una velocidad dirigida hacia abajo de 5 pie/sg. a) Encuentre la ecuación del movimiento. b) Calcule la amplitud y el periodo del movimiento. c) Cuál es la posición y velocidad instantánea en 0,3 segundos. Solución: a) Por la ley de Hooke tenemos:

lb F  kx , reemplazando valores 64  k (0.32)  k  200 . pie W 64   2.slug. g 32 Estos valores reemplazando en la ecuación que rige el movimiento tenemos: Además pasamos las unidades de peso a unidades de masa: m 

d 2x  100 x  0 . Esta es una ecuación lineal homogénea dt 2 Resolviendo: El polinomio característico, correspondiente a la ecuación diferencial dada es: 10i ; por lo que su Solución P(m)  m 2  100  0 ; resolviendo encontramos sus raíces m   general es: x(t )  c1 cos .10t  c2 sen.10t /// . Derivando esta Solución: x (t )   10c1 sen.10t  10c2 cos .10t /// . Y utilizando las condiciones iniciales: x (0) = 2/3, encontramos los valores de c1 y c2.

c1 

dx/dt (0) = 5; en estas ecuaciones

1 2 . , y c2  2 3

101

Análisis Matemático

III

Reemplazando en la Solución general tenemos: x(t ) 

2 1 cos .10t  sen.10t /// . Que es la 3 2

ecuación del movimiento. b) La amplitud es igual: A  El periodo es: T 

2



2

2

2 2 2  1  0.8333. c1  c2  A 3 2

2 , T  0.628 10

c) La posición después de 0,3 segundos seria: 2 1 x(0,3)  cos .10.(0.3)  sen.10(0.3)  x(0.3)   0,4645 pie /// . 3 2 20 (t )   sen.10(0.3)  5 cos .10(0.3)  4.02 pie /// . Y la velocidad: x seg 3 Ejemplo 3. Un cuerpo que pesa 16lb se sujeta al extremo de un muelle de 5 pie de largo. En estado de equilibrio, el resorte mide 8.2 pie. Si el peso se empuja hacia arriba y se suelta, a partir del reposo, desde un punto que esta 2 pie sobre la posición de equilibrio. Determinar los desplazamientos x(t) sabiendo además que el medio ofrece una resistencia numéricamente igual a la velocidad instantánea. Solución: El alargamiento experimentado por el resorte después de que se le sujeta el peso es: 8.2 - 5 = 3.2 pie, luego por la ley de Hooke se tiene: lb F  kx , reemplazando valores 16  k (3.2)  k 5 . pie W 16 1   .slug. Además pasamos las unidades de peso a unidades de masa: m  g 32 2 Estos valores reemplazando en la ecuación que rige el movimiento tenemos:

1 d 2x dx d 2x dx  5 x   0   2  10 x  0 . Esta es una ecuación lineal homogénea 2 2 2 dt dt dt dt Resolviendo: El polinomio característico, correspondiente a la ecuación diferencial dada es: 3i ; por lo que su P(m)  m 2  2m  10  0 ; resolviendo encontramos sus raíces m   1 Solución general es: x(t )  e  t (c1 cos .3t  c2 sen.3t /// . (t )  e  t ( 3c1 sen.3t  3c2 cos .3t )  e  t (c1 cos .3t  c2 sen.3t ) /// . Derivando esta Solución: x Y utilizando las condiciones iniciales: x (0) = -2, encontramos los valores de c1 y c2. c1   2 , y c 2  

dx/dt (0) = 0; en estas ecuaciones

2 . 3 102

Análisis Matemático

III

Reemplazando en la Solución general tenemos: x(t )  e  t ( 2 cos .3t 

2 sen.3t ) Que es la 3

ecuación del movimiento. En conclusión podemos decir que como las raíces del polinomio característico son imaginarias el sistema es sub amortiguado. 4.8.1.2 El cable colgante. Considere un cable o una cuerda que cuelga de dos apoyos A y B (figura 4.1a), no necesariamente al mismo nivel. Asuma que el cable es flexible de modo que debido a su carga (la cual puede ser debida al propio peso o fuerzas externas actuantes, o a una combinación de estas) toma la forma como la de la figura. Sea C la posición más baja del cable, y escoja los ejes x e y, donde el eje y pasa por C. Considere aquella parte del cable entre el punto más bajo y cualquier punto P en el cable con coordenadas (x,y). Esta parte estará en equilibrio debido a la tensión T en P (figura 4.1b), la fuerza horizontal H en C, y la carga vertical total en el segmento CP del cable denotada W(x) la cual se asume que actúa en algún punto Q, no necesariamente en el centro del arco CP.

Figura 4.1a

Figura 4.1b

Descomponiendo la tensión T en sus dos componentes Tx = T.cosӨ y Ty = T.senӨ y aplicando las ecuaciones de equilibrio en la figura b,

F  0 y  F  0.  x

Tenemos:

y

T cos  H (1) F  0 H - T.cosӨ = 0   x

Tsen W (2) F  0 T.senӨ - W = 0   y

Dividiendo (2) para (1), y usando la definición de que tg

dy , se tiene: dx

dy W  . (3) dx H

103

Análisis Matemático

III

En esta ecuación H es constante, puesto que es la tensión en el punto más bajo, pero W puede depender de x. Derivando la ecuación (3) respecto a x tendremos: d 2 y 1 dW  . dx 2 H dx dW Ahora representa el incremento en W por unidad de incremento en x, esto es, la carga dx por unidad de distancia en la dirección horizontal. Ejemplo 1: Determinar la forma que adopta un cable uniforme, suspendido de sus dos extremos, y sometido únicamente a la acción de su propio peso w kg/m de longitud.

Figura 4.2 Como ya dijimos H es constante, debiéndose aquí a la parte OQ del cable, mientras W  ws, donde s es la longitud de OP. Luego

d 2 y 1 dW w ds w    1  (dy / dx) 2 . (a) 2 H dx H dx H dx Las condiciones son:

y = 0 cuando x = 0 dy/dx = 0 cuando x = 0.

Como la ecuación (a) no es lineal, tenemos que hacer el cambio de variable

dy  p , por lo dx

que la ecuación quedaría: dp w dp w  1 p2   dx. Integrando entre los límites x = 0; p = 0 y dx H H 1 p2 p = p tenemos:

x = x;

104

Análisis Matemático p

dp

III

x

w w w  dx  arcsen.h. p  x p  sen.h.( x).   2 H 0 H H p 0 1

dy dy w w   sen.h.( x).  dy  sen.h( x)dx , integrando entre los límites x = 0, dx dx H H y = 0 y x = x, y = y, tenemos: y x w H  Cos.h( w x)  1  ///. Esta curva es una catenaria. Si se dy  sen.h( x)dx  y   H w H o 0 hubiera tomado el origen de coordenadas a una distancia H/w por debajo del punto más del cable, la ecuación de la curva tomaría la forma: Como p 

y

H w Cos.h( x). w H

4.8.1.3 Deflexión de vigas. El problema consiste en determinar la curva que forma la elástica de la viga al ser sometida a flexión por acción de su peso propio y de cargas externas o la combinación de ambas, estas cargas pueden ser distribuidas, puntuales etc. Aquí se estudia únicamente las vigas que son uniformes, tanto en forma como en material, y es conveniente considerarlas como si estuviesen constituidas por fibras dispuestas longitudinalmente.

Figura 4.3 En la figura 3 podemos observar, que las fibras de la parte superior están comprimidas y las de la mitad inferior alargadas; a ambas mitades los separa una superficie cuyas fibras ni están comprimidas ni alargadas. La fibra, que en un principio coincidía con el eje horizontal de la viga, está ahora en esta superficie de separación dispuesta según una curva (la curva elástica o de flexión). A continuación vamos a tratar de obtener la ecuación de esta curva. Consideremos una sección transversal de la viga a una distancia x de un extremo. Sea CD su intersección con la superficie de separación y P su intersección con la curva elástica. Se demuestra en mecánica que el momento M con respecto CD de todas las fuerzas exteriores que actúan sobre cualquiera de los dos segmentos en que la sección transversal divide a la viga. 1.-

105

Análisis Matemático

III

Es independiente del segmento considerado y 2.- La expresión que relaciona esta condición es: EI  M. (A) R Donde E es el modulo de elasticidad de la viga, I el momento de inercia de la sección transversal con respecto a CD con constantes asociadas a la viga, R es el radio de curvatura de la curva elástica en P y M es el momento flector en la sección transversal (punto P de la curva elástica) y es igual al suma algebraica de los momentos de las fuerzas exteriores que actúan sobre el segmento de viga. Supondremos que fuerzas hacia arriba producen momentos negativos y las fuerzas hacia abajo dan momentos positivos Al estar definido R por: 3/ 2

dy   1  ( )2   dx  , y sabiendo que en la práctica la pendiente de R  d2y dx 2 la curva elástica en todos los puntos es numéricamente pequeña, podemos tener una buena 1 aproximación tomando a R  , por lo que reemplazando en la formula (A) tendremos: d2y dx 2 d2y (B) EI 2  M /// . dx

Ejemplo 1. Una viga horizontal de 2l metros de longitud esta simplemente apoyada en sus extremos (figura 4.4). Hallar la ecuación de su curva elástica y su máxima deformación vertical (flecha máxima) cuando tiene una carga uniformemente distribuida de w Kg/m.

Figura 4.4 Solución: Puesto que la viga es simplemente apoyada en O y R, cada uno de estos soportes lleva la mitad del peso de la viga, es decir wl. Hallando el momento flector M(x) en el punto P, escogiendo el lado izquierdo de P, podemos observar que actúan dos fuerzas: 1. La fuerza hacia arriba wl, a una distancia x de P, produciendo un momento negativo. 2. La fuerza hacia abajo wx, a una distancia x/2 (centro de gravedad de OP) de P, produciendo un momento positivo. Entonces el momento resultante total en P seria: 106

Análisis Matemático

III

wl x wx 2 wlx x  wx  M ( x)   /// . 2 2 2 2 Con este valor la ecuación (B) quedaría: M ( x)  

EI

d 2 y wx 2 wlx   . (1) 2 2 dx 2

dy wx 3 wlx 2    C1 . (2) dx 6 2 Con la condición de que dy/dx = 0 para x = l en el punto medio de la viga encontramos 1 3 C1  wl . Por lo que la ecuación (2) quedaría: 3 dy wx 3 wlx 2 1 3 EI    wl . (3). dx 6 2 3 wx 4 wlx 3 1 3   wl x  C 2 . (4) Integrando (3) tenemos: EIy  24 6 3 Con la condición de que y = 0 para x = 0, encontramos C2  0 . Por lo que la ecuación (4) quedaría: Integrando (1) una vez tenemos: EI

EIy 

wx 4 wlx 3 1 3 w   wl x  y ( x 4  4lx 3  8l 3 x) /// . Que es la ecuación pedida. 24 6 3 24 EI

Para encontrar la flecha máxima debemos tomar a x = l, ya que esta se produce en el punto medio de la viga, por lo que tendríamos

y máx 

w 5wl 4 (l 4  4l 4  8l 4 )  /// . : 24 EI 24 EI

Ejemplo 2. Una viga horizontal de l metros de longitud esta empotrada en un extremo y libre en otro (figura 4.5). Hallar la ecuación de su curva elástica y su máxima deformación vertical (flecha máxima) cuando tiene una carga uniformemente distribuida de w Kg/m.

Figura 4.5

107

Análisis Matemático

III

Solución: Puesto que la viga es en voladizo tomamos el origen en el punto fijo O y sean (x,y) las coordenadas del punto P, Considerando el segmento PR, vemos que la única fuerza que tenemos es el peso w(l – x)kg en el punto medio de PR, es decir a ½(l-x) metros de P, tomando el momento flector M(x) en el punto P tenemos: 1 1 M ( x)   w(l  x). (l  x)   w(l  x) 2 /// . 2 2 Con este valor la ecuación (B) quedaría:

EI

d2y 1   w(l  x) 2 . (1) 2 2 dx

Integrando (1) una vez tenemos: EI

dy 1  w(l  x) 3  C1 . (2) dx 6

Con la condición en O: dy/dx = 0 para x =0 encontramos C1  

1 3 wl . Por lo que la 6

ecuación (2) quedaría: dy 1 1 3 EI  w(l  x) 3  wl . (3). dx 6 6 Integrando (3) tenemos:

EIy  

1 1 3 w(l  x) 4  wl x  C 2 . (4) 24 6

Con la condición en O: y = 0 para x = 0, encontramos C 2 

1 wl 4 . . Por lo que la 24

ecuación (4) quedaría:

1 1 3 1 w w(l  x) 4  wl x  wl 4  EIy  (4lx 3  6l 2 x 2  x 4 ) /// . Que 24 6 24 24 EI ecuación pedida. EIy  

es

la

Para encontrar la flecha máxima debemos tomar a x = l, ya que esta se produce en el extremo de la viga, por lo que tendríamos

y máx 

w wl 4 (4l 4  6l 4  l 4 )   /// . 24 EI 8EI

4.8.1.4 Circuitos Eléctricos. Es la aplicación de la segunda ley de Kirchov que dice: La suma de las caídas de tensión a través de los elementos de un circuito cerrado es igual a la fuerza electromotriz total E en el circuito. Así tenemos que la caída de tensión a través de una resistencia de R ohmios es Ri, a través de una bobina de L henrios de inductancia es L di/dt y a través de un condensador de C faradios de capacidad es q/C. También tenemos que la corriente i amperios y la carga q culombios están relacionadas por i = dq/dt. R, L y C son constante

108

Análisis Matemático

III

Figura 4.6 La ecuación diferencial de un circuito eléctrico que contiene una inductancia L, una resistencia R, un condensador C y una fuerza electromotriz E (t) (figura 4.6) es: di q L  Ri   E (t ). (1) o bien, reemplazando i = dq/dt, di/dt = d2q/dt2, tenemos: dt C

L

d 2q dq q  R   E (t ). (2). De donde podemos encontrar q = q(t). 2 dt C dt

Derivando (2) y empleando dq/dt = i tendremos: d 2i di i L 2  R   E (t ). De donde determinamos i = i (t). dt C dt Ejemplo 1. Un circuito eléctrico consta de una inductancia de 0.2 henrios, una resistencia de 25 ohmios y un condensados cuya capacidad es de 30 microfaradios (un microfaradio = 10-6 faradios), (figura 4.7). Hallar la carga q y la corriente i en el tiempo t, siendo las condiciones iniciales q = 0,05 culombios, i = dq/dt = 0 para t = 0.

Figura 4.7 Solución: Como L = 0.2, R = 25, C = 30 x 10-6 y E (t) = 0, tenemos:

d 2q dq q d 2q dq  25   0   125  200000q  0 . Esta es una ecuación lineal 2  6 2 dt 25 x10 dt dt dt homogénea Resolviendo: El polinomio característico, correspondiente a la ecuación diferencial dada es: 0.2

109

Análisis Matemático

III

442.8i ; por P(m)  m 2  125m  200000  0 ; resolviendo encontramos sus raíces m  62,5  lo que la Solución general es: q(t )  e  62.5t (c1 cos 442.8t  c2 sen442.8t ) // Derivando esta Solución:

q (t )  i  e 

62.5t

 (442.8c2 

62.5c1 ) cos 442.8t  (62.5c2  442.8c1 )sen442.8t ) //

Utilizando las condiciones iniciales: q (0) =0.05, dq/dt (0) = i (0) = 0 en estas ecuaciones encontramos los valores de c1 y c2. c1  0.05 , y c2  0.141 . Por lo que la carga q y la intensidad i son:

q(t )  e  62.5t (0.05 cos 442.8t  0.141sen442.8t ) // q (t )  i  e  62.5t   30.9sen442.8t )  q (t )  i   30.9e 

62.5t

sen442.8t ///

4.8.2 Ejercicios propuestos. 1. Una masa de ½ slug está suspendida de un resorte cuya constante es 4 lb/pie. El sistema se pone en movimiento en un medio que opone una fuerza de amortiguación numéricamente igual a dos veces la velocidad instantánea. Encuentre la Solución estacionaria si se aplica al sistema, a partir de t = 0, una fuerza exterior f (t) = 20sen 2t. 2. Un péndulo de ½ pie (15.24 cm) de longitud se suelta con una velocidad de ½ radián/seg. Hacia la vertical, desde una posición determinada por la distancia de 1/5 rad respecto de la vertical. Hallar la ecuación del movimiento. 3. Una partícula de masa m es repelida de O con una fuerza igual a k>0 veces la distancia desde O. Si la partícula parte del reposo a una distancia a de O, hallar su posición t segundos más tarde. 4. Si en el problema 3 k=m y a=12 pies=365.76 cm, determinar a) la distancia desde O y la velocidad cuando t=2 seg, b) cuándo estará a 18 pies=548.64 cm de O y la velocidad que tendrá entonces. 5. Una cadena colocada sobre una clavija pulida pende 8 dm de un lado y 10 dm del otro. Si la fuerza de rozamiento es igual al peso de 1 dm de cadena, hallar el tiempo que tarda la cadena, al resbalar, en caerse.

110

Análisis Matemático

III

6. Si el interior de dos superficies esféricas concéntricas de radios r1 y r2, r1 < r2, tiene una carga eléctrica, la ecuación diferencial para el potencial V en un punto cualquiera entre las dos superficies esféricas y a una distancia r de su centro común es

d 2V 2 dV   0 dr 2 r dr Resolver para V, siendo V=V1 cuando r=r1 y V=V2 cuando r=r2. 7. Se tiene un resorte que se alarga 3 pulgadas (7,62 cm) si se le aplica un peso de 9 libras (4,082 kg.). Se suspende de él un peso de 24 libras (10,886 kg.) y se interrumpe el estado de reposo en que se encontraba. Hallar la ecuación del movimiento si una vez suspendido dicho peso a) Se tira hacia abajo 4 pulgadas (10,16 cm) y se suelta después. b) Se tira hacia abajo 2 pulgadas (5,08 cm) y se da una velocidad hacia arriba de 24 pulgadas/seg (60,96 cm/seg). c) Se tira hacia abajo 3 pulgadas (7,62 cm) y se da una velocidad hacia debajo de 48 pulgadas/seg (121,92 cm/seg). d) Se empuja hacia arriba 3 pulgadas (7,62 cm) y se suelta después. e) Se empuja hacia arriba 4 pulgadas (10,16 cm) y se da una velocidad hacia arriba de 60 pulgadas/seg (152,40 cm/seg). 8. Las características de un resorte son tales que se alarga 3 pulgadas (7,62 cm) bajo la acción de un peso de 30 libras (13,608 kg). Se suspende de él un peso de 64 libras (29,030 kg) y se interrumpe su estado de reposo. La resistencia del medio es, numéricamente, igual a 8 dx/dt libras. Hallar la ecuación del movimiento del peso si a) Comienza a moverse hacia abajo con una velocidad de 10 pies/seg (3,048 m/seg). b) Se tira hacia abajo 6 pulgadas (15,24 cm) y se da una velocidad hacia arriba de 10 pies/seg. 9. Se tiene un resorte que se alarga 6 pulgadas (15,24 cm) bajo la acción de un peso de 3 libras (1,361 kg). Se suspende de él un peso de 3 libras y se interrumpe su estado de reposo. Se tira, entonces, hacia abajo del peso hasta desplazarle 3 pulgadas y se suelta. Determinar la ecuación del movimiento si a) Actúa en el resorte una fuerza fija 3/2 sen 6t.

111

Análisis Matemático

III

b) Actúa en le resorte una fuerza fija 3/2 sen 8t. 10. Sea una ménsula de longitud l m (viga empotrada en un extremo y libre en el otro). Hallar la ecuación de la curva elástica y la flecha máxima si hay una carga uniforme de w kg/m y una carga de W kg en el extremo libre. 11. Una viga de 2l m de longitud está apoyada en ambos extremos y tiene una carga uniforme de w kg/m. Tómese el origen en el punto medio (punto más bajo) de la viga y hállese la ecuación de la curva elástica y de la flecha máxima.



  Iy   wl  l  x   1 / 2w l  x   1 / 2w l 2  x 2 2

Sugerencia:

y  y  0



y

x 0

12. Una viga de 3l m de longitud está apoyada en ambos extremos. Hay una carga uniforme de w kg/m y cargas concentradas de W kg a una distancia de l m de cada extremo. Tomando el origen como en el problema 11, hállese la flecha máxima.

Sugerencia

 w 9l 2 3l 1 3l    M   x2   W  x ,  x ; y   2 4 2 2 2    M 

w 9l 2 1 2    x  Wl , 0  x  .   2 4 2 

13. Un circuito consta de una inductancia de 0.05 henrios, una resistencia de 5 ohmios y un condensador de 4 10

 4

faradios de capacidad. Si q=i=0 para t=0, hallar q e i en

función de t cuando a) hay una f.e.m. constante = 110 voltios,

b) hay un f.e.m.

alterna = 200 cos 100t. Hallar las soluciones de régimen permanente en b). 14. Resolver el problema 13 después de sustituir la resistencia de 6 ohmios por una resistencia de 60 ohmios.

112

Análisis Matemático

III

UNIDAD V 5. Sistema de ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes Se llama sistema lineal de expresión de la forma:

n

ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes a la

dx1   f1 (t , x1 x2 .........xn )  dt  dx2   f 2 (t , x1 x2 .........xn )  dt  ...................................    dxn   f n (t , x1 x2 .........xn )  dt  

Esto también se puede escribir en la forma: dxi (i = 1, 2, 3, 4, 5,……n),   aij xi  f i (t ) dt Donde aij son constantes y fi(t), funciones dadas.

Si f i (t )  0, el sistema se llama homogéneo y si f i (t )  0, el sistema se llama no Homogéneo. Notación vectorial: X

dx  f   f1 , f 2 ........ f n  ,  x1 , x2 .......xn   Vn, dt

f  t, x

x1   El conjunto de funciones determinadas y diferenciables, con 1 (t ),.......xn   n (t ) derivadas continuas en el intervalo (a, b), se llaman Solución del sistema en este intervalo, si las funciones convierten en identidades a todas las ecuaciones del sistema. El problema de la búsqueda de la Solución: condiciones iniciales

x1   1 (t ),.......xn   n (t ) que satisfaga a las

x1 (t 0 )  x10 ,.......xn (t 0 )  x10 , se denominada problema de valor inicial (Cauchy)

113

Análisis Matemático

III

Existen algunos métodos para encontrar su solución, a continuación explicaremos dos procedimientos muy usados.

5.1 Reducción de un sistema, a una ecuación de n-ésimo orden. Este es el método más sencillo para hallar la Solución del sistema (1), ya que simplificando se obtiene una ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes. Ilustraremos el método para un sistema de dos ecuaciones. Consideremos el siguiente sistema:

dx   ax  by  f (t )..............(1.1)   dt  dx   cx  dy  g (t )..............(1.2)  dt  Donde a, b, c, d, son constantes, f (t), g (t) son funciones conocidas: x (t), y (t) son funciones 1 dx  incógnitas de la ecuación (1) despejamos y  (2)  ax  f (t )   b dt  Reemplazamos “y” en (1.2) se obtiene:

 d  1 dx d dx    ax  f (t )   cx   ax  f (t )  g (t )      dt  b dt b dt   

1 d 2 x adx d dx   f (t )  cx  d     ax  f (t )   g (t )  0  2 b dt dt dt b dt  d 2x dx Simplificando se tiene: A 2  B  Cx  R t  dt dt Donde A, B, C, son constantes. De esta ecuación diferencial de coeficientes constantes, hallamos x = x (t, C1, C2) y poniendo en (2) el valor hallado de x, así como dx/dt, hallamos y. Ejemplo 1. Integrar el siguiente sistema de ecuaciones:

dx   x  2 y......(1.1)   dt  dy   x  3 y.......(1.2)  dt 

114

Análisis Matemático

III

Solución: De (1.1) se tiene y 

1 dx  , (2) reemplazando en (1.2) x   2 dt 

 d  1 dx  3 dx  x  x x , hallando la derivada       dt  2 dt  2 dt   1 dx 1 d 2 x 3 3 dx   x x , simplificando se tiene: 2 2 dt 2 2dt 2 2 dt

d 2x dx  4  5 x  0 , que es una ecuación Diferencial lineal de segunda orden homogénea de 2 dt dt coeficientes constantes. El polinomio característico es: P m  m 2  4m  5  0

de donde

m1  2  i m2  2  i

La Solución general es:

x g (t )  e at (c1 cos bt  c2 senbt )

Es decir:

x(t )  e 2t (c1 cos t  c2 sen.t ) (3). x (t )  2e 2t (c1 cos t  c2 sen.t )  e 2t ( c1 sen.t  c2 cos t )

Derivando (3) tenemos:

 x (t )  e 2t  (2c1  c2 ) cos t  (2c2  c1 ).sen.t )



(3.1)

Reemplazando (3) y (3.1) en (2) y simplificando tenemos:

1 2t e  (c2  c1 ) cos t  (c1  c2 ) sen.t 2 Por lo que la Solución del sistema es: y(t ) 



(4).

 x(t )  e 2t (c1 cos t  c 2 sen.t )   1 2t y (t )  e  (c 2  c1 ) cos t  (c1  c 2 ) sen.t   2  Ejemplo 2. Integrar el siguiente sistema de ecuaciones:

dx   y  1......(1.1)   dt  dy   x  2t.......(1.2)  dt 

115

Análisis Matemático

III

Solución: De (1.1) se tiene y 

dx  1 , (2) reemplazando en (1.2) dt

d dx (  1)  x  2t , hallando la derivada dt dt d 2x d 2x  x  2t   x   2t (3), que es una ecuación Diferencial lineal de segunda orden dt 2 dt 2 no homogénea de coeficientes constantes, cuya Solución general es: x(t )  x g  x p . Para hallar xg.

El polinomio característico es: P m  m 2  1  0

de donde

m1  1 m2   1

La Solución:

x g (t )  c1e t  c2 e  t (4)

Y la Solución particulares:

Derivando tenemos:

x p  A

xp = At + B (5)

y

 x p  0 (5.1)

Reemplazando (5) y (5.1) en (3) y simplificando tenemos:

0  ( At  B)   2t  A  2 Y B = 0, estos valores reemplazamos en (5), esa es la Solución particular buscada. xp = 2t (6). Por lo que la Solución general de la ecuación es: x (t )  c1e t  c2 e  t  2t (7). Derivando (7) tenemos:

x (t )  c1e t  c2 e  t  2

(7.1)

Reemplazando (7) y (7.1) en (2) y simplificando tenemos:

y(t )  c1e t  c2 e  t  1 (8). Por lo que la Solución del sistema es:

116

Análisis Matemático

III

 x(t )  c1e t  c 2 e  t  2t    y (t )  c1e t  c 2 e  t  1 

5.2 Método matricial o de Euler para sistemas lineales con coeficientes constantes.. Este procedimiento sirve para encontrar la Solución de sistemas de primer orden con coeficientes constantes homogéneos. Consideremos el siguiente sistema:

dx1   a11 x1  a12 x 2  ...  a1n x n  dt  dx 2   a 21 x1  a 22 x 2  ...  a 2 n x n  dt  ......................   .........................    dx n   a n1 x1  a n 2 x 2  ...  a nn x n dt 

(1).

Las soluciones de este sistema de ecuaciones es de la forma: 1. x1 = 1 en, x2 = 2 en,...., xn = n en , Donde

Como:

dx x 1  1e rt  1  1 re rt dt dx x 2  2 e rt  2  2 re rt dt …........ .............. dx x n  n e rt  n  n re rt dt

i , i = 1, ...., n son constantes.       (2).       

Reemplazando (2) en (1), simplificando por ert y ordenando se obtiene un sistema de ecuaciones para determinar β1, β2,………βn (a11  r ) 11  a12 2  ...  a1n n  0   a 211  (a 22  r ) 2  ....  a 2 n n  0   ...................... ........(3)   .........................  a n1 1  a n 2 2  ...  (a nn  r ) n  0   117

Análisis Matemático

III

El sistema (3) tiene una Solución no nula si y sólo si su determinante Δ es igual a cero.

∆=

a11  r a12 ........... a 21 a 22  r ........... ...... a n1

....... an2

a1n a2n

....... ..... ........... a nn  r

=0

(4).

De este determinante encontramos la ecuación característica P(r) = 0 valores propios del sistema, y cada valor de r determinará β diferente. En caso de tener tres ecuaciones.

Las soluciones son:

dx   ax  by  cz  dt  dy   a1 x  b1 y  c1 z .......(1)  dt  dz   a 2 x  b2 y  c 2 z  dt 

x = ert , y = uert , z = vert , Donde  , u, v y r son constantes. dx x   e rt    .re rt dt dx y   e rt    .re rt dt dx z  e rt   .re rt dt

    …. (2)     

Reemplazando (2) en (1), simplificando por ert y (a  r )  b  c 0  ordenando se obtiene un sistema de ecuaciones para a1  (b1  r )   c1 0 ........(3)  determinar λ, μ, y ν.  a   b   ( c  r )   0 1 2 2  El sistema (3) tiene una Solución no nula si y sólo si su determinante Δ es igual a cero.

118

Análisis Matemático a r b ∆ = a1 b1  r a2

b2

III c c1

=0

(4).

c2  r

Si r1, r2 y r3 son raíces del polinomio característico P(r) = 0 y son reales y distintas tenemos: Si r = r1, se resuelve el sistema (3) y se obtiene: 1, μ1, ν1 Si r = r2, se resuelve el sistema (3) y se obtiene: 2, μ2, ν2 Si r = r3, se resuelve el sistema (3) y se obtiene: 3, μ3, ν3 Obteniéndose tres sistemas de soluciones particulares:

x1   1e r1t ,

y1   1e r1t ,

z1  1e r1t .

x 2   2 e r2t ,

y 2   2 e r2t ,

z 2  2 e r2t .

x3   3 e r3t ,

y 3   3 e r3t ,

z 3  3 e r3t .

De donde la Solución general del sistema tiene la forma: x = C1x1 + C2y1 + C3 z1 y = C1x2 + C2y2 + C3 z2 z = C1x3 + C2y3 + C3 z3. Ejemplo 1. Integrar el siguiente sistema de ecuaciones:

dx   3x  y  z  dt  dy    x  5y  z (1).  dt  dz   x  y  3z  dt  Solución: Escribimos el sistema para la determinación de λ, μ y ν.

(3  r )     0      (5  r )    0........(2)       (3  r ) 0  De donde la ecuación característica es:

119

Análisis Matemático 3 r

 1

 1

5 r

1

 1

III

1  1 = 0, desarrollando el determinante obtenemos: 3 r

r3 - 11r2 + 36r –36 =0, de donde sus raíces son: r1 = 2, r2 = 3, r3 = 6. Estos valores reemplazamos en el sistema (2). r = r1 = 2. Resolviendo tenemos: λ1 = 1, μ1 = 0, ν1= -1. De esta manera (3  2)     0   encontramos los otros valores.    (5  2)    0       (3  2) 0 Si r = r2 =3. λ2 = 1, μ2 = 1, ν2= 1. Y cuando r = r3 = 6. λ3  = 1, μ3 = -2, ν3= 1. Con estos valores escribimos las soluciones particulares.

x1  e 2t ,

y1  0,

z1   e 2 t .

x 2  e 3t ,

y 2  e 3t ,

z 2  e 3t .

x3  e 6t ,

y 3   2e 6t ,

z 3  e 6t .

Y la Solución del sistema será: x = C1e2t + C2e3t+ C3 e6t y = C2e3t - 2C3 e6t z = - C1e2t + C2e3t+ C3 e6t. El caso en que las raíces del polinomio característico sean imaginarias o múltiples queda de deber para el lector.

5.3 Ejercicios propuestos. dx   y z  dt  dy   x z 1.-  dt  dz   x y  dt 

dx   y z  dt  dy   3x  z 2.-  dt  dz   3x  y  dt 

120

Análisis Matemático

III

dx   8y  dt  dy    2z 3. -  dt  dz   2x  8 y  2z  dt 

dx   2x  y   dt 4.-  dy   9x  2 y  dt 

dx   x  3 y  et   dt 5.-  dy   2 y  e t  dt 

dx   4x  y  t  1   dt 6.-  dy   2x  y  t  1  dt 

dx  2  6 x  y  6t 2  t  3   dt ,...x(0)  2;... y (0)  3 7.-  dy   2 y  2t  1  dt 

dx   x  4 y  3te t   dt 8.-  dy   x  y  et  dt 

dx dy  2   sen.t  2 y  x(0)   2  dt dt 9.-  , y (0)  1. dx dy    e t  y  dt dt 

dx   y x(0)  1   dt 10,-  , y(0)  1 dy    x  dt 

121

Análisis Matemático

III

UNIDAD VI 6. Series de Fourier 6.1 Introducción. Para hablar de este tema recordemos que ya estamos familiarizado con el uso de la series de Taylor y de Maclaurin, donde se expresa una función f  x  como una serie de potencias en “x”. Hacemos esto porque, con frecuencia, es más fácil tratar con potencias de “x” que con las funciones originales. Desarrollos de las funciones en series de Taylor y Maclaurin: x x2 xn  Serie de Maclaurin: f ( x)  f (0)  f  (0)  f  (0)  .........  f ( n ) (0)  ..... 1! 2! n! En torno a x = 0 Serie de Taylor: ( x  a) ( x  a) 2 ( x  a) n  f ( x)  f ( a )  f  (a)  f (a)  .........  f ( n ) (a)(  ..... 1! 2! n! En torno a x = a, a cualquier valor entero. Ejemplos de funciones desarrolladas en serie de potencias: 1. f ( x)  ln(1  x). (1) Derivando (1) algunas veces tenemos: 1 f ( x)  1 x  f ( x)  

  f ( x) 

1 (1  x) 2

2 (1  x) 3

6 (1  x) 4 ………………….. Reemplazando en estas derivadas y en la función x = 0 tenemos en serie de Maclaurin: x2 x3 x4 ln  1  x   x     ............ 2 3 4 v f ( x)  

Y con x  a ; a cualquier valor entero en serie de Taylor: ( x  a) ( x  a) 2 ( x  a) 3 ( x  a) 4 ln  1  x   ln(1  a)      ............ (1  a) 2(1  a) 2 3(1  a) 3 4(1  a) 4 2. f ( x)  cos x. (2) 122

Análisis Matemático

III

Derivando (2) algunas veces:

f ( x)   sen.x  f ( x)   cos .x   f ( x)  sen.x v f ( x)  cos x ………………. Reemplazando en estas derivadas y en la función x = 0 tenemos en serie de Maclaurin: x2 x4 x6 cos x  1     ............ 2! 4! 6!  Y con x  ; en serie de Taylor: 2   3 (x  ) (x  ) 2  2  ......... cos x   1 1* 2 * 3 Por ejemplo, en algunos problemas que tratan con oscilaciones, resulta más conveniente usar una serie de senos. Como los senos son periódicos, una serie así sólo puede representar una función periódica. En el párrafo siguiente se recordará al estudiante algunas de las características de las funciones periódicas.

6.2 Definiciones preliminares. Definición de funciones periódicas: Una función f (t) es periódica o tiene un período T si para todo t, f (t+T) = f(t), donde T es una constante positiva. El valor más pequeño de T >0 se llama el período principal o período fundamental o simplemente el período de f (t). Ejemplo 1. La función sen(x) tiene períodos, 2π, 4π, 6π,…, y las funciones sen(x+2π), sen(x+4π), sen(x+6π),.., van a tener el mismo periodo de sen(x), porque sen(x+nπ) donde n es un número entero par va a ser siempre igual a sen(x). Y = sen.x

Y 1,5 1 0,5 0 -0,5 0 -1 -1,5

X 2

4

6

8

Figura 6.1 Ejemplo 2. 123

Análisis Matemático

III

Dada la gráfica, determinar si la función es periódica, que periodo tiene y cual su ecuación. Y 3 2

-6

-4

-2

1 0 -1 0

X 2

4

6

8

-2 -3

Figura 6.2 La función si es periódica, de periodo 4 y corresponde a la función f(x) = x Ejemplo 3.

2 .t ), lo que significa que para T 2 calcular el periodo de cualquier función periódica debemos utilizar la formula  T Ejemplo 4. .t )  f ( Si una función tiene periodo 2π, entonces F (t )  f (

R y f tiene período T entonces se cumple: Si a  ∫

𝑓 𝑡 𝑑𝑡

∫ 𝑓 𝑡 𝑑𝑡 ∀

∈ 𝑅

Ejemplo 5. Encontrar el periodo de la función 𝑓 𝑡

𝑐𝑜𝑠

𝑐𝑜𝑠

Si la función f (t) es periódica con un periodo T, entonces, de 𝑓 𝑡 tiene que: 𝑐𝑜𝑠

𝑡

𝑇

𝑐𝑜𝑠

𝑡

𝑇

𝑐𝑜𝑠

𝑓 𝑡

𝑇 por lo que se

𝑐𝑜𝑠

Puesto que cos ( + 2 m) = cos  para cualquier entero m se tiene que 𝑇 2𝜋𝑛 𝑇 2𝜋𝑛 Donde m y n son enteros, Por consiguiente T = 6 m; cuando m = 4 y n = 3, se obtiene el mínimo valor de T. (esto se puede ver mediante el procedimiento de ensayo error y error). De donde, T = 24  en general, si la función f(t) = cos ω1t + cos ω2t es periódica con período T, entonces es posible encontrar dos enteros m y n tales que:

124

Análisis Matemático

III

  1 T = 2nm  2 T = 2mn el cociente es

Es decir, la relación 1 / 2 debe ser un numero racional. Ejemplo 6. Decir si la función f (t) = Cos10t + Cos (10 + π)t es una función periódica. Aquí tenemos que ω1 = 10 y ω2 = 10 + π. Aplicando el enunciado anterior tenemos:

Como observamos no es un número racional, por lo que es imposible encontrar un valor T que satisfaga f (t) = f (t+T) por consiguiente f (t) no es una función periódica. Ejemplo 7. Encontrar el periodo de la función f (t) = (10cost)2 Si aplicamos la identidad trigonométrica cos2t = 1/2 (1+cos2t) se tiene: 𝑓 𝑡

10𝑐𝑜𝑠 𝑡

100𝑐𝑜𝑠 𝑡

100

1

cos 2𝑡

50

50 cos 2𝑡

Puesto que una constante y una función periódica de periodo T para cualquier valor de T, el período de cos 2t es , se concluye que el periodo de f(t) es . Demostrar que si f(t + T) = f(t), entonces. ∫

𝑓 𝑡 𝑑𝑡

∫ 𝑓 𝑡 𝑑𝑡

∫

𝑓 𝑡 𝑑𝑡

∫

𝑡 𝑑𝑡

Definición: Una función periódica f  x  cuyo período es 2 , puede expresarse en la forma f  x   c0  c1 sen x   1   c2 sen 2 x   2   c3 sen 3x   3   ....... (2.1) siempre que f  x  satisfaga otras condiciones determinadas. Para las funciones que probablemente encuentre el estudiante, de las únicas condiciones que deberán estar seguros que se cumplen son: 1.- La función debe ser de valor único, es decir, para cada valor de x debe haber un solo valor de f  x  , es decir la función debe ser Biyectiva. 2.- La función tiene que ser finita y nunca infinita Una serie como la del segundo miembro de (2.1) se conoce como SERIE TRIGONOMÉTRICA DE FOURIER ya que existen muchos tipos de estas series.

125

Análisis Matemático

III

El término c1 sen x   1  se llama primera armónica o fundamental. Los términos c2 sen 2 x   2  , c3 sen 3x   3  , etc. se conocen como segunda armónica, tercera armónica, etc. Si el período de f  x  no es 2 , mediante un cambio apropiado de variable puede hacerse una conversión hacia una función de período 2 , como se verá posteriormente en el programa. Forma alternativa de la serie (2.1): para ponerle en esta forma utilizamos la trigonometría como sigue: sen x   1   senx cos  1  cos xsen 1 Y, por tanto, puede escribirse c1 sen x   1   a1 cos x  b1 senx Donde a1  c1 sen 1 y b1  c1 cos  1 Convirtiendo los otros términos en una forma semejante, la serie queda: 1 f  x  a0  a1 cos x  a2 cos 2 x  a3 cos 3x  ........ 2  b1 senx  b2 sen2 x  b3 sen3x  ........ (3.1) 1 Posteriormente quedará clara la razón para escribir c 0 como a 0 . 2 Ahora, nuestro problema, en cualquier caso particular, es encontrar los coeficientes a0 , a1 , a2 ,......, b1 , b2 ,....... o, lo que es equivalente, los valores de

c0 , c1 , c2 ,......,  1 ,  2 ,...... En la práctica, es más fácil calcular los a y b, entonces, pueden hallarse los c y los  , a partir de ellos, si se requiere la serie en la forma (2.1). Pero en general es posible que la forma (3.1) sea apropiada por sí misma. Una manera más concisa de representar la serie trigonométrica de Fourier es: 𝑓

2

∑

𝑐𝑜𝑠 𝑛

𝑠 𝑛𝑛

𝑛

12

Aplicaciones: Algunos procedimientos que utilizan los ingenieros en la solución de problemas, sólo son ajustables a funciones senoidales y, consecuentemente, a menudo resulta útil usar las series de Fourier para expresar otras funciones en términos de senos (y o cosenos). a.- En el campo de la ingeniería eléctrica. Dos de estos casos son:  El uso de números complejos al tratar con circuitos de c.a; depende de funciones senoidales.

126

Análisis Matemático

III

 Si se requiere el valor promedio de la potencia en un circuito sobre el tiempo T, siendo T el periodo del voltaje aplicado, tiene que evaluarse la integral ∫ 𝑇 𝑑𝑡, que se simplifica, si el voltaje y la corriente pueden escribirse en funciones de cosenos de arcos múltiples. b.- En ingeniería civil. Son útiles al abordar algunos problemas de vigas, en la determinación y construcción de la curva de deflexión, cuando éstas soportan cargas que son de forma irregular, y que no resulta fácil hallar la solución de las ecuaciones estándar de las vigas: 𝑑 𝑑

𝑑 𝑑

c.- En la ciencia médica.  Una nota musical consiste de una armónica fundamental y armónicas superiores, y, en el estudio de la fisiología del oído, la teoría de Helmholtz supone que las diferentes fibras en el oído interno sólo son excitadas por aquellas armónicas que están en armonía.  La actividad del corazón produce una corriente eléctrica. La variación del voltaje que resulta es periódica y puede medirse mediante un electrocardiógrafo. La onda resultante puede ser analizada en una serie de Fourier y los coeficientes mostrarán si existe alguna enfermedad o daño.  La temperatura humana fluctúa periódicamente y, por tanto puede representarse como una serie de Fourier. d.- Otras de las aplicaciones es su uso en ajustar condiciones en la frontera a las soluciones de ecuaciones parciales.

6.3 Integrales requeridos para calcular los coeficientes de la serie (3.1) El cálculo de los coeficientes a0 , a1 , a2 ,......, b1 , b2 ,...... requerirá los valores de ciertas integrales definidas, los cuales citaremos ahora. En estas integrales tanto m como n son enteros. Dos de las integrales que se requerirán son





y sennxdx . (I). Como el cos nxdx     



estudiante sabe, la integral de un seno o un coseno sobre un período completo es cero. Esto es obvio observando sus gráficas (si el lector no está satisfecho sobre este punto, un esquema sencillo debe convencerlo). El período de cos nx es 2 , por lo tanto, integrando desde   n hasta  , integramos sobre n períodos completos. De donde tendríamos: 

 sen.n  sen.n   sen.n cos nxdx  sen.nx     n n n 

1

1





2

 0 , para cualquier n. y de la

 misma manera podríamos demostrar que  . sennxdx = 0, cuyo periodo es 2 n  

127

Análisis Matemático

III

Las otras integrales que se necesitarán para determinar los coeficientes de estas series son las combinaciones: 





cos mxcos nxdx ,  senmxsennxdx y  senmxcos nxdx . (II)     





Para la primera integral, se tiene  1   cos m  n x  cos m  n x cos mx cos nxdx  dx = 0 si m  n , ya que ambos      2 cosenos se integran sobre un cierto número de períodos completos. 

1  1 1   cos 2nx  1 dx  sen2nx  x    Pero si m  n , la integral queda   2  2 2n    Para el estudiante queda la resolución de las otras dos integrales, cabe recordar que se debe considerar que m  n como un caso especial.

6.4 Cálculo de los coeficientes. Ahora ya estamos listos para encontrar las fórmulas para calcular los coeficientes a y b. Primero, mostraremos cómo hallar a0. Ahora bien, escribimos la serie en la forma:

f  x 

1 a0  a1 cos x  a2 cos 2 x  ...  an cos nx  ...  b1senx  b2 sen2 x  ...  bn sennx  ... (3.1). 2 Y vamos a integrar ambos miembros desde   hasta  por lo que tenemos: 



1 

f  x  dx   a  a cos x  a cos 2 x  ..  a cos nx  b senx      2  

0



1

2

n

1

 b2 sen2 x  ..bn sennx dx 

  1  f  x  dx   a0 dx     2

Las integrales de los demás términos serán cero, ya que cada una es un caso de (I) o bien, de (II).  1 1 1   f  x  dx  a0 x    a0 2  a0 .  a0  f  x  dx Resolviendo tenemos:      2 2   Nótese que hasta  .

1

2

a0 

1 2



f  x  dx , es igual al valor medio de f  x  sobre el intervalo   

 

Ahora vamos a encontrar los coeficientes de los términos cosenoidales.

128

Análisis Matemático

III

Para hallar a1 , multiplicaremos ambos miembros de (3.1) por cos x e integramos desde   hasta  . Obteniendo: 



 

 

f  x  cos xdx   a1 cos 2 xdx 

Una vez más, las integrales de todos los demás términos serán cero, ya que cada una es un caso de (I), o (II). 





1 1 1 f  x  cos xdx  a1  (1  cos 2 x)dx  a1 x  sen2 x  a1 .  Resolviendo:      2 2 4  

1   a1  f  x  cos xdx 



 

Ahora bien, Para hallar a2, a3, etc., multiplíquense ambos miembros de (3.1) por cos 2x, cos 3x, etc., respectivamente, e integramos entre   y  , en general, para encontrar an, multiplicamos ambos miembros de (3.1) por cos nx e integramos entre   y  por lo que tendremos: 



  1 1 1 f  x  cos nxdx   a n cos 2 nxdx  a n  (1  cos 2nx)dx  a n x  sen2nx  a n .        2 2 2n   De donde: 1  an  f  x  cos nxdx . 



 

La misma que nos servirá para calcular todos los términos de a. A continuación vamos a encontrar los coeficientes de los términos senoidales. Para hallar b1 , multiplicaremos ambos miembros de (3.1) por sen x e integramos desde   hasta  . Obteniendo: 



 

 

f  x  senxdx   b1 sen 2 xdx 

Una vez más, las integrales de todos los demás términos serán cero, ya que cada una es un caso de (I), o (II). 





1 1 1 f  x  senxdx  b1  (1  cos 2 x)dx  b1 x  sen2 x  b1 .  Resolviendo:      2 2 4  

1   b1  f  x  sen.xdx 



 

Ahora bien, Para hallar b2, b3, etc., multiplíquense ambos miembros de (3.1) por sen 2x, sen 3x, etc., respectivamente, e intégrese entre   y  , en general, para encontrar bn,

129

Análisis Matemático

III

multiplicaremos ambos miembros de (3.1) por sen nx e integraremos entre   obteniendo:

y 





  1 1 1 2   f x sen . nxdx  b sen nxdx  b (1  cos 2nx)dx  bn x  sen2nx  bn . n n          2 2 2n   De donde: 1  bn  f  x  sen.nxdx . 



 

Fórmula que nos servirá para calcular todos los términos de b. Como dijimos anteriormente que era más fácil calcular los términos a y b y a partir de estos calcular los c vamos a poner las siguientes equivalencias: 1 2

𝑐

1 2

𝑐

2𝑐

𝑐

−

1 2

𝑐

𝑐

𝑐 −𝑐

𝑛 𝑛

12

12

Ejemplo 1. Calculando la serie de Fourier de la función f dada por:

𝑓

{

−1

1

0≤ 𝜋≤

𝜋 2𝜋

Figura 6.3 Solución: 1

2

2 1  1 1  2 ( dx   dx)  (x o  x  )  (  2   )  0. 0  2 2 2

a0 

an 

 2 1 1 1  2 ( cos nxdx   cos nxdx )  ( sen.nx 0  sen.nx  )  0. 0    n n

1

130

Análisis Matemático

III

 2 1 1 1  2 ( sen.nxdx   sen.nxdx )  ( cos .nx 0  cos .nx  )    0  n n 4  ........n.impar 1 1 1     (cos n   1 )  (cos 2 n   cos n  )  n     n n  0.............n. par 

bn 

1

Por lo que reemplazando valores la serie será: 4 sen.3x sen.5 x  , sen.x    ......    3 5 

f ( x) 

Ejemplo 2. Calcular la serie de Fourier de la función f dada por:

f ( x)  e x , en el intervalo    , 



Figura 6.4 Solución: 1

2

1  x 1 x  1  shx ( e dx)  (e )    (e  e   )  .   2 2 2 

a0 



 1 ex 1 an  ( e cos nxdx )  (cos nx  nsen.x)  e  cos n  e   cos n  2 2      1 n  (1  n )    

1



x



2sh  ............si..n..es.. par   (1  n 2 ) e  e     cos n   .  2sh  (1  n 2 )  ...........si..n..es...impar.   (1  n 2 )  

 1 ex 1 bn  ( e sen.nxdx )  ( sen.x  n cos nx)   e  n cos n  e   n cos n  2 2      1 n  (1  n )    1



x





131

Análisis Matemático

III

 2nsh  ............si..n..es.. par   (1  n 2 )  n (e   e   )   cos n   . 2nsh  (1  n 2 )  ...........si..n..es...impar.   (1  n 2 )  Por lo que reemplazando valores la serie será: f ( x) 

2sh  1 1 1 1 1 2 3   cos x  cos 2 x  cos 3x  ........  senx  sen2 x  sen3x  ....   2 2 5 16 2 5 10  

6.5 Serie de Fourier de funciones pares e impares. Si nosotros de antemano pudiéramos analizar si la función de la que vamos a encontrar una serie de Fourier, es par o impar, podríamos reducir el trabajo a realizar en el cálculo de los coeficientes a la mitad, como sucede en el ejemplo uno. Entonces será útil, poder reconocer si una función es impar o par. Por lo que a continuación vamos a recordar algunas definiciones y propiedades importantes de las funciones pares e impares. 6.5.1 Definiciones. La función f(x) se define como par si f (-x) = f(x). De esta definición concluimos que la grafica de estas funciones es simétrica respecto al eje de las ordenadas “y”, como ejemplo podríamos citar a cualquier potencia par de “x”, del mismo modo cos x y, más generalmente, cos nx. La Función f(x) se define como impar si f (-x) = -f(x). Gráficamente podemos decir que estas funciones son simétricas respecto del origen, como ejemplo podríamos poner cualquier potencia impar de “x”, sen x y, más generalmente, sen nx. También vale recordar que el producto de dos funciones pares o dos impares es par y que el producto de una función par por una impar es impar. Ejemplos: Analizar y decir cuál de las siguientes funciones son pares, impares o de ninguno de estos tipos. 1. 2. 3. 4. 5.

f (x) = x cos x f(x) = x2cos 5x f(x) = (x+π) cos x f(x) = sen x sen 2x.

132

Análisis Matemático

III

Figura 6.5

6.

Figura 6.6 7.

Figura 6.7 8.

Figura 6.8 Solución: 1. f (x) = x cos x f (-x) = (-x) cos(-x) = -x cos x = - f(x), por lo que x cos x es una función impar. 2. f(x) = x2cos 5x 133

Análisis Matemático

III

f (-x) = (-x)2cos(-5x) = x2cos 5x = f(x), este producto es una función par. 3. De ninguno de los dos tipos. 4. Par 5. Par 6. Impar 7. Impar 8. Par Al trabajar con las series de FOURIER con frecuencia vamos a encontrarnos con integrales de la forma

h

f ( x)dx , por lo que vamos a definir algo importante referente a las funciones   h

pares e impares. 1. Si f(x) es una función impar, 2. Si f(x) es una función par,

h

f ( x)dx  0.  f ( x)dx  2 f ( x)dx  2 f ( x)dx pero esta última no   h

h

h

0

 h

0

 h

es muy conveniente por tener límites negativos. Las series de Fourier para una función par solo puede contener términos que sean también funciones pares, es decir, solo tendrá términos cosenoidales y será de la forma:  1 a0   a n cos nx 2 n 1 Por otro lado, la serie de Fourier para una función impar sólo puede contener términos que también sean impares, es decir, sólo tendrá términos senoidales y será de la forma: 

b n sen nx  n 1

Ejemplo 1 Consideraremos la onda dientes de sierra representada en la siguiente gráfica.

Figura 6.9 Esta onda esta descrita por la ecuación: f(x) = x en -  < x