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´INDICE

14.ECUACIONES DIFERENCIALES 291 14.1. DEFINICIONES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291 ´ DE ECUACIONES DIFERENCIALES . . . . . . . . . . 291 14.2. GENERACION ´ ´ DIFERENCIAL . . . . . . . . . . . . 292 14.3. SOLUCION DE UNA ECUACION 14.4. ECUACIONES DIFERENCIALES DE VARIABLES SEPARABLES Y SEPARADAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294 ´ 14.5. ECUACIONES HOMOGENEAS DE PRIMER ORDEN . . . . . . . . . . 295 14.5.1. Soluci´on de la Ecuaci´on Homog´enea . . . . . . . . . . . . . . . . 296 14.6. ECUACIONES LINEALES DE PRIMER ORDEN . . . . . . . . . . . . . 298 14.6.1. Ecuaci´on de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 300 14.6.2. Ecuaci´on de Ricatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301 14.7. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS . . . . . . . . . . . . . . . 304 14.8. FACTORES INTEGRANTES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 306 14.8.1. Factor Integrante Sistem´atico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 307 14.8.2. Factor Integrante por inspecci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . 308 14.9. ALGUNAS APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 310 14.10. TRAYECTORIAS ORTOGONALES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312 14.11. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR . . . . . . . . . . . 314 14.11.1. Casos simples de reducci´on de orden . . . . . . . . . . . . . . . . 315 14.11.2. Dependencia e independencia lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . 317 14.11.3. El determinante Wronskiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317 14.11.4. Construcci´on de una segunda soluci´on a partir de una soluci´on conocida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 319 14.12. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES HOMOGENEAS CON COEFICIENTES CONSTANTES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321 ´ A LA TRANSFORMADA DE LAPLACE324 14.13. UNA BREVE INTRODUCCION 14.13.1. Introducci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324 14.13.2. Definici´on de transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . 324 14.13.3. Funciones y sus Transformadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 326 14.13.4. La Transformada Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 327 14.13.5. Teorema de Traslaci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 328 14.13.6. Transformada de Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 329

14.13.7. Aplicaci´on de la Transformada de Laplace a una ecuaci´on diferencial con coeficientes constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 330 14.14. EJERCICIOS PROPUESTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332

CAP´ITULO 14 ECUACIONES DIFERENCIALES

14.1.

DEFINICIONES

Una ecuaci´on diferencial es aquella donde interviene una variable dependiente y sus derivadas con respecto de una o m´as variables independientes. Estudiaremos algunas de ellas, en particular, aquella donde existe una u ´nica variable independiente y, en ese caso la ecuaci´on diferencial se llama ecuaci´ on diferencial ordinaria. Si y = f (x) entonces la forma general de la ecuaci´on diferencial ordinaria es del tipo F (x, y, y ′ , y ′′ , . . . , y (n) ) = 0.

14.2.

´ DE ECUACIONES DIFERENCIALES GENERACION

dy Si y = f (x) es una funci´on dada, entonces sabemos que su derivada dx puede interpretarse como el ritmo de cambio de la variable y con respecto del cambio de la variable x. En cualquier proceso natural, las variables involucradas y sus ritmos de variaci´on est´an relacionadas entre s´ı por medio de los principios b´asicos que gobiernan dicho procesos. Al expresar la conexi´on en s´ımbolos matem´aticos el resultado es, con frecuencia, una ecuaci´on diferencial. El siguiente ejemplo ilustra estos comentarios.

Ejemplo 14.2.1. De acuerdo a la “2da ley de Newton”, la aceleraci´ on “a” que experimenta un cuerpo de masa “m” es proporcional a la fuerza total “F ” que act´ ua sobre 1 1 el cuerpo con m como constante de proporcionalidad, as´ı entonces, a = m F , es decir, ma = F . Supongamos que un cuerpo de masa “m” cae s´ olo bajo la influencia de la gravitaci´ on, en tal caso la u ´nica fuerza que act´ ua sobre ´el es mg, donde g denota la aceleraci´ on de gravedad (g ≈ 980cm. por cada segundo). 291

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Si “y” es la altura medida hacia abajo desde una posici´ on prefijada, entonces su d2 y velocidad v = dy es el ritmo de cambio de su posici´ o n y su aceleraci´ on a = dv dt dt = dt2 es el ritmo de cambio de la velocidad. Con esta notaci´ on, la ecuaci´ on mg = F se convierte en 2 2 m ddt2y = mg, es decir, ddt2y = g. Si alteramos la situaci´ on, admitiendo que el aire ejerce una fuerza de resistencia proporcional a la velocidad, la fuerza total F es mg − k dy on planteada es ahora dt y la ecuaci´ d2 y dy m dt2 = mg − k dt . Definici´ on 14.2.1. Se llama orden de una ecuaci´on diferencial ordinaria al orden de derivaci´on m´as alto que aparezca en la ecuaci´on F (x, y, y ′ , y ′′ , . . . , y (n) ) = 0. Se llama grado de una ecuaci´on diferencial ordinaria al exponente que afecta a la derivada de m´as alto orden. Ejemplo 14.2.2. 1.

dy dx

2.

d2 y dx2

= x + 5 es de primer orden, primer grado. dy + 5 dx − 2 = 0 es de segundo orden, primer grado.

3. (y ′′ )2 − (y ′ )3 + 3y − x2 = 0 es de segundo orden, tercer grado.

14.3.

´ DE UNA ECUACION ´ DIFERENCIAL SOLUCION

Definici´ on 14.3.1. Toda funci´on y = y(x) que transforma la ecuaci´on diferencial en una identidad se denomina soluci´on o integral de la ecuaci´on diferencial. Ejemplo 14.3.1. Considere la ecuaci´ on diferencial d2 y + y = 0, dx2 pruebe que las funciones y = sin(x), y = cos(x), y en general y = A sin(x) + B cos(x), A, B constantes, son soluci´ on de la ecuaci´ on planteada. Soluci´ on. Si y = A sin(x) + B cos(x) entonces d2 y dx2

dy dx

= A cos(x) − B sin(x), de donde,

d2 y dx2

es tal que

= A sin(x) − B cos(x), as´ı, reemplazando en la ecuaci´on diferencial obtenemos d2 y + y = −A sin(x) − B cos(x) + A sin(x) + B cos(x) ≡ 0. dx2

Observaci´ on 14.3.1. Una ecuaci´on diferencial de primer orden tiene la forma F (x, y, y ′ ) = 0, si esta ecuaci´on es soluble para la derivada entonces y ′ = f (x, y), se llama “forma normal de la ecuaci´on diferencial”.

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293

Definici´ on 14.3.2. Llamamos soluci´on general de una ecuaci´on diferencial normal de primer orden a la funci´on y = S(x, C) con C = C te tal que a) satisface la ecuaci´on diferencial para todo valor de C b) cualquiera que sea la condici´on inicial y = y0 para x = x0 puede encontrarse un valor C = C0 tal que y = S(x, C0 ).

Definici´ on 14.3.3. Toda funci´on y = S(x, C0 ) deducida de la soluci´on general y = S(x, C) se llama soluci´on particular de la ecuaci´on.

dy Ejemplo 14.3.2. La ecuaci´ on diferencial de primer orden dx = − xy tiene por soluci´ on dy C C general la familia de funciones y = x ya que, derivando la funci´ on obtenemos dx = − x2 ; dy yx y como C = yx entonces, dx = − x2 = − x . La soluci´ on particular que satisface la condici´ on inicial y0 = 1 para x0 = 2 nos indica C que se cumple 1 = 2 , es decir C = 2, de donde, la soluci´ on particular es y = x2 (aquella hip´erbola equil´ atera que pasa por el punto (2, 1)).

Observaci´ on 14.3.2. 1. Con frecuencia aparecen soluciones de ecuaciones diferenciales definidas impl´ıcitamente y a veces es dif´ıcil o imposible expresar expl´ıcitamente la variable dependiente en t´erminos de la variable independiente. As´ı por ejemplo xy = ln(y)+C, C una constante, es soluci´on de la ecuaci´on diferencial dy y2 ıcitamente la expresi´on xy = ln(y) + C tenemos, dx = 1−xy , ya que derivando impl´ dy y + x dx =

1 dy y dx ,

al despejar

dy dx

obtenemos

dy dx

=

y 1 −x y

es decir, obtenemos

dy dx

=

y2 1−xy ,

en la cual no podemos expresar la derivada s´olo en funci´on de la variable x. 2. Si la ecuaci´on diferencial tiene la forma normal y ′ = f (x, y) y si f (x, y) = g(x) dy entonces la ecuaci´on diferencial queda dx = g(x), la cual ∫ se puede solucionar, generalmente, escribiendo dy = g(x)dx, de donde y = g(x)dx + C, esta integral se puede resolver, generalmente, con los m´etodos del c´alculo. Por ejemplo, la ecuaci´on diferencial y ′ = e3x + x tiene soluci´on general ∫ y=

1 x2 (e3x + x)dx + C = e3x + + C. 3 2

∫ ∫ 2 Sin embargo, recordemos que existen otras integrales como e−x dx, sin(x) x dx que no son expresables mediante un n´ umero finito de funciones elementales.

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14.4.

ECUACIONES DIFERENCIALES DE VARIABLES SEPARABLES Y SEPARADAS

dy Si en la ecuaci´on diferencial normal dx = f (x, y), el segundo lado de ella se factoriza en un producto de funciones de x por funciones de y entonces la ecuaci´on es

dy = f1 (x)f2 (y); dx si f2 (y) ̸= 0 entonces podemos anotarla como f21(y) dy = f1 (x)dx, y por integraci´on obtenemos ∫ ∫ 1 dy = f1 (x)dx + C. f2 (y) Esta ecuaci´on es de variables separables. on Ejemplo 14.4.1. Resuelva la ecuaci´

dy dx

= − xy .

Soluci´ on. Notamos inmediatamente que es una ecuaci´on de variables separables, entonces dy dx =− , y x integrando obtenemos ln(y) = − ln(x) + C. En este caso es conveniente escribir ln(y) = − ln(x) + ln(K) de donde ln(y) = ln K ı entonces la integral o soluci´on general x , as´ K de la ecuaci´on es y = x . Observaci´ on 14.4.1. 1. La ecuaci´on diferencial M (x)dx + N (y)dy = 0 se llama ecuaci´on de variables separadas y su integral general es ∫ ∫ M (x)dx + N (y)dy = C. Por ejemplo, al considerar la ecuaci´on diferencial xdx + ydy = 0 tenemos ∫ ∫ xdx + ydy = C de donde la soluci´on general es x2 + y 2 = K 2 con K 2 = 2C. 2. Una ecuaci´on del tipo M1 (x)N1 (y)dx + M2 (x)N2 (y)dy = 0 se puede reducir a una ecuaci´on de variables separadas dividiendo por N1 (y)M2 (x); la ecuaci´on diferencial queda N2 (y) M1 (x) dx + dy = 0. M2 (x) N1 (y)

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on (t2 − xt2 )dx + (x2 + tx2 )dt = 0. Ejemplo 14.4.2. Resuelva la ecuaci´ Soluci´ on. (t2 − xt2 )dx + (x2 + tx2 )dt = 0 ⇒ t2 (1 − x)dx + x2 (1 + t)dt = 0 1+t 1−x dx + 2 dt = 0 ⇒ 2 t∫ ∫x 1+t 1−x dx + dt = C ⇒ x2 t2 ) ) ∫ ( ∫ ( 1 1 −1 −2 ⇒ x − dx + t + dt = C x t 1 1 ⇒ − − ln(x) − + ln(t) = C x t 1 1 ⇒ + ln(x) + − ln(t) = K x t (x) x+t ⇒ + ln = K. xt t

14.5.

´ ECUACIONES HOMOGENEAS DE PRIMER ORDEN

Recordemos que la funci´on f (x, y) es homog´enea de grado n con respecto de las variables x e y si para todo λ ∈ R − {0} se cumple f (λx, λy) = λn f (x, y). Ejemplo 14.5.1.

√ 1. La funci´ on f (x, y) = 3 x3 − y 3 es homog´enea de grado 1 ya que √ √ √ f (λx, λy) = 3 (λx)3 − (λy)3 = 3 λ3 x3 − λ3 y 3 = λ 3 x3 − y 3 = λf (x, y). 2. La funci´ on f (x, y) = x2 + y 2 es homog´enea de grado 2 ya que f (λx, λy) = (λx)2 + (λy)2 = λ2 x2 + λ2 y 2 = λ2 (x2 + y 2 ) = λ2 f (x, y). 3. La funci´ on f (x, y) =

x2 +y 2 xy

es homog´enea de grado 0 ya que

f (λx, λy) =

(λx)2 + (λy)2 = f (x, y). (λx)(λy)

Definici´ on 14.5.1. La ecuaci´on diferencial de primer orden dy = f (x, y) dx se llama homog´enea respecto de x e y si la funci´on f (x, y) es homog´enea de grado 0 con respecto de x e y.

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14.5.1.

Soluci´ on de la Ecuaci´ on Homog´ enea

( ) Como f (λx, λy) = f (x, y), haciendo λ = x1 obtenemos f 1, xy = f (x, y), con esto, la ecuaci´on diferencial queda ( y) dy = f 1, . (14.1) dx x Consideremos el cambio de variable u = xy , o equivalentemente, y = ux, entonces dy du on diferencial u + x du dx = u + x dx , reemplazando en (14.1) obtenemos la ecuaci´ dx = f (1, u) que es de variables separables, tenemos u+x

du du = f (1, u) ⇒ x = f (1, u) − u dx dx du dx ⇒ = ; f (1, u) − u x

al integrar y sustituir la variable u por

y x

conseguimos la soluci´on general.

Ejemplo 14.5.2. Resuelva la ecuaci´ on diferencial

dy dx

=

xy . x2 −y 2

Soluci´ on. Claramente la ecuaci´on es homog´enea, al reconocerla como tal hacemos el cambio de variable y = ux, con lo cual obtenemos dy du =u+x ; dx dx adem´as, usando sint´eticamente el desarrollo dado anteriormente, la funci´on f (x, y) =

xy x2 −y 2

u u queda f (1, u) = 1−u on original es ahora u + x du 2 de donde, la ecuaci´ dx = 1−u2 . u Otra forma, quiz´as m´as directa, de obtener la ecuaci´on u + x du dx = 1−u2 es proceder dy xy como sigue, ya sabemos que dx = u + x du dx , por otro lado, al reemplazar y por ux en x2 −y 2 obtenemos x(ux) ux2 u = = , x2 − (ux)2 x2 − u2 x2 1 − u2

as´ı, u + x du dx =

u . 1−u2

Resolvamos la ecuaci´on deducida, u+x

du u = dx 1 − u2

du u = −u dx 1 − u2 u3 du x = dx 1 − u2 1 − u2 dx du = 3 u ( ) x 1 dx u−3 − du = u x 1 − 2 − ln(u) = ln(x) + C1 2u 1 − 2 = ln(x) + ln(u) + ln(C) 2u 1 − 2 = ln(Cux). 2u

⇒ x ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒

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297 2

y x

x en la u ´ltima ecuaci´on conseguimos − 2y 2 = ln(Cy), de donde, √ al despejar la variable x, la soluci´on general se puede expresar por x = y −2 ln(Cy). √ x2 Reemplazando u por xy obtenemos − 2y −2 ln(Cy) es 2 = ln(Cy) y finalmente x = y la soluci´on general de la ecuaci´on.

Al reemplazar u por

Observaci´ on 14.5.1. La ecuaci´on diferencial de la forma M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 ser´a una ecuaci´on homog´enea si M (x, y), N (x, y) son homog´eneas del mismo grado ya que en este caso el cuociente es de grado cero. Ejemplo 14.5.3. Resuelva la ecuaci´ on (y − x)dx + (y + x)dy = 0. Soluci´ on. (y − x)dx + (y + x)dy = 0 ⇒ (y + x)dy = (x − y)dx x−y dy = , ⇒ dx x+y con el cambio de variable y = ux tenemos dy dx

x du dx

x−y x+y

conseguimos =u+ de donde la ecuaci´on Para esta u ´ltima ecuaci´on tenemos:

y = ux

du 1−u = −u dx 1+u du (1 − u) − u(1 + u) ⇒ x = dx 1+u 2 du −u − 2u + 1 ⇒ x = dx u+1 2 u + 2u − 1 du =− ⇒ x dx u+1 u+1 dx ⇒ du = − u2 + 2u − 1 x 1 ⇒ ln(u2 + 2u − 1) = − ln(x) + C1 2 1 ⇒ ln(u2 + 2u − 1) 2 = − ln(x) + ln(C) ( ) 1 C 2 2 ⇒ ln(u + 2u − 1) = ln x 1 C ⇒ (u2 + 2u − 1) 2 = . x √ 2 Al volver a la variable original, reemplazando u = xy obtenemos xy 2 + 2 xy − 1 = Cx , √ y 2 +2yx−x es decir, = Cx , al simplificar y elevar al cuadrado tenemos la soluci´on general x y 2 + 2xy − x = K, donde K = C 2 . u+x

du 1−u = dx 1+u

x−ux 1−u x+ux = 1+u , por otro lado, de dy x−y du 1−u dx = x+y queda u + x dx = 1+u .

=

⇒ x

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14.6.

ECUACIONES LINEALES DE PRIMER ORDEN

En la secci´on anterior vimos como resolver una ecuaci´on diferencial separable, integrando, despu´es de multiplicar cada t´ermino por un factor adecuado. dy dy Por ejemplo, para resolver dx = 2xy multiplicamos por y1 , y obtenemos y1 dx = 2x, es decir, d(ln(y)) = d(x2 ), al integrar obtenemos ln(y) = x2 + C. A la funci´on ρ(y) = y1 la llamamos factor integrante de la ecuaci´on. Mediante un factor integrante adecuado existe una t´ecnica estandarizada para solucionar la ecuaci´on diferencial lineal de primer orden dy + P (x)y = Q(x). dx ∫

El factor integrante es ρ(x) = e ∫

e

P (x)dx dy

dx

P (x)dx ; ∫

+ P (x)e

tenemos, P (x)dx

∫

y = Q(x)e

P (x)dx

.

∫

El primer lado de la ecuaci´on es la derivada de ye p(x)dx , de donde, integrando obtenemos ∫ ∫ ∫ p(x)dx ye = Q(x)e P (x)dx dx + C y entonces la soluci´on general es y=e

−

∫

[∫

∫

P (x)dx

Q(x)e

] P (x)dx

dx + C .

Observaci´ on 14.6.1. No es recomendable memorizar esta u ´ltima f´ormula, en su reemplazo debemos realizar los siguientes pasos, 1. Reconocer la ecuaci´on como una ecuaci´on lineal. ∫

2. Calcular el factor integrante e

P (x)dx .

3. Multiplicar la ecuaci´on por el factor integrante. 4. Reconocer el primer lado de la ecuaci´on como la diferencial de un producto. 5. Integrar. Ejemplo 14.6.1. Resuelva la ecuaci´ on

dy dx

− 3y = e2x .

Soluci´ on. La ecuaci´on planteada es lineal tanto en la variable como en su derivada; tenemos P (x) = −3 , entonces el factor integrante es

∫

ρ(x) = e

Q(x) = e2x

−3dx

= e−3x .

dy Al multiplicar la ecuaci´on original por e−3x obtenemos e−3x dx − 3ye−3x = e−x , ´esta d (e−3x y) = e−x de donde d(e−3x y) = e−x dx. u ´ltima ecuaci´on la escribimos como dx ∫ Integrando tenemos e−3x y = e−x dx+C, es decir, e−3x y = −e−x +C, entonces la soluci´on general de la ecuaci´on es y = e3x (−e−x + C) = Ce3x − e2x .

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299

dy on (x2 + 1) dx + 3xy = 6x. Ejemplo 14.6.2. Resuelva la ecuaci´

Soluci´ on. De la ecuaci´on original deducimos

∫

ρ(x) = e

3x dx x2 +1

(∫ = exp

+

3x y x2 +1

3x , +1

P (x) = El factor integrante es

dy dx

=

6x , x2 +1

Q(x) =

x2

la cual es lineal con

6x . +1

x2

) ( ) 3 3x 3 2 dx = exp ln(x + 1) = (x2 + 1) 2 , 2 x +1 2

de donde, la ecuaci´on queda 1 1 dy + 3x(x2 + 1) 2 y = 6x(x2 + 1) 2 . dx

3

(x2 + 1) 2 Integrando obtenemos 2

∫

3 2

1

3

6x(x2 + 1) 2 dx + C = 2(x2 + 1) 2 + C,

(x + 1) y =

de donde la soluci´on general es y = 2 + C(x2 + 1)− 2 . 3

Ejemplo 14.6.3. Resuelva

dy dx

− a xy =

x+1 x ,

a ∈ R − {0, 1}.

Soluci´ on. Notamos que la ecuaci´on planteada es lineal, entonces el factor integrante es ∫

ρ(x) = e donde p(x) = − xa ; tenemos,

∫

ρ(x) = e

a −x dx

p(x)dx

−a

= e−a ln(x) = eln(x)

= x−a .

Al multiplicar la ecuaci´on diferencial original por este factor integrante obtenemos x−a

dy y x+1 − a a+1 = a+1 , dx x x

es inmediato reconocer el lado izquierdo de la ecuaci´on como d(yx−a ) = xx+1 a+1 dx. Al integrar tenemos ∫ x+1 −a yx = dx + C, xa+1 es decir, yx

−a

∫ =

as´ı,

d −a dx (yx ),

de donde

(x−a + x−a−1 )dx + C,

x−a+1 x−a + + C; −a + 1 −a x al despejar la variable y obtenemos y = 1−a − a1 + Cxa que es la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial planteada. yx−a =

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dy Ejemplo 14.6.4. Considere la ecuaci´ on xe2y dx + e2y = 2y u=e .

ln(x) x .

Resuelva con la sustituci´ on

Soluci´ on. Si u = e2y entonces derivando con respecto de x tenemos dy du = 2e2y dx dx de donde, dy 1 du = 2y , dx 2e dx reemplazando en la ecuaci´on original tenemos, 1 du ln(x) x +u= , 2y 2e dx x la ecuaci´on que resulta es x du ln(x) +u= 2 dx x la cual es lineal en u. En definitiva, la ecuaci´on es du 2 2 ln(x) + u= . dx x x2 ∫ Aqu´ı el factor integrante es x2 , de donde ux2 = 2 ln(x)dx + C, as´ı, integrando obtenemos ux2 = 2(x ln(x) − 1) + C. Al reemplazar u por e2y tenemos la soluci´on general x2 e2y = 2x ln(x) − 2x + C. 14.6.1.

Ecuaci´ on de Bernoulli

La ecuaci´on diferencial

dy + P (x)y = Q(x)y n dx donde P (x), Q(x) son funciones continuas, n ̸= 0, n ̸= 1 se llama ecuaci´on de Bernoulli. Esta ecuaci´on, escrita como y −n

dy + P (x)y −n+1 = Q(x) dx

se reduce a una ecuaci´on lineal con el cambio de variable z = y −n+1 . En efecto, derivando con respecto de x obtenemos dz dy = (−n + 1)y −n dx dx es decir

dy yn dz = . dx (−n + 1) dx

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301

dy Reemplazando en y −n dx + P (x)y −n+1 = Q(x) obtenemos

1 dz + P (x)z = Q(x) (−n + 1) dx es decir, dz + (−n + 1)P (x)z = (−n + 1)Q(x) dx la cual es una ecuaci´on lineal en z; despu´es de resolverla reemplazamos z por y −n+1 . Ejemplo 14.6.5. Resuelva la ecuaci´ on

dy dx

+ xy = x3 y 3 .

Soluci´ on. La ecuaci´on planteada es de Bernoulli y la escribimos y −3

dy + xy −2 = x3 . dx

(∗)

Sea z = y −2 entonces dz dy = −2y −3 dx dx de donde

dy 1 dz = . dx −2y −3 dx

Si reemplazamos

dy dx ,

y −2 en (∗) conseguimos la ecuaci´on y −3

1 dz + xz = x3 −2y −3 dx

que, al multiplicar por −2 entrega la ecuaci´on ∫

Aqu´ı el factor integrante es ρ(x) = e e−x de donde ze−x = 2

∫

2

−2xdx

dz dx

− 2xz = −2x3 que es lineal en z.

= e−x , entonces la ecuaci´on es ahora 2

dz 2 2 − 2xze−x = −2x3 e−x dx

−2x3 e−x dx + C. 2

En la u ´ltima integral, que la resolvemos por integraci´on por partes, consideramos la ∫ 2 2 integral escrita como x2 (−2xe−x )dx y, al considerar u = x2 , dv = −2xe−x la integral 2 2 2 2 2 2 2 es x2 e−x + e−x + C, as´ı, ze−x = x e−x + e−x + C, entonces z = x2 + 1 + Cex ; al reemplazar z tenemos finalmente y = √ 1 . 2 x2 +1+Cex

14.6.2.

Ecuaci´ on de Ricatti

dy Esta ecuaci´on es de la forma dx + P (x)y 2 + Q(x)y + R(x) = 0, P (x) ̸= 0; no se puede resolver por m´etodos elementales, sin embargo, si conocemos una soluci´on particular y1 (x) podemos resolverla, transform´andola en una ecuaci´on diferencial lineal con la transformaci´on y = y1 + u1 .

302

UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA

Si y = y1 +

1 u

entonces

dy dy1 1 du = − 2 , dx dx u dx reemplazando en la ecuaci´on original obtenemos ( ) ( ) dy1 1 du 1 2 1 − 2 + P (x) y1 + + Q(x) y1 + + R(x) = 0, dx u dx u u la cual, dado que y1 es soluci´on particular, se transforma en ] [ 1 1 du 2y1 1 − 2 + P (x) + 2 + Q(x) = 0. u dx u u u Al multiplicar por −u2 la ecuaci´on queda du − P (x)[2y1 u + 1] − uQ(x) = 0, dx es decir, du − 2y1 uP (x) − P (x) − uQ(x) = 0, dx al reagrupar los t´erminos conseguimos la ecuaci´on du − u[2P (x)y1 + Q(x)] = P (x); dx esta es una ecuaci´on lineal en u. Ejemplo 14.6.6. Resuelva la ecuaci´ on dy y2 x−2 + 2 + y = 0. 3 dx x − x x − x2 Soluci´ on. Es una ecuaci´on Ricatti; dado que el t´ermino R(x) es nulo entonces una soluci´on particular es y1 (x) = 0. Siguiendo la metodolog´ıa dada anteriormente, realicemos la transformaci´on y = 0 + u1 , tenemos, 1 du dy =− 2 , dx u dx reemplazando en la ecuaci´on obtenemos −

1 1 x−2 1 du u2 + + = 0, 2 2 3 u dx x − x u x − x2

de la cual deducimos

du 1 x−2 − − u = 0, dx x2 − x3 x − x2 as´ı, la ecuaci´on lineal que conseguimos es x−2 1 du − u= 2 . 2 dx x − x x − x3

(∗∗)

´ HERALDO GONZALEZ SERRANO

303 −

∫

x−2

dx

El factor integrante es ρ(x) = e x−x2 . ∫ x−2 Calculemos x−x 2 dx usando fracciones parciales; tenemos, x−2 x−2 A B = = + , x − x2 x(1 − x) x 1−x deducimos que x − 2 = A(a − x) + Bx de donde obtenemos A = −2, B = −1, as´ı, x−2 −2 −1 = + 2 x−x x 1−x y entonces ∫

x−2 dx = x − x2

∫ (

−2 −1 + x 1−x

) dx = −2 ln(x) + ln(1 − x).

El factor integrante es entonces, ρ(x) = e

−

∫

x−2 dx x−x2

(

=e

2 ln(x)−ln(1−x)

=e

ln

x2 1−x

)

=

x2 . 1−x

Al multiplicar la ecuaci´on (∗∗) por el factor integrante conseguimos x2 du x2 x − 2 1 x2 − u= , 2 1 − x dx 1 − x x − x 1 − x x2 − x3 entonces podemos escribirla como d dx es decir

( d

al integrar obtenemos

x2 1−x u

=

1 1−x

(

) x2 1 u = , 1−x (1 − x)2

) 1 x2 u = dx; 1−x (1 − x)2 + C, despejando tenemos u=

y como u =

1 y

1 1−x +C 2 , 2 x x

entonces la soluci´on general es 1 1−x 1 = 2 +C 2 ; y x x

naturalmente que realizando arreglos algebraicos podemos conseguir y =

x2 1+C−Cx .

304

14.7.

UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA

ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS

Definici´ on 14.7.1. Si u(x, y) es una funci´on continua y con primeras derivadas parciales continuas entonces la diferencial total de u es du =

∂u ∂u dx + dy. ∂x ∂y

Definici´ on 14.7.2. La expresi´on M (x, y)dx + N (x, y)dy se llama “diferencial exacta” si existe alguna funci´on u(x, y) para la cual esta expresi´on es la diferencial de u, es decir M (x, y)dx + N (x, y)dy es diferencial exacta si existe alguna funci´on tal que ∂u ∂u = M (x, y) y = N (x, y). ∂x ∂y Definici´ on 14.7.3. La ecuaci´on M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 se llama ecuaci´on diferencial exacta si y s´olo si M (x, y)dx + N (x, y)dy es una diferencial exacta. on M (x, y)dx+N (x, y)dy = 0 es exacta si y s´ olo si Teorema 14.7.1. La ecuaci´

∂N ∂x

=

∂M ∂y .

Demostraci´ on. (S´olo una parte de ella). Si M (x, y)dx + N (x, y)dy es la diferencial exacta de alguna funci´on u(x, y) entonces M (x, y)dx + N (x, y)dy = du = as´ı, M =

∂u ∂x

yN=

∂u ∂y ,

∂u ∂u dx + dy, ∂x ∂y

derivando obtenemos ∂2u ∂M = ∂y ∂x∂y

y

∂N ∂2u = , ∂x ∂y∂x

suponiendo que las segundas derivadas parciales son continuas conseguimos

Teorema 14.7.2. La soluci´ on general de la ecuaci´ on diferencial exacta M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 est´ a dada por u(x, y) = C donde u(x, y) es tal que ∂u =M ∂x

y

∂u = N, ∂y

C = C te .

∂N ∂x

=

∂M ∂y .

´ HERALDO GONZALEZ SERRANO

305

Demostraci´ on. Si M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 es exacta entonces existe una funci´on ∂u ∂u u = u(x, y) tal que ∂u ı, ∂u ∂x = M y ∂y = N , as´ ∂x dx + ∂y dy = 0, es decir, du = 0, de donde u = C es soluci´on general. Ejemplo 14.7.1. Resuelva la ecuaci´ on (2xy + 1)dx + (x2 + 4y)dy = 0. Soluci´ on. La ecuaci´on (2xy + 1)dx + (x2 + 4y)dy = 0 es exacta si ∂N ∂ 2 = (x + 4y) = 2x ∂x ∂x

∂N ∂x

=

∂M ∂y .

Como

∂M ∂ = (2xy + 1) = 2x, ∂y ∂y

y

entonces la ecuaci´on es exacta, as´ı, existe u = u(x, y) tal que Tenemos el sistema { ∂u ∂x = 2xy + 1 ∂u 2 ∂y = x + 4y

∂u ∂x

=M y

∂u ∂y

= N.

integrando la primera ecuaci´on del sistema obtenemos ∫ u = (2xy + 1)dx + φ(y) = x2 y + x + φ(y), ahora, derivando con respecto de y, la expresi´on que obtenemos es d ∂u = x2 + (φ(y)). ∂y dy Al comparar con la segunda ecuaci´on del sistema tenemos x2 + 4y = x2 + es decir,

d dy (φ(y))

d (φ(y)), dy

= 4y, as´ı, ∫ φ(y) =

4ydy + C1 = 2y 2 + C1 ,

entonces u = x2 y + x + 2y 2 + C1 . Como la soluci´on de la ecuaci´on es u(x, y) = C entonces la soluci´on general para la ecuaci´on planteada es u = x2 y + x + 2y 2 + C1 = C, es decir, x2 y + x + 2y 2 = K donde K = C − C1 . Ejemplo 14.7.2. Resuelva Soluci´ on. Como ∂M ∂ = ∂y ∂y

(

2x dx y3

2x y3

)

+

y 2 −3x2 dy y4

6x =− 4 y

y

= 0.

∂N ∂ = ∂x ∂x

(

y 2 − 3x2 y4

) =−

6x y4

entonces la ecuaci´on diferencial es Exacta, as´ı, existe u = u(x, y) tal que ∂u ∂y = N .

∂u ∂x

= M y

306

UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA ∂u ∂x

=

2x y3

Como

∂u ∂y

=N =

De

concluimos que u = y 2 −3x2 y4

∫

2x dx y3

+ f (y), entonces u =

x2 y3

+ f (y).

entonces ∂ ∂y

derivando obtenemos −

(

) x2 y 2 − 3x2 + f (y) = ; y3 y4

y 2 − 3x2 3x2 ′ + f (y) = ; y4 y4

al despejar la derivada tenemos f ′ (y) = y12 . Debemos determinar f (y); naturalmente que ∫ f (y) = dy + C1 , es decir, f (y) = − y1 + C1 . y2 Como la soluci´on de la ecuaci´on exacta es u = C entonces, de u = x2 y3

−

1 y

14.8.

+ C1 = C; finalmente la soluci´on general es

x2 y3

−

1 y

x2 y3

+ f (y) obtenemos

= K con K = C − C1 .

FACTORES INTEGRANTES

A veces tenemos ecuaciones diferenciales no exactas, escritas en la forma M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 las cuales se pueden convertir en exactas multiplicando sus t´erminos por un factor integrante adecuado. Por ejemplo, la ecuaci´on ydx − xdy = 0 no es una ecuaci´on diferencial exacta ya que ∂M ∂y ∂N ∂(−x) = = 1 ̸= = = −1, ∂y ∂y ∂x ∂x sin embargo, si multiplicamos por y12 obtenemos yy2 dx − yx2 dy = 0, la cual es exacta, ya que ( ) ( ) ∂ 1 1 ∂ x ∂N 1 ∂M = =− 2 y = − 2 = − 2; ∂y ∂y y y ∂x ∂x y y ahora podr´ıamos seguir el m´etodo de soluci´on ya estudiado. Notemos que la ecuaci´on original se puede solucionar por el m´etodo de variables separables (la soluci´on ser´ıa, y = Cx), sin embargo, se muestra este m´etodo s´olo para ejemplificar; por otro lado al multiplicar por y12 podr´ıamos escribir, ydx−xdy = 0, donde y2 ( ) el primer miembro es la diferencial de xy , as´ı, d xy = 0, de donde, integrando obtenemos x ´ltimo radica la potencia del m´etodo. y = C; en esto u Definici´ on 14.8.1. Un Factor Integrante para la ecuaci´on M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 es una funci´on ρ(x, y) tal que ρ(x, y)M (x, y)dx + ρ(x, y)N (x, y)dy = 0 es exacta.

´ HERALDO GONZALEZ SERRANO

307

on diferencial de variables separables ydx + sec(x)dy = 0 no Ejemplo 14.8.1. La ecuaci´ es exacta ya que ∂M ∂y ∂N ∂(sec(x)) = = 1 ̸= = = sec(x) tan(x), ∂y ∂y ∂x ∂x sin embargo, si multiplicamos por ci´ on diferencial exacta ya que

1 y sec(x)

obtenemos cos(x)dx + y1 dy = 0 que es una ecua( )

∂M ∂(cos(x)) ∂N = =0= = ∂y ∂y ∂x

∂

1 y

∂x

,

la soluci´ on de la ecuaci´ on es sin(x) + ln(y) = C. Desgraciadamente no se conoce un m´etodo general para encontrar un Factor Integrante explicito, sin embargo, existen algunas ecuaciones en que podemos determinar sistem´aticamente al Factor Integrante. 14.8.1.

Factor Integrante Sistem´ atico

Sea M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 ( ) ∂N a) Si N1 ∂M − = f (x) entonces ∂y ∂x ∫

ρ(x, y) = e b) Si

1 M

(

∂N ∂x

−

∂M ∂y

f (x)dx

.

) = g(y) entonces ∫

ρ(x, y) = e

g(y)dy

.

c) Si M = yf (x, y), N = xg(x, y) entonces ρ(x, y) = Veamos el caso a). Supongamos que

1 N

(

∂M ∂y

−

∂N ∂x

1 . xM − yN

)

∫

= f (x) y definamos ρ(x, y) = e

f (x)dx ∫

entonces, al

f (x)dx

multiplicar la ecuaci´on M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 por ρ(x, y) = e obtenemos, en forma simplificada, la ecuaci´on ρM dx + ρN dy = 0. Como ( ) ∂ρ ∂N ∗ ∂N ∂N ∂M ∂(ρN ) 1 ∂M =ρ · = ·N +ρ· − ·N +ρ· =ρ· ∂x ∂x ∂x N ∂y ∂x ∂x ∂y y, como por otro lado, se puede verificar de manera an´aloga que, la ecuaci´on diferencial ρM dx + ρN dy = 0 es exacta.

∂(ρM ) ∂y

= ρ·

∂M ∂y

entonces

308

UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA ∫

*: Si ρ(x, y) = e

f (x)dx

entonces, ∂ρ ∂x

∫

= e ∫

= e

d

(∫

f (x)dx

·

f (x)dx

· f (x)

) f (x)dx dx

= ρ(x, y) · f (x) ( ) 1 ∂M ∂N = ρ· − . N ∂y ∂x Ejemplo 14.8.2. Resuelva la ecuaci´ on y 2 cos(x)dx + (4 + 5y sin(x))dy = 0. Soluci´ on. La ecuaci´on planteada no obedece a los m´etodos anteriores, intentamos Factor Integrante; como ∂ 2 ∂M = (y cos(x)) = 2y cos(x) ∂y ∂y

y

∂N ∂ = (4 + 5y sin(x)) = 5y cos(x) ∂x ∂x

y adem´as

( ) 1 ∂N 5y cos(x) − 2y cos(x) ∂M 3 = − = = g(y), 2 M ∂x ∂y y cos(x) y entonces el factor integrante es ∫

ρ(y) = e

3 dy y

= e3 ln(y) = y 3 .

Al multiplicar la ecuaci´on original por este Factor Integrante obtenemos la ecuaci´on diferencial y 5 cos(x)dx + (4y 3 + 5y 4 sin(x))dy = 0 ∂N 4 que es exacta ya que ∂M ı, existe la funci´on u(x, y) tal que ∂u ∂y = 5y cos(x) = ∂x as´ ∂x = M ∫ 5 ∂u ∂u 5 5 y ∂y = N . Tenemos ∂x = y cos(x), de donde u = y cos(x)dx = y sin(x) + φ(y); 4 ′ derivando con respecto de y obtenemos ∂u ı, ∂y = 5y sin(x) + φ (y), as´

5y 4 sin(x) + φ′ (y) = 4y 3 + 5y 4 sin(x), ∫ concluimos que φ′ (y) = 4y 3 de donde φ(y) = 4y 3 dy + C1 = y 4 + C1 , finalmente, la soluci´on general es y 5 sin(x) + y 4 = C. 14.8.2.

Factor Integrante por inspecci´ on

Existen muchas ecuaciones para las cuales el Factor Integrante se puede encontrar por inspecci´on, lo que implica la b´ usqueda de una agrupaci´on de t´erminos que muestren la diferencial de alguna funci´on conocida. Por ejemplo, la presencia de ydx+xdy sugiere una funci´on de xy como Factor ( ) Integrante dado que d(xy) = xdy + ydx. De manera an´aloga, las diferenciales d xy = ydx−xdy , y2 ( y ) xdy−ydx d x = sugieren la b´ usqueda de las expresiones ydx−xdy, xdy−ydx que conducen x2 ( ) ( ) a factores integrantes de la forma y12 f xy y x12 f xy respectivamente. Veamos algunos ejemplos que nos indicaran el camino.

´ HERALDO GONZALEZ SERRANO

309

on ydx + (x + x2 y)dy = 0. Ejemplo 14.8.3. Resuelva la ecuaci´ Soluci´ on. Al desarrollar la ecuaci´on obtenemos ydx + xdy + x2 ydy = 0, la presencia de la expresi´ on xdy + ydx, contenida en la ecuaci´on sugiere un Factor Integrante funci´on de xy; como en el tercer t´ermino x2 ydy nos conviene eliminar x2 , para que, sin la presencia de ´el, el t´ermino que queda sea integrable de manera inmediata, concluimos que el Factor 1 Integrante, funci´on de xy es (xy) 2 , tenemos x2 y ydx + xdy + dy = 0, (xy)2 (xy)2 o lo que es lo mismo, 1 (xy)−2 d(xy) + dy = 0, y integrando esta u ´ltima expresi´on obtenemos ∫ ∫ 1 −2 (xy) d(xy) + dy = C, y 1 es decir, la soluci´on general es − xy + ln(x) = C.

on (xy 4 + y)dx − xdy = 0. Ejemplo 14.8.4. Resuelva la ecuaci´ Soluci´ on. Al desarrollar la ecuaci´on tenemos xy 4 dx (+ ydx ) − xdy = 0, la presencia de ydx − xdy 1 x sugiere un Factor Integrante de la forma y2 f y ; como debemos eliminar el factor y 4 del t´ermino xy 4 dx produciendo con ello que el t´ermino que quede, sea integrable de manera ( )2 inmediata, el Factor Integrante es y12 xy ; tenemos, 1 y2

( )2 ( ) x 1 x 2 4 xy dx + 2 (ydx − xdy) = 0, y y y

con algunos arreglos algebraicos obtenemos ( )2 x ydx − xdy x dx + = 0, y y2 3

es decir,

( )2 ( ) x x x dx + d = 0, y y 3

al integrar tenemos

∫

∫ ( )2 x x dx + d(xy) = C, y 3

es decir, la soluci´on general es

x4 4

+ 13 ( xy )3 = C.

310

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14.9.

ALGUNAS APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES

Ecuaciones diferenciales y Modelos matem´ aticos Los siguientes ejemplos muestran el proceso de “traducir” leyes y principios cient´ıficos en Ecuaciones Diferenciales, interpretando razones de cambio como derivadas; generalmente la variable independiente es el tiempo t. Ejemplo 14.9.1. Ley de Enfriamiento de Newton La ley de enfriamiento de Newton dice, “La tasa de cambio de la temperatura T (t) de un cuerpo, con respecto al tiempo t es proporcional a la diferencia entre la temperatura T del cuerpo y la temperatura A del medio ambiente”. La ecuaci´ on que se produce es dT = k(A − T ), k > 0 dt la cual se puede tratar como una ecuaci´ on de variables separables tanto como lineal. dT Notemos que, si T > A entonces dt < 0, de modo que la temperatura T (t) es una funci´ on decreciente del tiempo t y el cuerpo se esta enfriando; si T < A entonces dT dt > 0 y el cuerpo se esta calentando. Para valores de la constante k y temperatura ambiental constante A podemos determinar una f´ ormula explicita para T (t). Resolvamos la ecuaci´ on diferencial, dT dT = k(A − T ) ⇒ = kdt dt ∫A − T ∫ dT ⇒ = kdt + C1 A−T ⇒ − ln(A − T ) = kt + C1 ⇒ ln(A − T ) = −kt + C2 ⇒ A − T = e−kt+C2 ⇒ A − T = e−kt eC2 ⇒ A − T = C3 e−kt ⇒ T = A + Ce−kt . As´ı, el fen´ omeno esta gobernado por la ecuaci´ on T (t) = A + Ce−kt .

Ejemplo 14.9.2. Ley de Torricelli La ley de Torricelli dice, “La tasa de cambio con respecto del tiempo del volumen V de agua en un tanque que se vac´ıa, es proporcional a la ra´ız cuadrada de la profundidad y del agua en el tanque”. La ecuaci´ on que se obtiene es

dV √ = −k y. dt

´ HERALDO GONZALEZ SERRANO

311

Ejemplo 14.9.3. Crecimiento o decrecimiento poblacional La tasa de cambio, con respecto del tiempo, de una poblaci´ on P (t), con ´ındices constantes de nacimiento y mortalidad, es, en muchos casos simples, proporcional al tama˜ no de la poblaci´ on, en este caso, la ecuaci´ on que se produce es dP = kP, k = C te . dt Cada funci´ on de la forma P (t) = Cekt es soluci´ on de la ecuaci´ on diferencial ya que d ( kt ) dP = Ce = Cekt k = kP. dt dt

dP dt

= kP ,

Aunque el valor de la constante k sea conocido, la ecuaci´ on diferencial dP dt = kP tiene kt infinitas soluciones P (t) = Ce que dependen del valor de C y nos interesar´ıa conocer una soluci´ on particular del fen´ omeno; para ello debemos realizar algunas observaciones en el fen´ omeno que deseamos modelar. Por ejemplo, supongamos que P (t) = Cekt es la poblaci´ on de una colonia de bacterias en el tiempo t, que la poblaci´ on inicial de bacterias fue de 1000 y que despu´es de tres horas de observaci´ on, desde el inicio del proceso, se detectan 2000 bacterias. Esta informaci´ on adicional acerca de P (t) nos conduce a las siguientes ecuaciones, cuya soluci´ on nos permitir´ a caracterizar el proceso, { P (0) = 1000 = Cek·0 P (3) = 2000 = Ce2k

(1) (2)

De (1) obtenemos C = 1000 y reemplazando en (2), la ecuaci´ on 2000 = 1000e2k nos permitir´ a conocer el valor de k, 2000 = 1000e2k ⇒ 2 = e2k ⇒ ln(2) = 2k ⇒ k =

ln(2) = 0, 34657359; 2

as´ı entonces, la ecuaci´ on que modela el fen´ omeno es P (t) = 1000e0,34657359t . Observemos que ekt = e escribe

ln(2) t 2

( )t t t = eln(2)· 2 = eln(2) 2 = 2 2 , de donde la ecuaci´ on se t

P (t) = 1000 · 2 2 . Con esta ecuaci´ on podemos determinar, por ejemplo, la cantidad de bacterias que 4 habr´ıa al t´ermino de 4 horas; ella ser´ıa P (4) = 1000 · 2 2 = 4000; note que con la primera ecuaci´ on, el valor es P (4) = 3999, 999996.

312

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14.10.

TRAYECTORIAS ORTOGONALES

Definici´ on 14.10.1. Dos familias uniparam´etricas de curvas son isogonales si cada miembro de una de ellas corta a cada miembro de la otra familia en un ´angulo constante α. Si α = π2 entonces las familias son ortogonales. Por ejemplo, la familia de circunferencias x2 + y 2 = c2 y la familia de rectas y = mx son familias ortogonales. Esto es evidente geom´etricamente o visto de otra manera, si x2 + y 2 = c2 entonces, dy dy derivando impl´ıcitamente obtenemos 2x + 2y dx = 0 de donde dx = − xy ; considerando la dy otra (familia dx = m; es inmediato que las curvas son ortogonales ya ) y =(mx)obtenemos ( ) que − xy m = − xy xy = −1.

Para casos m´as generales, veamos el m´etodo anal´ıtico siguiente. Teorema 14.10.1. Si F (x, y, y ′ ) = 0 es la ecuaci´ on diferencial de una familia uniparam´etrica entonces F (x, y, − y1′ ) = 0 es la ecuaci´ on diferencial de la familia de curvas ortogonales. Demostraci´ on. Sean F (x, y, y ′ ) = 0 y F (¯ x, y¯, y¯′ ) = 0 la ecuaci´on de las familias ortogonales y f1 , f2 dos curvas arbitrarias mutuamente ortogonales. Si P((x, y) es un un de ) punto com´ y 1 ′ ′ ¯ ¯ x, y¯, y ) = F x, y, − y′ = 0. f1 y f2 entonces x ¯ = x, y¯ = y, y = − y′ , as´ı, F (¯

Observaci´ on 14.10.1. El m´etodo para hallar la familia de curvas ortogonales a una familia de curvas determinada es, 1. Encontrar la ecuaci´on diferencial

dy dx

= f (x, y) de la familia dada.

dy 2. Sustituir dx por − dx on diferencial de la familia de curvas dy para obtener la ecuaci´ ortogonales.

3. Resolver esta u ´ltima ecuaci´on − dx dy = f (x, y).

Ejemplo 14.10.1. Determine la ecuaci´ on de la familia de curvas ortogonales a la familia de circunferencias x2 + y 2 = c2 . Soluci´ on. dy Al derivar x2 + y 2 = c2 obtenemos x + y dx = 0, que es la ecuaci´on diferencial de dy la familia de circunferencias; reemplazando dx por − dx on previa obtenemos dy es la ecuaci´ ) ( dx x + y − dy = 0, que corresponde a la ecuaci´on diferencial de la familia de trayectorias

´ HERALDO GONZALEZ SERRANO

313

ortogonales buscada; debemos resolver esta u ´ltima ecuaci´on, ( ) dx dx x+y − =0 ⇒ x=y dy dy x y ⇒ = dx dy ⇒ ln(x) = ln(y) + K ⇒ ln(x) = ln(y) + ln(C1 ) con ln(C1 ) = K ⇒ ln(x) = ln(C1 )y ⇒ x = C1 y ⇒ y = Cx tal que C =

1 C1 .

Ejemplo 14.10.2. Determine la ecuaci´ on de la familia de curvas ortogonales a la familia de ecuaci´ on y = Cx4 . Soluci´ on. dy La ecuaci´on diferencial asociada a la ecuaci´on y = Cx4 es dx = 4Cx3 , debemos y adicionalmente, determinar la constante C; como C = x4 entonces, reemplazando en la dy ecuaci´on diferencial obtenemos dx = 4y x. La ecuaci´on diferencial de las trayectorias ortogonales es − dx dy = ecuaci´on, −

4y dx = dy x

4y x.

Resolvemos esta u ´ltima

⇒ −xdx = 4ydy x2 = 2y 2 + C1 2 ⇒ −x2 = 4y 2 + C2 donde C2 = 2C1

⇒ −

⇒ x2 + 4y 2 = C 2 , con C 2 = −C2 , es la ecuaci´on pedida.

Ejemplo 14.10.3. Determine la ecuaci´ on de la familia de curvas ortogonales a la familia 2 2y de ecuaci´ on 4y + x + 1 + Ce = 0. Soluci´ on. Derivando 4y + x2 + 1 + Ce2y = 0 tenemos 4

dy dy + 2x + 2Ce2y = 0, dx dx

314

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debemos reemplazar C y encontrar la forma 4

dy dy + 2x + 2Ce2y =0 ⇒ dx dx ⇒ ⇒ ⇒

dy dx

= f (x, y),

dy (4 + 2Ce2y ) = −2x dx dy x =− dx 2 + Ce2y dy x =− ya que Ce2y = −4y − x2 − 1 dx 2 + (−4y − x2 − 1) dy x =− . dx 1 − 4y − x2

Ahora, la ecuaci´on diferencial de las trayectorias ortogonales es x dx = . dy 1 − 4y − x2 Debemos resolver esta u ´ltima ecuaci´on; conviene escribirla como dy 1 − 4y − x2 = , dx x as´ı, dy 1 4y = − − x, dx x x la cual es la ecuaci´on diferencial lineal en y, dy 4 1 + y = − x. dx x x El factor integrante es ∫

ρ(x) = e

4 dx x

= e4 ln(x) = x4 ,

(

) 1 − x dx + C. x

∫

de donde obtenemos 4

x y=

4

x

Esta tiene soluci´on x4 y = de donde y =

14.11.

1 4

−

x2 6

+

C x4

x4 x6 − +C 4 6

es la ecuaci´on pedida.

ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR

Introducci´ on En esta secci´on nos interesa resolver ecuaciones diferenciales lineales homog´eneas de orden n con coeficientes constantes. Para ello daremos la teor´ıa b´asica necesaria que sustenta esta tarea, como por ejemplo, reducci´on de orden, el determinante Wronskiano, determinaci´on de una segunda soluci´on conocida otra, haciendo un ´enfasis en las ecuaciones de segundo orden.

´ HERALDO GONZALEZ SERRANO

315

Definici´ on 14.11.1. La ecuaci´on diferencial lineal general de orden n tiene la forma an (x)

dn y dn−1 y dy + a (x) + · · · + a1 (x) + a0 (x)y = G(x). n−1 dxn dxn−1 dx

Suponemos que los coeficientes ai (x), i = 0, 1, 2, . . . , n y la funci´on G(x) son funciones continuas en cierto intervalo abierto I, sin embargo no necesariamente deben ser funciones lineales. √ Por ejemplo, la ecuaci´on ex y ′′ + sin(x)y ′ + (1 + x)y = tan(x) es lineal ya que la variable dependiente y sus derivadas aparecen linealmente, en tanto que la ecuaci´on y ′′ + (y ′ )2 + 4y 2 = 0 no es lineal. Un problema de valor inicial para una ecuaci´on diferencial lineal de orden n consiste en resolver la ecuaci´on an (x)y (n) + an−1 (x)y (n−1) + · · · + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = G(x), sujeta a y(x0 ) = y0 , y ′ (x0 ) = y0′ , . . . , y (n−1) (x0 ) = y0 donde y0 , . . . , y0 constantes. Buscamos una soluci´on en un intervalo I que contiene a x0 . (n−1)

(n−1)

(14.2) son

Teorema 14.11.1. Existencia y unicidad de la soluci´ on. Sean an (x), an−1 (x), . . . , a1 (x), a0 (x), G(x) funciones continuas en cierto intervalo I y an (x) ̸= 0 para todo x en I. Si x0 ∈ I entonces existe una soluci´ on y(x) del problema de valor inicial (14.2) en el intervalo I y esa soluci´ on es u ´nica.

1 4 3x Ejemplo 14.11.1. Es f´ acil verificar que y = 2e3x + 12 x e es una soluci´ on de la ecuaci´ on ′′ ′ 2 3x diferencial y − 6y + 9y = x e y que satisface la condici´ on inicial y(0) = 2, y ′ (0) = 6. La ecuaci´ on diferencial es lineal, los coeficientes as´ı como G(x) = x2 e3x son funciones continuas en cualquier intervalo que contiene a x = 0, luego, por el teorema anterior, la soluci´ on es u ´nica.

Observaci´ on 14.11.1. Para la ecuaci´on lineal de segundo orden a2 (x)y ′′ + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = G(x) sujeta a y(x0 ) = y0 , y ′ (x0 ) = y0′ , una soluci´on es una funci´on y = f (x) definida en un intervalo I cuyo gr´afico pasa por (x0 , y0 ) tal que la pendiente de la curva en el punto es y0′ .

14.11.1.

Casos simples de reducci´ on de orden

En ciertos casos es posible reducir el orden de una ecuaci´on diferencial, lo que hace m´as f´acil su integraci´on. Algunas de los casos m´as frecuentes son los siguientes.

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La ecuaci´ on no contiene la funci´ on buscada y sus derivadas hasta el orden k − 1 ( ) F x, y (k) , y (k+1) , . . . , y (n) = 0.

La ecuaci´on es

(14.3)

Con el cambio de variable y (k) = p, el orden de la ecuaci´on (14.3) puede ser reducido a n − k; la forma que tiene ahora es ( ) F x, p, p′ , . . . , p(n−k) = 0. De esta ecuaci´on se determina p y la funci´on y se determina de la ecuaci´on y (k) = p integrando k veces. En el caso particular de la ecuaci´on de segundo orden que no contiene a la funci´on y, el cambio de variable y ′ = p conduce a una ecuaci´on de primer orden. Ejemplo 14.11.2. Resuelva la ecuaci´ on y (5) − x1 y (4) = 0. Soluci´ on. dp Haciendo y (4) = p la ecuaci´on original queda dx − x1 p = 0, al separar variables e integrar obtenemos ln(p) = ln(x)+ln(C), es decir, p = Cx, es decir, y (4) = Cx, entonces al integrar 4 veces obtenemos C C y (3) = x2 + C1 , y (2) = x3 + C1 x + C2 , 2 6 C C C C1 3 C2 2 1 2 y ′ = x4 + x + C2 x + C3 , y = x5 + x + x + C3 x + C4 , 24 2 120 6 2 es decir, y = K1 x5 + K2 x3 + K3 x2 + K4 x + K5 . La ecuaci´ on no contiene la variable independiente ( ) F y, y ′ , y ′′ , . . . , y (n) = 0.

La ecuaci´on es

Por medio del cambio de variable y ′ = p, el orden de la ecuaci´on se reduce en una unidad. dk y Como p = p(y) entonces todas las derivadas dx k deben expresarse mediante las derivadas de p con respecto de y, tenemos dy dx d2 y dx2 d3 y dx3

= p = =

dp dy dp dp = =p dx dy dx dy ( ) ( ) ( )2 d dp d dp dy d2 p 2 dy p = p = 2p + dx dy dy dy dx dy dp

y as´ı sucesivamente para las otras derivadas. n

d y Es inmediato que dx n se expresa mediante las derivadas de p con respecto de y, de orden no superior a n − 1, lo cual, precisamente indica la disminuci´on en una unidad en el orden de la ecuaci´on. En particular, si la ecuaci´on diferencial de segundo orden no contiene a la variable independiente x, tal sustituci´on conduce a una ecuaci´on diferencial de primer orden.

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317

on y ′′ = (y ′ )2 . Ejemplo 14.11.3. Resuelva la ecuaci´ Soluci´ on. dy Sea dx = p, luego

d2 y dx2

dp dp = p dy de donde la ecuaci´on original queda p dy = p2 ; separando

variables e integrando obtenemos p = Cey , ahora la ecuaci´on es es −e−y = Cx + D, de donde y = Kex . 14.11.2.

dy dx

= Cey y su soluci´on

Dependencia e independencia lineal

Definici´ on 14.11.2. Se dice que las funciones f1 (x), f2 (x), . . . , fn (x) son linealmente dependientes sobre el intervalo I si existen constantes a1 , a2 , . . . , an , no todas nulas, tal que a1 f1 + a2 f2 + · · · + an fn = 0, ∀ x ∈ I. Si los u ´nicos escalares que satisfacen la igualdad son todos nulos entonces las funciones son linealmente independientes. Ejemplo 14.11.4. Las funciones ek1 x , ek2 x , . . . , ekn x , donde ki ̸= kj si i ̸= j son linealmente independientes en cualquier intervalo real. Consideremos la combinaci´ on lineal a1 ek1 x + a2 ek2 x + · · · + an ekn x = 0

(∗)

y supongamos que las funciones son linealmente dependientes, entonces existe alg´ un escalar no nulo, supongamos que an ̸= 0. Dividiendo la igualdad (∗) por ek1 x y derivando obtenemos a2 (k2 − k1 )e(k2 −k1 )x + · · · + an (kn − k1 )e(kn −k1 )x = 0

(∗∗)

que es una combinaci´ on lineal de n − 1 funciones exponenciales con diferentes exponentes. Dividiendo la igualdad (∗∗) por e(k2 −k1 )x y derivando, obtenemos una combinaci´ on lineal entre de n − 2 funciones exponenciales con diferentes exponentes. Prosiguiendo este proceso n − 1 veces obtenemos an (kn − k1 )(kn − k2 ) . . . (kn − kn−1 )e(kn −kn−1 )x = 0 lo que es una contradicci´ on ya que por hip´ otesis an ̸= 0 y ki ̸= kj para i ̸= j. Ejemplo 14.11.5. Las funciones f1 (x) = 1 + tan2 (x), f2 (x) = 2 sec2 (x), f3 (x) = ex son linealmente dependientes ya que −2(1 + tan2 (x)) + 1(2 sec2 (x)) + 0ex = 0.

14.11.3.

El determinante Wronskiano

Cuando tenemos una gran cantidad de funciones fi (x), i = 1, 2, . . . , n y deseamos analizar la linealidad de tal conjunto nos enfrentamos a una gran cantidad de c´alculos en el procesos de determinar que se pueda o no encontrar valores no triviales de los coeficientes, felizmente tenemos el determinante Wronskiano (G. Wronsky (1775-1853)), denotado W (f1 , f2 , . . . , fn ) que nos ayuda en la tarea.

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Teorema 14.11.2. Supongamos que las funciones f1 (x), f2 (x), . . . , fn (x) tienen al menos n − 1 derivadas. Si f1 f2 ′ f1 f2′ W (f1 , f2 , . . . , fn ) = .. .. . . (n−1) (n−1) f f2 1

̸= 0 (n−1) . . . fn ... ... .. .

fn fn′ .. .

por lo menos en un punto del intervalo I entonces {f1 , f2 , . . . , fn } es un conjunto linealmente independiente. Demostraci´ on. Consideremos la combinaci´on lineal a1 f1 (x) + a2 f2 (x) + · · · + an fn (x) = 0 entonces, derivando n − 1 veces conseguimos el sistema           

a1 f1 + · · · + an fn = 0 a1 f1′ + · · · + an fn′ = 0 .. . (n−1)

a1 f1

(n−1)

+ · · · + an f n

=0

Del capitulo Sistemas de Ecuaciones Lineales, sabemos que un sistema lineal homog´eneo tiene una soluci´on no trivial si el determinante de sus coeficientes es igual a cero. En el sistema hemos formado, las ai , i = 1, 2, . . . , n son las inc´ognitas y entonces el determinante de coeficientes es W (f1 , f2 , . . . , fn ), as´ı W (f1 , f2 , . . . , fn ) = 0 lo que constituye una contradicci´on. Ejemplo 14.11.6. Demuestre que las funciones f1 (x) = e3x , f2 (x) = e−2x son linealmente independientes en R. Soluci´ on. Como 3x e e−2x W (f1 , f2 ) = 3x = −5ex ̸= 0, ∀ x ∈ R 3e −2e−2x entonces las funciones son linealmente independientes en R. Teorema 14.11.3. Principio de Superposici´ on. Si las funciones y1 , y2 , . . . , yn son cada una soluci´ on de una ecuaci´ on diferencial lineal homog´enea de orden n en el intervalo I entonces la combinaci´ on lineal y = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + · · · + cn yn (x) tambi´en es soluci´ on.

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Demostraci´ on. Lo haremos para el caso n = 2. Sean y1 , y2 dos soluciones en el intervalo I, de la ecuaci´on diferencial homog´enea y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = 0. Debemos demostrar que y = c1 y1 + c2 y2 tambi´en es soluci´on. Si y = C1 y1 + C2 y2 entonces y ′ = C1 y1′ + C2 y2′ de donde y ′′ = C1 y1′′ + C2 y2′′ , as´ı se cumple ) ) ( ( y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = C1 y1′′ + C2 y2′′ + p(x) C1 y1′ + C2 y2′ + q(x)(C1 y1 + C2 y2 ) ( ) ( ) = C1 y1′′ + p(x)y1′ + q(x)y1 + C2 y2′′ + p(x)y2′ + q(x)y2 = 0.

Corolario 14.11.1. El n´ umero m´ aximo de soluciones linealmente independientes de una ecuaci´ on diferencial homog´enea es igual a su orden.

Ejemplo 14.11.7. Se puede verificar que y1 (x) = cos(x), y2 (x) = sin(x) son dos soluciones de la ecuaci´ on y ′′ + y = 0; tambi´en se puede verificar que la combinaci´ on lineal de ellas y = C1 cos(x) + C2 sin(x) es soluci´ on general.

14.11.4.

Construcci´ on de una segunda soluci´ on a partir de una soluci´ on conocida

En una ecuaci´on diferencial lineal homog´enea de segundo orden podemos determinar una soluci´on general a partir de una soluci´on conocida. Supongamos que y1 (x) es soluci´on no nula de la ecuaci´on a2 (x)y ′′ + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = 0 y deseamos construir la segunda soluci´on particular. Si miramos una de las ecuaciones diferenciales homog´eneas de segundo orden m´as sencillas como es la ecuaci´on y ′′ − y = 0, podemos verificar f´acilmente que y1 (x) = ex es soluci´ on de la ecuaci´on y entonces podr´ıamos intentar una segunda soluci´on de la forma y2 (x) = u(x)ex . Hag´amoslo as´ı, entonces se debe cumplir y2′′ − y2 = 0. Como y2′ = uex +ex u′ entonces y ′′ = uex +2ex u′ +ex u′′ de donde, y2′′ −y2 = 0 nos indica que se debe cumplir y2′′ − y2 = ex (u′′ + 2u′ ) = 0; esto requiere que se cumpla u′′ + 2u′ = 0, debemos resolver esta u ´ltima ecuaci´on. Sea u′ = w entonces u′′ = w′ y la ecuaci´on u′′ + 2u′ = 0 se convierte en w′ + 2w = 0; al resolverla como ecuaci´on diferencial lineal con factor integrante ρ(x) = e2x obtenemos d 2x ı, e2x w = C, de donde w = Ce−2x . dx (e w) = 0, as´ La ecuaci´on que se genera es du = Ce−2x dx cuya soluci´on es C u = − e−2x + K 2

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y entonces la segunda soluci´on es y2 (x) = u(x)ex = −

C −x e + Kex ; 2

escogiendo C = −2, K = 0, la segunda soluci´on es y2 (x) = e−x . Como W (y1 , y2 ) ̸= 0 entonces las dos soluciones son linealmente independientes y la soluci´on general es combinaci´on lineal de estas. Veamos el caso general. La ecuaci´on a2 (x)y ′′ + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = 0, a2 (x) ̸= 0, se puede escribir como y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0,

(14.4)

con P (x), Q(x) funciones continuas en cierto intervalo I. Supongamos que y1 (x) es soluci´on conocida de la ecuaci´on (14.4) y que y1 (x) ̸= 0 para todo x ∈ I, definamos y2 (x) = u(x)y1 (x), entonces y2′ = uy1′ + y1 u′ , adem´as y2′′ = uy1′′ + u′ y1′ + y1′ u′ + y1 u′′ , reemplazando estas u ´ltimas derivadas en (14.4) y reordenando obtenemos u(y1′′ + P (x)y1′ + Q(x)y1 ) + y1 u′′ + (2y1′ + P (x)y1 )u′ = 0, como y1 (x) es soluci´on de la ecuaci´on (14.4) entonces la u ´ltima ecuaci´on queda y1 u′′ + (2y1′ + P (x)y1 )u′ = 0.

(14.5)

Con el cambio de variable w = u′ la ecuaci´on (14.5) queda y1 w′ + (2y1′ + P (x)y1 )w = 0, la cual es lineal y tambi´en de variables separables, trat´andola bajo esta u ´ltima clasificaci´on tenemos dw y1 + (2y1′ + P (x)y1 )w = 0, dx es decir, ( ′ ) y1 dw + 2 + P (x) dx = 0, w y1 ∫ al integrar conseguimos ln(w) + 2 ln(y1 ) = − P (x)dx + C, o sea, ∫ ln(wy12 ) = − P (x)dx + C, ∫

si tomamos exponencial obtenemos wy12 = C1 e− P (x)dx ; al despejar w la expresi´on es ∫ ∫ e− ∫ P (x)dx e− P (x)dx du , de tal manera que u = C1 dx + C2 , as´ı, y2 (x) = u(x)y1 w = dx = C1 y12 y12 es ∫ ∫ − P (x)dx e y2 (x) = C1 y1 (x) dx + C2 y1 (x). y12 (x) ∫ − ∫ P (x)dx Haciendo C2 = 0, C1 = 1 obtenemos y2 (x) = y1 (x) e y2 (x) dx. Usted puede verificar que y2 satisface la ecuaci´on y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0.

1

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Note que, ∫ − ∫ P dx ∫ y1 e y2 dx y1 ∫ = e− P dx ̸= 0. 1 W (y1 , y2 ) = ′ ∫ − pdx −P dx e dx + e y1 y1 y1′ y2 1

Ejemplo 14.11.8. Considere la ecuaci´ on diferencial x2 y ′′ − 7xy ′ + 16y = 0 y sea y1 = x4 una soluci´ on particular. Determine una segunda soluci´ on y la soluci´ on general. Soluci´ on. Escribimos la ecuaci´on en la forma y ′′ −

7 ′ 16 y + 2y = 0 x x

entonces la segunda soluci´on particular es ∫ y2 = x

14.12.

4

∫

e

7 dx x

x8

∫ dx = x4

1 dx = x4 ln(x). x

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES HOMOGENEAS CON COEFICIENTES CONSTANTES

La ecuaci´on diferencial an y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a1 y ′ + a0 y = 0, homog´enea de orden n y con coeficientes constantes an , an−1 , . . . , a1 , a0 es la que nos interesa resolver. dy Bas´andonos en la ecuaci´on diferencial lineal homog´enea dx + ay = 0 que tiene −ax soluci´ on exponencial y = Ce en R, resulta natural tratar de determinar si existen otras soluciones exponenciales. Lo extraordinario es que todas las soluciones (particulares) de la ecuaci´on lineal homog´enea de orden n y con coeficientes constantes son exponenciales o se construyen a partir de exponenciales. Estudiemos la ecuaci´on diferencial lineal homog´enea ay ′′ + by ′ + cy = 0, donde a, b, c ∈ R, a ̸= 0. Como (emx )′ = memx y (emx )′′ = m2 emx entonces, es claro que las derivadas de primer y de segundo orden de la funci´on y = emx son m´ ultiplo de emx , as´ı, si sustituimos y = emx en la ecuaci´on ay ′′ + by ′ + cy = 0, cada t´ermino de la ecuaci´on ser´ıa m´ ultiplo de emx ; esto nos sugiere que tratemos de encontrar un valor de m de modo que estos m´ ultiplos de emx mx sumen cero, si hay ´exito entonces y = e ser´ıa una soluci´on de la ecuaci´on. Por ejemplo, si sustituimos y = emx en la( ecuaci´on y ′′ )− 5y ′ + 6y = 0 obtenemos m2 emx − 5memx + 6emx = 0, esto indica que m2 − 5m + 6 emx = 0, esta ecuaci´on se

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satisface para m ∈ R tal que m2 − 5m + 6 = 0, es decir, para m = 2, m = −3; luego, y1 = e2x e y2 = e−3x que son linealmente independientes. En el caso general tenemos am2 emx +bmemx +cemx = 0, es decir, emx (am2 +bm+c) = 0, como emx ̸= 0, ∀ x, entonces debemos encontrar m tal que am2 + bm + c = 0 para que y = emx sea soluci´on. Esta u ´ltima ecuaci´on se llama ecuaci´on auxiliar o ecuaci´on caracter´ıstica de la ecuaci´on diferencial y consideramos tres casos. Caso 1. Si am2 + bm + c = 0 tiene dos ra´ıces reales y distintas m1 , m2 entonces las dos soluciones particulares son y1 = em1 x , y2 = em2 x . Como estas funciones son linealmente independientes entonces la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial ay ′′ + by ′ + cy = 0 es y = C1 em1 x + C2 em2 x . Caso 2. Si am2 + bm + c = 0 tiene dos ra´ıces reales iguales m1 = m2 entonces en realidad tenemos una soluci´on exponencial del tipo y1 = em1 x . La segunda soluci´on ∫ − ∫ b dx ∫ −bx ∫ e a e a x(− ab −2m1 ) m1 x m1 x m1 x y2 = e dx. dx = e dx = e e 2m x 2m x e 1 e 1 b Como am2 + bm + c = 0 tiene dos ra´ıces reales iguales m1 = m2 entonces m1 = − 2a , ∫ b x − +2m 1) asi, − ab + 2m1 = 0, luego e ( a dx = x de donde y2 = xem1 x . Como W (y1 , y2 ) ̸= 0 entonces la soluci´on general es

y = C1 em1 x + C2 xem1 x . Caso 3. Si las soluciones de la ecuaci´on caracter´ıstica am2 + bm + c = 0 son las ra´ıces complejas m1 = α + βi, m2 = α − βi entonces la soluci´on es y = C1 e(α+βi)x + C2 e(α−βi)x . Observaci´ on 14.12.1. Como deseamos trabajar con funciones reales en lugar de funciones complejas entonces usando la ecuaci´on de Euler, eiθ = cos(θ) + i sin(θ) tenemos eβix = cos(βx) + i sin(βx) ,

e−βix = cos(βx) − i sin(βx)

de donde la soluci´on general podemos escribirla y = eαx (C1 eβix + C2 e−βix ) = eαx (C1 (cos(βx) + i sin(βx)) + C2 (cos(βx) − i sin(βx)) = eαx ((C1 + C2 ) cos(βx) + i(C1 − C2 ) sin(βx)).

´ HERALDO GONZALEZ SERRANO

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Puesto que las funciones eαx cos(βx) y eαx sin(βx) son linealmente independientes, denotando K1 a C1 + C2 y K2 a (C1 − C2 )i, la soluci´on general la escribimos y = eαx (K1 cos(βx) + K2 sin(βx)).

Ejemplo 14.12.1. Resuelva la ecuaci´ on y ′′′ + y ′′ − 8y ′ − 12y = 0. Soluci´ on. La ecuaci´on caracter´ıstica es m3 + m2 − 8m − 12 = 0; una ra´ız es m = 3, al dividir 3 m + m2 − 8m − 12 por m = 3 obtenemos el cuociente m2 + 4m + 4 = (m + 2)2 entonces m3 + m2 − 8m − 12 = (m − 3)(m + 2)2 = 0; las ra´ıces de la ecuaci´on son m = 3, m = −2 (de multiplicidad 2), entonces la soluci´on general es y = C1 e3x + C2 e−2x + C3 xe−2x .

Ejemplo 14.12.2. Resuelva la ecuaci´ on y ′′′ − 3y ′′ + 4y ′ − 2y = 0. Soluci´ on. La ecuaci´on caracter´ıstica es m3 − 3m2 + 4m − 2 = 0; una ra´ız es m = 1; al dividir 3 m − 3m2 + 4m − 2 por m = 1 obtenemos el cuociente m2 − 2m + 2 entonces m3 − 3m2 + 4m − 2 = (m − 1)(m2 − 2m + 2) = 0; las ra´ıces de la ecuaci´on son m = 1, m = 1 + i, m = 1 − i, entonces la soluci´on general es y = C1 ex + ex (C2 cos(x) + C3 sin(x)).

Ejemplo 14.12.3. Resuelva la ecuaci´ on y ′′ + 16y = 0 sujeta a y(0) = 2, y ′ (0) = −2. Soluci´ on. La ecuaci´on caracter´ıstica es m2 + 16 = 0 cuyas ra´ıces son m = 4i, m = −4i de donde la soluci´on general es y = e0x (C1 cos(4x) + C2 sin(4x)). Las condiciones iniciales nos sirven para determinar el valor de las constantes, y(0) = 2 = C1 cos(0◦ ) + C2 sin(0◦ ), es decir, C1 = 2, entonces la soluci´on es y = 2 cos(4x) + C2 sin(4x), de donde y ′ = −8 sin(4x) + 4C2 cos(4x); y ′ (0) = −2 = −8 sin(0◦ ) + 4C2 sin(0◦ ), as´ı, C2 = − 21 . La soluci´on particular es y = 2 cos(4x) − 12 sin(4x).

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14.13. 14.13.1.

´ A LA TRANSFORMADA DE UNA BREVE INTRODUCCION LAPLACE Introducci´ on

Una clase de transformaci´on lineal de especial relevancia es la de integraci´on, as´ı, si y = f (x) es una funci´on definida en un intervalo finito [a, b] ⊆ R o en intervalo de longitud infinita y si K(s, x) es una funci´on fija que depende de la variable x y del par´ametro s entonces definimos la funci´on F (s) como ∫ b T [f (x)] = K(s, x)f (x)dx = F (s). a

La funci´on K(s, x) se llama n´ ucleo de la transformaci´on lineal T y evidentemente, T es lineal con independencia de la naturaleza de K(s, x), es decir, se cumple T [f (x) + g(x)] = T [f (x)] + T [g(x)] ;

T [kf (x)] = kT [f (x)] ,

k = C te .

La transformaci´on de Laplace es especialmente u ´til para simplificar el proceso de resolver problemas de valor inicial cuyas ecuaciones diferenciales son lineales y principalmente cuando se incluyen funciones discontinuas. 14.13.2.

Definici´ on de transformada de Laplace

Considere la funci´on f (t) definida en (0, ∞) ⊆ R. Se define la transformada de Laplace de f (t), denotada L {f (t)} por ∫ ∞ L {f (t)} = e−st f (t)dt = F (s). 0

Observaci´ on 14.13.1. 1. Deber´a existir la integral impropia dependiente del par´ametro s, es decir, la integral deber´a ser convergente para ciertos valores de s, en tal caso diremos que existe la transformada de Laplace de f (t) o que f (t) es L-transformable. ∫ ∞ ∫ b e−st f (t)dt = l´ım e−st f (t)dt = F (s) 2. L {f (t)} = 0

b→∞ 0

Ejemplo 14.13.1. Si f (t) = 1, t ≥ 0 entonces L {f (t)} = L {1} = s > 0, ya que ∫ ∞ ∫ b −st e dt = l´ım e−st dt b→∞ 0 0 ) ( 1 −st t=∞ = l´ım − e b→∞ s t=0 ( ( )) 1 −sb 1 = l´ım − e − − e0 b→∞ s s 1 = , s

∫∞ 0

si el par´ ametro s es positivo, dado que en este caso − se1sb → 0 si b → ∞.

e−st dt =

1 s

si

´ HERALDO GONZALEZ SERRANO

325

{ } Ejemplo 14.13.2. Si f (t) = eat , t ≥ 0 entonces L {f (t)} = L eat = efecto, ∫ ∞ { } L eat = e−st eat dt ∫0 ∞ = et(a−s) dt 0 ( ) 1 t(a−s) t=b = l´ım e b→∞ a − s t=0 ) ( 1 0 1 b(a−s) e − e = l´ım b→∞ a − s a−s 1 = , s > a. s−a

1 s−a

si s > a. En

Ejemplo 14.13.3. Si f (t) = ta ; t ≥ 0, a ∈ R, a > −1 entonces L {ta } =

1 Γ(a + 1) sa+1

si s > 0. Al igual que en los ejemplos anteriores, lo demostramos calculando la integral impropia correspondiente, tenemos, ∫ ∞ e−st ta dt. L {f (t)} = L {ta } = 0

Esta integral impropia se puede resolver por integraci´ on por partes o mejor, usando la “funci´ on Gamma”; recordemos esta u ´ltima. La funci´ on Gamma, denotada Γ(x) se define por ∫ ∞ e−t tx−1 dt, Γ(x) = 0

esta integral impropia converge para x > 0 y, entre otras propiedades cumple, a) Γ(x + 1) = xΓ(x), b) Γ(n) = (n − 1)!, n ∈ N, ( ) √ c) Γ 12 = π. As´ı, volviendo a la integral que deseamos calcular y con el cambio de variable u = st, de donde du = sdt, obtenemos ∫ ∞ ∫ ( u )a du −st a e t dt = e−u s s 0 ∫ ∞ 1 = a+1 e−u ua du s 0 1 = a+1 Γ(a + 1), s con s > 0 tal que u = st > 0.

326

UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA

Observaci´ on 14.13.2. 1. L {tn } =

n! , sn+1

n ∈ N.

Sabemos que el factorial de n ∈ N∪{0}, denotado n! es n! = n(n−1)(n −2) · · · 3·2·1 n! 1 n con { 20! { 3 } L6{t } = sn+1 , n > 0 entonces, por ejemplo L {t} = s2 , } = 12 y usando L t = s3 , L t = s4 ; muy c´omodo ya que nos evita el calcular las integrales impropias correspondientes. 2. Usando la linealidad de la Transformada de Laplace, es decir, usando L {f (t) + g(t)} = L {f (t)} + L {g(t)} ;

L {kf (t)} = kL {f (t)} ,

k = C te ,

tenemos, por ejemplo: a) { } { } L 2t2 + 5t + 7 = 2L t2 + 5L {t} + 7L {1} 2 1 1 = 2 3 +5 2 +7 s s s 2 2 + 5s + 7s = . s3 b) L {cosh(kt)} =

s , s2 −k2

s > |k|.

Para demostrar esto, basta con usar cosh(kt) = transformada.

14.13.3.

ekt +e−kt , 2

k > 0 y la linealidad de la

Funciones y sus Transformadas

Algo similar a la tablas de derivadas e integrales inmediatas podemos presentar en la siguiente, breve tabla de transformadas de Laplace f (t)

L {f (t)} = F (s)

1

1 s,

s>0

t

1 , s2

s>0

tn , n ∈ N ta , a > −1

n! , s>0 sn+1 Γ(a+1) , s>a sa+1

cos(kt)

s , s2 +k2

s>0

sin(kt)

k , s2 +k2

s>0

cosh(kt)

s , s2 −k2

s > |k|

sinh(kt)

k , s2 −k2

s > |k|

ekt

1 s−k ,

s>k

´ HERALDO GONZALEZ SERRANO

14.13.4.

327

La Transformada Inversa

Por medio de la definici´on de Transformada de Laplace de una funci´on f hemos determinado otra funci´on F (s) tal que L {f (t)} = F (s). Ahora, dada la funci´on F (s) queremos encontrar la funci´on f (t) que corresponde a esta transformada de Laplace, tal funci´on es la transformada inversa f (t) = L−1 {F (s)} . Podemos deducir la siguiente tabla L {f (t)} = F (s)

f (t) 1

1 s,

s>0

t

1 , s2

s>0

tn , n ∈ N

n! , s>0 sn+1 Γ(a+1) , s>a sa+1

ta , a > −1 cos(kt)

s , s2 +k2

s>0

sin(kt)

k , s2 +k2

s>0

cosh(kt)

s , s2 −k2

s > |k|

sinh(kt)

k , s2 −k2

s > |k|

1 s−k ,

ekt

s>k

L−1 {F (s)} = f (t) { } L−1 1s = 1 { } L−1 s12 = t { n! } L−1 sn+1 = tn { } L−1 Γ(a+1) = ta sn+1 { } s L−1 s2 +k = cos(kt) 2 { } k L−1 s2 +k = sin(kt) 2 } { s L−1 s2 −k = cosh(kt) 2 } { k L−1 s2 −k = sinh(kt) 2 } { 1 L−1 s−k = ekt

Observaci´ on 14.13.3. La transformada inversa L−1 {F (s)} es lineal. Ejemplo 14.13.4. Calcule L−1

{1} . s4

Soluci´ on. { n! } Como L−1 sn+1 = tn , entonces { } { } 1 1 −1 3! 1 −1 L = L = t3 . 4 4 s 3! s 6 Ejemplo 14.13.5. Calcule L−1

{

2s−3 s2 +7

} .

Soluci´ on.

L

−1

{

2s − 3 s2 + 7

}

} 2s 3 = L − s2 + 7 s2 + 7 { } { } s 1 −1 −1 = 2L − 3L s2 + 7 s2 + 7 √ √ 3 = 2 cos( 7t) − √ sin( 7t). 7 −1

{

328

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Ejemplo 14.13.6. Calcule L−1

{

1 s2 +3s

} .

Soluci´ on. 1 Debemos separar la fracci´on racional s2 +3s en fracciones parciales para llevar la transformada inversa a otras conocidas, tenemos, 1 1 1 1 A B 3 3 = = + = − , s2 + 3s s(s + 3) s s+3 s s+3

de donde L−1

{

1 2 s + 3s

}

{ = L−1 = =

14.13.5.

1 3

1 3

}

− s s+3 { } { } 1 1 1 −1 1 L − L−1 3 s 3 s+3 1 1 −3t − e . 3 3

Teorema de Traslaci´ on

Hasta el momento las transformadas { 5t y3las } transformadas inversas han sido casi directas y expresiones, por ejemplo como L e t demandar´ıan una gran cantidad de c´alculos, esto tambi´en ocurre con las transformadas inversas. El siguiente Teorema de traslaci´on nos ayuda. { } Teorema 14.13.1. Si a ∈ R entonces L eat f (t) = F (s − a) donde F (s) = L {f (t)}. Demostraci´ on. {

} L e f (t) =

∫

∞

at

e

−st at

∫

e f (t)dt =

0

∞

e−t(s−a) f (t)dt = F (s − a).

0

{ } Si conocemos L {f (t)} = F (s) entonces podemos calcular L eat f (t) de manera muy f´acil, cambiamos F (s) por F (s − a). { } Es muy u ´til la siguiente notaci´on; L eat f (t) = L {f (t)}s→s−a . { } Ejemplo 14.13.7. Calcule L e4t t3 . Soluci´ on.

{

4t 3

L e t

}

{ 3} 6 3! = = L t s→s−4 = 4 . s s→s−4 (s − 4)4

´ HERALDO GONZALEZ SERRANO

329

{ } Ejemplo 14.13.8. Calcule L e−3t cos(5t) . Soluci´ on. { } L e−3t cos(5t) = L {cos(5t)}s→s+3 =

s s+3 . = 2 s + 25 s→s+3 (s + 3)2 + 25

Observaci´ on 14.13.4. La forma rec´ıproca del Teorema es eat f (t) = L−1 {F (s − a)} = L−1 {F (s)|s→s−a } .

Ejemplo 14.13.9. Calcule L−1

{

s s2 +4s+5

} .

Soluci´ on. s En primer lugar debemos llevar el denominador de la expresi´on s2 +4s+5 a una suma o 2 2 2 diferencia de cuadrados; como s + 4s + 5 = (s + 4s + 4) + 1, es decir, (s + 2) + 1 entonces L

−1

{

s 2 s + 4s + 5

}

−1

=L

{

s (s + 2)2 + 1

} ,

ahora debemos usar las expresiones b´asicas conocidas de la transformada inversa, tenemos, { } { } s s −1 −1 L = L s2 + 4s + 5 (s + 2)2 + 1 { } (s + 2) − 2 = L−1 (s + 2)2 + 1 } { 2 s+2 −1 − = L (s + 2)2 + 1 (s + 2)2 + 1 } { } { 1 s+2 −1 −1 − 2L = L (s + 2)2 + 1 (s + 2)2 + 1 { } } { s 1 = L−1 − 2L−1 s2 + 1 s→s−(−2) s2 + 1 s→s−(−2) = e−2t cos(t) − 2e−2t sin(t). 14.13.6.

Transformada de Derivadas

Lo que deseamos es usar la transformada de Laplace para resolver {cierto } tipo { 2de}ecuady ciones diferenciales, para ello necesitamos calcular expresiones como L dt , L ddt2y , etc. Veamos estos dos casos y luego lo extendemos a derivadas de mayor orden. Consideremos la funci´on y = f (t) entonces, ∫ ∞ { ′ } L f (t) = e−st f ′ (t)dt, 0

330

UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA

calculando por integraci´on por partes tenemos { u = e−st dv = f ′ (t)dt {

entonces

∫

as´ı

e

du = −se−st v = f (t)

−st ′

−st

f (t)dt = e

∫ f (t) + s

e−st f (t)dt,

de donde ∫

∞

e

−st ′

f (t)dt =

(

e

−st

0

) ∞ f (t) 0 + s

∫

∞

e−st f (t)dt

0

= −f (0) + sL {f (t)} = sF (s) − f (0). Ahora, { } L f ′′ (t) =

∫

∞

e−st f ′′ (t)dt 0 {( )′ } = L f ′ (t) { } = sL f ′ (t) − f ′ (0) = s(sF (s) − f (0)) − f ′ (0) = s2 F (s) − sf (0) − f ′ (0).

Extendiendo esta f´ormula tenemos { } L f (n) (t) = sn F (s) − sn−1 f (0) − sn−2 f ′ (0) − · · · − f (n−1) (0) donde F (s) = L {f (t)} y f (t), f ′ (t), . . . , f (n−1) (t) son funciones continuas para t ≥ 0. 14.13.7.

Aplicaci´ on de la Transformada de Laplace a una ecuaci´ on diferencial con coeficientes constantes

Consideremos la ecuaci´on diferencial y ′′ + ay ′ + by = g(t); a, b constantes, y = f (t) sujeta a y(0) = y0 , y ′ (0) = y0′ . Aplicando transformada de Laplace a ambos lados obtenemos { } { } L y ′′ + aL y ′ + bL {y} = L {g(t)} entonces s2 L {f (t)} − sf (0) − f ′ (0) + asL {f (t)} − af (0) + bL {f (t)} = L {g(t)} ,

´ HERALDO GONZALEZ SERRANO

luego

(

331

) s2 + as + b L {f (t)} = L {g(t)} + sf (0) + af (0) + f ′ (0),

de donde, L {f (t)} =

L {g(t)} + (a + s)f (0) + f ′ (0) , s2 + as + b

finalmente, al aplicar la transformada inversa obtenemos f (t). on y ′′ − 4y ′ + 4y = t3 e2t sujeta a y(0) = y ′ (0) = 0. Ejemplo 14.13.10. Resuelva la ecuaci´ Soluci´ on. { } Aplicando transformada de Laplace tenemos L {y ′′ } − 4L {y ′ } + 4L {y} = L t3 e2t , as´ı 6 s2 F (s) − sy(0) − y ′ (0) − 4[sF (s) − y(0)] + 4F (s) = (s − 2)4 reemplazando las condici´on inicial y factorizando por F (s) obtenemos (s2 − 4s + 4)F (s) =

6 , (s − 2)4

6 6 de donde (s − 2)2 F (s) = (s−2) 4 , es decir, F (s) = (s−2)6 . Ahora, { } { } { } 6 1 6 −1 5! 1 −1 −1 f (t) = L = 6L = L = t5 e2t . 6 6 6 (s − 2) (s − 2) 5! s s→s−2 20

{ } Para calcular L t3 e2t usamos el Teorema de Traslaci´on, tenemos {

3 2t

L t e

}

} {3 3! 6 = L t |s→s−2 = 4 . = s s→s−2 (s − 2)4

Recuerde que F (s) = L {f (t)}. Ejemplo 14.13.11. Resuelva la ecuaci´ on y ′′ − 6y ′ + 9y = t sujeta a y(0) = 0, y ′ (0) = 1. Soluci´ on. Aplicando transformada de Laplace tenemos { } { } L y ′′ − 6L y ′ + 9L {y} = L {t} , as´ı s2 F (s) − sy(0) − y ′ (0) − 6[sF (s) − y(0)] + 9F (s) =

1 s2

reemplazando las condici´on inicial y factorizando por F (s) obtenemos (s2 − 6s + 9)F (s) =

1 + 1, s2

332

UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA

es decir, (s − 3)2 F (s) =

1+s2 , s2

de donde, F (s) =

1 + s2 . s2 (s − 3)2

Debemos separar en fracciones parciales, tenemos, 1 + s2 s2 (s − 3)2

= =

de donde F (s) =

2 27

s

A B C D + 2+ + s s s − 3 (s − 3)2 2 1 10 −2 27 9 , + 92 + 27 + s s s − 3 (s − 3)2

+

1 9 s2

+

2 10 − 27 9 + , s − 3 (s − 3)2

as´ı, aplicando la transformada inversa obtenemos f (t) =

14.14.

2 1 2 10 − t − e3t + te3t . 27 9 27 9

EJERCICIOS PROPUESTOS

Ejercicio 14.1. Para que valores del n´ umero real m, la funci´on y = emx es soluci´on de la ecuaci´on diferencial y ′′ − 5y ′ + 6y = 0?. Resp. m = 2, m = 3.

Ejercicio 14.2. Determine a y b para que a) y(x) = ae2x + bex + 2 sin(x) satisfaga la ecuaci´on con condici´on inicial y(0) = 0, y ′ (0) = 0. Resp. a = −2, b = 2. b) y(x) = a sin(x) + b cos(x) + 1 satisfaga la ecuaci´on con condici´on inicial y(π) = 0, y ′ (π) = 0. Resp. a = 0, b = 1.

Ejercicio 14.3. Verifique que la funci´on dada en forma impl´ıcita por y + sin(y) = x es soluci´on de la ecuaci´on (y cos(y) − sin(y) + x)y ′ = y. Ejercicio 14.4. Verifique que la funci´on y = ex y ′ = 2xy + 1.

Ejercicio 14.5. Obtenga la funci´on y = f (x) si se sabe que (1, −3) ∈ f , (2, 0) ∈ u.

2

dy dx

∫x 0

e−t dt es soluci´on de la ecuaci´on 2

= u, donde

du dx

= 5x−3 + 2, si adem´as

´ HERALDO GONZALEZ SERRANO

333

Ejercicio 14.6. Por integraci´on inmediata determine una funci´on y = y(x) que satisfaga la ecuaci´on diferencial dada y las condiciones iniciales declaradas. a)

dy dx

= 2x + 1; y(0) = 3.

Resp. y = x2 + x + 3.

b)

dy dx

=

√ x; y(4) = 0.

2x 2 −16 . 3

c)

dy dx

= (x + 2)− 2 ; y(2) = −1.

d)

dy dx

=

e)

dy dx

= xex ; y(1) = 3.

3

Resp. y =

1

10 ; x2 +1

y(0) = 0.

√ Resp. y = 2 x + 2 − 5.

Resp. y = 10 arctan(x). Resp. y = xex − ex + 3.

dy f) (x + 1)(x2 + 1) dx = 2x2 + x.

1 4

Resp. y =

ln(x + 1)2 (x2 + 1)3 − 21 arctan(x) + 1.

Ejercicio 14.7. Resuelva las siguientes ecuaciones de variables separables. a) y ′ + 2xy = 0.

Resp. y = Ce−x . 2

b) dy = y sin(x)dx. Resp. y = Ce− cos(x) . √ dy √ √ c) 2 x dx = 1 − y 2 . Resp. y = sin(C + x). dy = 2y. d) (1 − x2 ) dx

Resp. y =

dy e) y 3 dx = (y 4 + 1) cos(x).

C(1+x) 1−x .

Resp. ln(y 4 + 1) = C + 4 sin(x).

Ejercicio 14.8. Resuelva las siguientes ecuaciones homog´eneas. Resp. x2 + 2xy = C. √ b) xy 2 dy − (x3 + y 3 )dx = 0. Resp. y = x 3 3 ln(Cx). a) (x + y)dx + xdy = 0.

c) y ′ =

y+x x .

Resp. y = x ln(Cx).

d) (x + y)dx + (y − x)dy = 0. e) y ′ =

2y 4 +x4 . xy 3

1

Resp. ln(x2 + y 2 ) 2 − arctan

(y) x

= C.

Resp. y 4 = Cx8 − x4 .

Ejercicio 14.9. Integre las siguientes ecuaciones lineales. a)

dy dx

− nx y = ex xn .

Resp. y = ex xn + Cxn .

b) y ′ + y = sin(x); y(π) = 1. c)

dy dx

− 7y = sin(2x).

Resp. y = 21 (eπ−x + sin(x) − cos(x)).

Resp. y = Ce7x −

2 53

cos(2x) −

7 53

sin(2x).

Ejercicio 14.10. Resuelva la ecuaci´on (1 + x2 + y 2 + x2 y 2 )dy = y 2 dx.

334

UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE, FACULTAD DE CIENCIA

Ejercicio 14.11. Pruebe que el cambio de variable z = ax + by + c transforma la ecuaci´on dy diferencial dx = f (ax + by + c) en una ecuaci´on de variables separables y aplique este m´etodo para resolver a)

dy dx

= (x + y)2 .

b)

dy dx

= sin2 (x − y + 1).

Resp. x + y = tan(x + C). Resp. tan(x − y + 1) = x + C.

Ejercicio 14.12. Resuelva la ecuaci´on diferencial xdy + (xy + 2y − 2e−x )dx = 0 sujeta a la condici´on inicial y(1) = 0. Resp. y = e−x − x21ex . Ejercicio 14.13. Si y1 es una soluci´on particular de la ecuaci´on diferencial ∫ y ′ +p(x)y = q(x), demuestre que la soluci´on general de la ecuaci´on es y = y1 +Ce− p(x)dx . Ejercicio 14.14. Pruebe que la ecuaci´on diferencial y ′ + a(x)y = b(x)y ln(y) puede resolverse mediante el cambio de variable z = ln(y). Aplique este m´etodo para resolver la siguiente ecuaci´on, xy ′ = 2x2 y + y ln(y). Resp. ln(y) = 2x2 + Cx.

Ejercicio 14.15. Resuelva la ecuaci´on diferencial lineal sujeta a la condici´on inicial dada. dT Resp. T (t) = 150ekt + 50. dt = k(T − 50) donde k es una constante y T (0) = 200. dy Ejercicio 14.16. Integre 3x dx − 2y =

x3 . y2

Resp. y 3 = x3 + Cx2 .

Ejercicio 14.17. Muestre que la ecuaci´on no separable (x + y + 1)dx + (2x + 2y + 3)dy = 0 se puede transformar en separable haciendo el cambio de variable x + y = t, resolvi´endola. Resp. x + y − ln(x + y + 2) = −y + C.

Ejercicio 14.18. Resuelva

dy dx

=

2(2y 2 +2xy−x2 ) ; 3x(y+x)

y(1) = 2.

Resp. x4 = (x − 2)2 (2x + y).

Ejercicio 14.19. Si ae ̸= bd muestre que se puede elegir las constantes h y k( de modo ) ax+by+c dy = F dx+ey+f que la sustituci´on x = z − h, y = w − k reduce la ecuaci´on diferencial dx a una ecuaci´on diferencial homog´enea. dy Aplique esto para resolver dx = x+y−4 x−y−6 (h = −1, k = 5).

Ejercicio 14.20. Resuelva

dy dx

−

1 sin(y)−x tan(y)

= 0.

Ejercicio 14.21. Resuelva las siguientes ecuaciones de Bernoulli. √ a) (1 + x2 )y ′ − xy − axy 2 = 0. Resp. (C 1 + x2 − a)y = 1.

´ HERALDO GONZALEZ SERRANO

b) 3y 2 y ′ − ay 3 − x − 1 = 0.

335

Resp. a2 y 3 = Ceax − a(x + 1) − 1.

c) y − y ′ cos(x) = y 2 cos(x)(1 − sin(x)).

tan(x)+sec(x) sin(x)+C .

Resp. y =

dy Ejercicio 14.22. Demuestre que la ecuaci´on diferencial dx + P (x)y 2 + Q(x)y + R(x) = 0, P (x) ̸= 0 (ecuaci´on de Ricatti) se convierte en una ecuaci´on lineal con la transformaci´on y = y1 + u1 , y1 soluci´on particular.

Ejercicio 14.23. Usando Ejercicio 14.22 resuelva a) y ′ +

y2 x2 −x3

b) y ′ =

y x

x−2 + y x−x y1 (x) = 0. 2 = 0,

+ x3 y 2 − x5 , y1 (x) = x.

Ejercicio 14.24. Usando factor integrante resuelva. a) ydx + (x + x2 y)dy = 0.

1 Resp. − xy + ln(y) = C.

b) (xy 2 + y)dx + (x − 3x2 )dy = 0. c) (4 + y)dx − (x + 3x2 )dy = 0.

Resp. ln(x) + Resp.

4 x

+ 3y +

3 y y x

−

1 xy

= C.

= C.

Ejercicio 14.25. Resuelva las siguientes ecuaciones. a) (x2 + y)dx + (x − 2y)dy = 0.

Resp.

x3 3

+ yx − y 2 = C.

b) (y − 3x2 )dx − (4y − x)dy = 0. Resp. 2y 2 − xy + x3 = C. ( 2 ) ( ) ( ) xy y 1 x2 1 c) (x−y) dx + − = C. − dy = 0. Resp. ln xy − x−y 2 x y (x−y)2

Ejercicio 14.26. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales dy + e2y = a) xe2y dx

ln(x) x ,

Resp. x2 e2y = 2x ln(x) − 2x + C.

use u = e2y .

b) ydx + (1 + yex )dy = 0, use v = yex . c)

dy dx

y

y

− x4 y = 2x5 e x4 , use v = e x4 .

Resp. e−x = y ln(y) + Cy. y

Resp. −e− x4 = x2 + C.

Ejercicio 14.27. Escriba una ecuaci´on diferencial, en forma y ′ = f (x, y), para cada uno de los siguientes enunciados. a) La pendiente de la gr´afica de la funci´on f en el punto (x, y) es la suma de x e y. Resp. y ′ = x + y

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a la gr´afica de y = f (x) en el punto (x, y) intercepta al eje X en b) La recta (tangente ) el punto x2 , 0 . Resp. y ′ = 2y x. c) Toda l´ınea recta perpendicular a la gr´afica de y = f (x) pasa por el punto (0, 1). x Resp. y ′ = 1−y . Ejercicio 14.28. Un pastel se retira de un horno a 210◦ F y se deja enfriar a la temperatura ambiente constante de 70◦ F . Despu´es de 30 minutos la temperatura del pastel es de 140◦ F . ¿Cu´ando estar´a a 100◦ F ?. Resp. 66 minutos, 40 segundos.

Ejercicio 14.29. Cierta ciudad ten´ıa una poblaci´on de 25000 habitantes en 1970 y una poblaci´on de 30000 habitantes en 1980. Suponiendo que su poblaci´on contin´ ua creciendo exponencialmente con una tasa constante. ¿Qu´e poblaci´on pueden esperar los urbanistas que tenga la ciudad el a˜ no 2010?. Resp. Aproximadamente 51840 habitantes.

Ejercicio 14.30. La fisi´on nuclear produce neutrones en una pila at´omica a un ritmo proporcional al n´ umero de neutrones presentes en cada momento. Si hay n0 neutrones inicialmente y hay n1 y n2 , respectivamente, en los instantes t1 y t2 , demuestre que ( ) ( ) n1 n0

t2

=

n2 n0

t1

.

Ejercicio 14.31. Exprese mediante una ecuaci´on diferencial el hecho que en cada punto (x, y) de una curva de ecuaci´on y = f (x), la recta tangente corta a los ejes coordenados de modo que la suma de tales intersecciones es una constante C. Resp. x(y ′ )2 + (C − c − y)y ′ + y = 0. Ejercicio 14.32. El moho crece a un ritmo proporcional a la cantidad presente. Inicialmente hab´ıa 2 gramos, en dos d´ıas ha pasado a haber 3 gramos. ( )t a) Si x = x(t) es la masa de moho en el instante t, pruebe que x(t) = 2 32 2 . b) Calcule al cantidad al cabo de diez d´ıas.

Resp. 15, 2 gramos.

Ejercicio 14.33. El uranio 238 se desintegra a un ritmo proporcional a la cantidad presente. Si hay x1 y x2 en los instantes t1 y t2 respectivamente, pruebe que la semivida es (t2 −t(1 ) ln(2) ) . x1 ln

x2

Ejercicio 14.34. Un magnate posee una fortuna que crece a un ritmo proporcional al cuadrado de su valor en cada momento. Si ten´ıa 10 millones de d´olares hace un a˜ no y hoy tiene 20 millones, ¿cu´al ser´a su fortuna dentro de 6 meses?. Resp. 40 millones.

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nos, Ejercicio 14.35. Si la mitad de cierta cantidad de radio se desintegra en 1600 a˜ ¿qu´e porcentaje de la cantidad inicial quedar´a al cabo de 2400 a˜ nos. Resp. 35, 35 %.

Ejercicio 14.36. Un cuerpo de temperatura desconocida se coloca en un refrigerador que se mantiene a una temperatura constante de 0◦ C. Tras 15 minutos el cuerpo est´a a 30◦ C y despu´es de 30 minutos ya est´a a 15◦ C. ¿Cu´al era su temperatura inicial?. Resp. 60◦ C.

Ejercicio 14.37. Inicialmente hab´ıa 100 miligramos de una sustancia radiactiva. Despu´es de 6 horas la masa disminuye en 3 %. Si la rapidez de desintegraci´on es, en un instante cualquiera, proporcional a la cantidad presente de sustancia en dicho instante, encuentre la cantidad que queda despu´es de 24 horas. ¿Cu´al es la vida media de la sustancia?. Resp. 136, 5 horas.

Ejercicio 14.38. Un tanque contiene 200 litros de fluido en los cuales se disuelven 30 gramos de sal. Una salmuera que contiene un gramo de sal por litro se bombea dentro del tanque con una rapidez de 4 litros por minuto; la soluci´on adecuadamente mezclada se bombea hacia fuera con la misma rapidez. Encuentre el n´ umero N (t) de sal que hay en el 1 tanque en un instante cualquiera. Resp. N (t) = 200 − 170e− 50t . Ejercicio 14.39. La ecuaci´on diferencial que rige la velocidad v de un cuerpo de masa w que cae sometido una resistencia del aire proporcional a la velocidad instant´anea es m

dv = mg − kv. dt

Resuelva la ecuaci´on sujeta a la condici´on inicial v(0) = v0 y determine la velocidad l´ımite. Si la distancia s se relaciona con la velocidad instant´anea mediante ds dt = v, encuentre una expresi´on expl´ıcita para s si adem´as se sabe que s(0) = s0 . ( ( ( mg ) − kt mg ) mg ) − kt m m m; m + + s0 . s(t) = mg Resp. v(t) = mg k + v0 − k e k t − k v0 − k e k v0 − k Ejercicio 14.40. Halle las trayectorias ortogonales de la familia de curvas de ecuaci´on Cx y = 1+x . Resp. 3y 2 + 3x2 + x3 = C. Ejercicio 14.41. Determine la familia de trayectorias ortogonales de la familia de curvas 2 de ecuaci´on 4y + x2 + 1 + Ce2y = 0. Resp. y = 14 − x6 + xC4 . Ejercicio 14.42. Encuentre un miembro de la familia de trayectorias ortogonales de x + y = Cey que pasa por el punto (0, 5). Resp. y = 2 − x + 3e−x .

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Ejercicio 14.43. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales: a) yy ′′ = (y ′ )2 .

Resp. y = KeC1 x . √ b) yy ′′ + (y ′ )2 = yy ′ . Resp. y = C + Kex . c) xy ′′ = y ′ + (y ′ )3 . d) y ′′ = 2y(y ′ )2 .

Resp. x2 + (y − C2 )2 = C12 .

Resp. y 3 + 3x + C1 y + C2 = 0.

Ejercicio 14.44. A continuaci´on se entrega una ecuaci´on diferencial y una soluci´on y1 (x), determine la otra soluci´on. a) y ′′ − 4y ′ + 4y = 0, y1 = e2x . 2

b) 9y ′′ − 12y ′ + 4y = 0, y1 = e 3 x .

Resp. y2 = xe2x . 2

Resp. y2 = xe 3 x .

c) (1 − 2x − x2 )y ′′ + 2(1 + x)y ′ − 2y = 0, y1 = x + 1. d) x2 y ′′ − 4xy ′ + 6y = 0, y1 = x2 + x3 .

Resp. y2 = x2 + 2x + 2.

Resp. y2 = x2 .

e) (3x + 1)y ′′ − (9x + 6)y ′ + 9y = 0, y1 = e3x .

Resp. y2 = 3x + 2.

Ejercicio 14.45. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales, a) y ′′ − 16y = 0.

Resp. C1 e4x + C2 e−4x .

b) y ′′ − 4y ′ + 5y = 0.

Resp. y = e2x (C1 cos(x) + C2 sin(x)).

c) y ′′′ − 4y ′′ − 5y ′ = 0.

Resp. y = C1 + C2 e5x + C3 e−x .

d) y ′′′ − 5y ′′ + 5y ′ + 9y = 0. e) y ′′′ + y ′′ − 2y = 0. f)

d5 y dx5

Resp. y = C1 ex + C2 e3x + C3 xe3x .

Resp. y = C1 ex + ex (C2 cos(x) + C3 sin(x)). Resp. y = C1 + C2 e2x + C3 e−2x + C4 cos(2x) + C5 sin(2x).

dy − 16 dx = 0.

Ejercicio 14.46. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales sujeta a las condiciones iniciales dadas. a) y ′′ + 16y = 0; y(0) = 2, y ′ (0) = −2. b) y ′′ + 6y ′ + 5y = 0; y(0) = 0, y ′ (0) = 3. c)

d4 y dx4

3

2

Resp. y = 2 cos(4x) − 21 sin(4x). Resp. y = − 34 e−5x + 34 e−x .

d y d y dy − 3 dx = 0; y(0) = y ′ (0) = 0, y ′′ (0) = y ′′′ (0) = 1. 3 + 3 dx2 − dx Resp. y = 2 − 2ex + 2xex − 12 x2 ex .

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Ejercicio 14.47. Calcule las siguientes transformadas inversas { } a) L−1 s13 . Resp. 12 t2 . { } t 1 b) L−1 4s+1 . Resp. 14 e− 4 . c) L−1 d) L−1 e)

L−1

f) L−1 g) L−1 h) L−1

{

4s 4s2 +1

{

1

s2 −16

{ { { {

2s−6 s2 +9 1 s2

} .

Resp. cos

} .

Resp.

} .

−

1 s

1

2

.

sinh(4t).

Resp. 2 cos(3t) − 2 sin(3t). +

1 s−2

} .

Resp. t − 1 + e2t .

} .

Resp. 1 + 3t + 23 t2 + 18 t3 .

} .

Resp.

(s+1)3 s4

s3 +3s

1 4

(t)

1 3

− 13 e−3t .

Ejercicio 14.48. Usando el Primer Teorema de Traslaci´on, calcule { } 1 a) L te10t . Resp. (s−10) 2. { } b) L et sin(3t) . { } c) L t3 e−2t .

Resp. Resp.

{ } d) L e5t sinh(3t) .

g) L−1 h) L−1 i) L−1 j) L−1

{ { {

1 (s+2)3

} .

1 s2 −6s+10 s s2 +4s+5

{ {

s (s+1)2 2s−1

3 . (s−5)2 −9

Resp.

1 (s−2)2

+

2 (s−3)2

+

1 . (s−4)2

Resp. 12 e−2t t2 . }

} .

} .

s2 (s+1)3

6 . (s+2)4

Resp.

{ ( )2 } e) L t et + e2t . f) L−1

3 . (s−1)2 +9

} .

.

Resp. e3t sin(t). Resp. e−2t cos(t) − 2e2t sin(t). Resp. e−t − te−t . Resp. 5 − t − 5e−t − 4te−t − 32 t2 e−t .

Ejercicio 14.49. Usando la Transformada de Laplace, resuelva a)

dy dt

− y = 1; y(0) = 0.

Resp. −1 + et .

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+ 4y = e−4t ; y(0) = 2.

Resp. te−4t + 2e−4t .

b)

dy dt

c)

d2 y dt2

3 2t ′ − 4 dy dt + 4y = t e ; y(0) = y (0) = 0.

d)

d2 y dt2

′ − 6 dy dt + 9y = t; y(0) = 0, y (0) = 1.

Resp.

1 5 2t 20 t e .

e) y (3) + y (2) − 6y ′ = 0; y(0) = 0, y ′ (0) = y ′′ (0) = 1.

Resp.

3

2

−t ′ ′′ f) 2 ddt3y + 3 ddt2y − 3 dy dt − 2y = e ; y(0) = y (0) = 0, y (0) = 2. t 5 t Resp. − 98 e− 2 + 19 e−2t + 18 e + 12 e−t .

g) y (4) + 2y (2) + y = 4tet ; y(0) = y ′ (0) = y ′′ (0) = y ′′′ (0) = 0. Resp. (t − 2)et + (t + 1) sin(t) + 2 cos(t).

1 2t 15 (6e

− 5 − e−3t ).