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• Horacio Alexis Sanhueza Jofré

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UNIVERSIDAD DE LA FRONTERA Departamento de Matem´ atica

Ph Valenzuela

Ecuaciones diferenciales

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c 2006-2006 [email protected]

Last Revision Date: March 24, 2006

Version 1.0

Table of Contents 1. Introducci´ on 2. Ecuaciones de primer orden 2.1. Campo de direcciones 3. M´ etodos de resoluci´ on de ecuaciones 3.1. Ecuaciones de variables separables 3.2. Ecuaciones Homog´ eneas 4. Ecuaci´ on reducible a homog´ enea 5. Ecuaciones Lineales 6. Ecuaci´ on de Bernoulli 7. Ecuaci´ on Exacta 8. Ecuaci´ on de Ricatti 9. Factores Integrantes 10. Aplicaciones Elementales 11. Ecuaciones Impl´ıcitas 12. Ecuaciones de orden mayor que uno 13. Teoremas de Existencia y Unicidad 14. continuaci´ on de la soluci´ on 15. Dependencia de los datos iniciales y par´ ametros 16. La envolvente y Soluciones Singulares 17. Ecuaciones Diferenciales Lineales 18. Ecuaciones Homog´ eneas 19. Ecuaci´ on Homog´ enea con coeficientes constantes 20. Ecuaci´ on de Euler 21. Ecuaciones Diferenciales Lineales No Homog´ eneas 22. M´ etodo de variaci´ on de par´ ametros 23. Sistemas de Ecuaciones 24. M´ etodo de resoluci´ on de sistemas 24.1.Por integraci´ on 24.2.Por Combinaciones Integrables 24.3.Valores propios 24.4.Reducci´ on a forma triangular 25. Soluciones en Series de Potencia 25.1.Puntos ordinarios 25.2.Puntos Regulares 26. Transformada de Laplace 27. Propiedades de la Transformada 28. Problemas resueltos

Section 1: Introducci´ on

3

1. Introducci´ on Sean I = (a, b) intervalo de la recta real y A un abierto de IRn+1 . Se denomina ecuaci´ on diferencial a una aplicaci´on F : I × A → IRn ,

F (t, x(t), x 0 (t), · · · , x(n) (t)) = 0,

t∈I

Ejemplo 1 1. x 0 − x + 1 = 0 2. x 00 + 9x = 8 sen(t) 3. y 02 − 2y 0 + y − 3x = 0 Es sencillo darse cuenta que la relaci´on funcional en la tercera ecuaci´on es de la forma F (x, y(x), y 0 (x)) = 0

El m´ etodo cuantitativo y Cualitativo En el estudio de las ecuaciones diferenciales uno de los problemas fundamentales es el de determinar todas las soluciones de la ecuaci´on diferencial dada (M´etodo cuantitativo), en este caso, el problema una vez resuelto permite obtener conclusiones en cuanto a estabilidad de las soluciones, en cuanto a la existencia de soluciones peri´odicas, y a un largo etc´etera, etc´etera. Sin embargo, como la gran mayor´ıa de las ecuaciones diferenciales no puede ser resuelta en forma “cerrada”, esto es, dar la soluci´on en forma expl´ıcita, entonces el problema se ataca directamente, es decir, se estudian las propiedades de las soluciones sin necesidad de resolver la ecuaci´on diferencial. Este proceso da origen a un segundo problema fundamental, el cual consiste en determinar propiedades de las soluciones de la ecuaci´on diferencial (m´etodo cualitativo). En este caso podemos se˜ nalar que en base a los trabajos de Poincar´e y Liapunov se han desarrollado m´etodos directos para el estudio de por ejemplo: Existencia y cantidad de puntos de reposo de un sistema f´ısico, existencia y cantidad de soluciones peri´odicas, estabilidad de los puntos de reposo y muchos otros problemas de gran importancia. En lo que sigue trataremos de analizar ambos problemas, procurando obtener expresiones expl´ıcitas de la soluci´on cuando sea posible, incluyendo series infinitas, y deduciendo propiedades de las soluciones, tales como, valores num´ericos y gr´aficas directamente de la ecuaci´on diferencial. En este estudio, distinguimos dos tipos de ecuaciones diferenciales: ordinarias, cuando hay s´olo una variable independiente involucrada, y parciales, cuando est´an involucradas m´as de una variable independiente. Ejemplo 2 1.

dy = x3 + 5 dx

Section 1: Introducci´ on

4

2. (x2 + y 2 ) dx − 3y dy = 0 3.

∂v = xy ∂x

4.

∂2u ∂2u ∂2u + + =0 ∂2x ∂2y ∂2z

Las dos primeras son ecuaciones ordinarias y las dos restantes parciales. • El orden de una ecuaci´on diferencial es el orden de la mayor derivada. • El grado de una ecuaci´on diferencial es el exponente de la derivada de m´as alto orden.

Ejemplo 3 1. x x 0 − t3 + 1 = 0,

primer orden y primer grado.

2. x02 − tx = 0, primer orden y segundo grado.  4  2 3 ∂ y ∂y ∂2y 3. + 2 · − x7 y = sen x, segundo orden y tercer grado 2 ∂ x ∂ x ∂x 4.

d2 y dy + 2b + y = 0, 2 dx dx

segundo orden y primer grado

Definici´ on 1.1 Una funci´on φ : J ⊂ I → IRn diferenciable y tal que: 1. (t, φ(t)) ∈ I × A,

∀t∈J

2. F (t, φ(t), φ 0 (t), · · · , φ(n) (t)) = 0 se llama soluci´ on de la ecuaci´on diferencial F (t, x 0 (t), · · · , x(n) (t)) = 0

Ejemplo 4 La ecuaci´on x 00 − 4x = 0 para J = I = IR, A = IR tiene a la funci´ on φ(t) = e2t como soluci´on. En efecto, verificamos la definici´ on. 1. (t, φ(t)) = (t, e2t ) ∈ I × A = IR × IR. Observa el gr´ afico. 2. φ 00 (t) − 4 φ(t) = 4 e2t − 4 e2t = 0

Section 1: Introducci´ on

5

Ejemplo 5 La ecuaci´on x dx + t dt = 0 para J = (−a, a) = I, A = IR tiene a la funci´on √ φ(t) = a2 − t2 como soluci´on. En efecto, √ 1. (t, φ(t)) = (t, a2 − t2 ) ∈ I × A = IR × IR. Observa el gr´ afico. 2. La ecuaci´on diferencial se puede escribir en la forma x dx + t = 0, con lo cual la dt verificaci´on de la segunda propiedad resulta como sigue: φ(t) φ 0 (t) + t =

√

a2 − t2 ·

−2t √ +t=0 2 a2 − t2

con lo cual se ha probado que φ es soluci´ on. Frecuentemente estamos interesados en hallar soluciones de una ecuaci´on diferencial que satisfagan ciertas condiciones en lugar de aspirar a encontrar todas. Por lo general, estas condiciones pueden ser de dos tipos: condiciones iniciales y condiciones de frontera, las cuales pasan a ser soluciones particulares. Definici´ on 1.2 Condici´on inicial es cierto requisito que debe cumplir la soluci´ on de una ecuaci´ on diferencial (cuando existe) en un punto determinado. Esta condici´ on se anota en la forma x0 = x(t0 ), y significa que en t = t0 la variable x toma el valor x0 .

Ejemplo 6 Se desea que la ecuaci´ on diferencial y 0 = 2x, cuya soluci´ on m´ as general es de 2 la forma y = x + c, tenga una soluci´ on que pase por el punto (1, 4). Dado que tenemos la soluci´on general y = x2 + c, y se quiere que se satisfaga la condici´on inicial, que simbolizamos por y(1) = 4, entonces hacemos lo que sigue y(x) = x2 + c =⇒ y(1) = 1 + c = 4 =⇒ c = 3 de donde se obtiene que y = x2 +3 es la soluci´on deseada. Podemos agregar una interpretaci´on gr´afica como la que muestra la figura, y que da cuenta que la constante c juega un papel de par´ametro, ya que asign´andole distintos valores se halla la soluci´on que se desee.

Section 1: Introducci´ on

6

En general, las condiciones iniciales para las ecuaciones diferenciales del tipo F (x, y, y 0 , y 00 , · · · , y (n) ) = 0 son de la forma y(x0 ) = y0 , y 0 (x0 ) = y1 , y 00 (x0 ) = y2 , · · · , y (n−1) (x0 ) = yn−1 Ejemplo 7 La soluci´on de la ecuaci´ on diferencial y 00 + y = 0, que satisface las condiciones y(0) = 1, y 0 (0) = 2 es y(x) = cos x + 2 sen x

Definici´ on 1.3 Condici´on de frontera es el requisito que debe cumplir la soluci´ on de la ecuaci´ on diferencial en los extremos del intervalo J. Ejemplo 8 La soluci´on de la ecuaci´ on diferencial y 00 = sen x, con condiciones de frontera y(0) = y1 , y(π) = y2 viene dada por y(x) = −sen x +

y2 − y1 + y1 π

Al igual que lo que sucede con las funciones, las ecuaciones diferencial pueden darse en forma impl´ıcita, que es lo que hemos hecho, o bien, en forma expl´ıcita. Dejando de lado las dificultades algebraicas, el problema de la ecuaci´on diferencial impl´ıcita puede reducirse al de una ecuaci´on diferencial expl´ıcita si puede despejarse la derivada de orden m´axima, quedando: x(n) (t) = f (t, x(t), x 0 (t), · · · x(n−1) (t)) Sistema de Ecuaciones Cuando se da el caso que existen n funciones inc´ognitas x(t), y(t), · · · para cuya determinaci´on se dan ecuaciones diferenciales del tipo Fi (t, x(t), x 0 (t), · · · x(n) (t), y(t), y 0 (t), · · · ) = 0,

i = 1, 2, · · · n

Section 1: Introducci´ on

7

se dice que tenemos un sistema de n ecuaciones diferenciales. Una soluci´on de tal sistema consiste en un conjunto de n funciones x(t), y(t), · · · que satisfacen simult´aneamente todas las ecuaciones des sistema. En particular, un sistema de n - ecuaciones diferenciales de primer orden tiene la forma 0

x1 = f1 (t, x1 , x2 , · · · xn ) 0

x2 = f2 (t, x1 , x2 , · · · xn ) .. . 0

xn = fn (t, x1 , x2 , · · · xn ) Esto hace que podamos mirar las xi como componentes de un vector ~x, y tener 0

0

0

~x = (x1 , x2 , · · · xn ) =⇒ ~x 0 = (x1 , x2 , · · · xn ) y, si adem´as, f~ = fi , entonces el sistema adquiere la notaci´on ~x 0 = f~(t, ~x) Esta forma vectorial proporciona una interpretaci´on conceptual m´as clara, pues permite tratar los sistemas de ecuaciones diferenciales en forma completamente an´aloga a la ecuaci´on de primer orden x 0 = f (t, x). Mas a´ un, toda la teor´ıa sobre ecuaciones de orden superior puede reducirse al caso de primer orden tomando como base los sistemas de ecuaciones diferenciales. En efecto, sea F (t, x, x 0 , x 00 , · · · x(n) ) = 0 si hacemos,

(1) 0

x = x1 , x 0 = x2 , x 00 = x3 , · · · x(n−1) = xn , x(n) = xn entonces la ecuaci´on (1) se transforma en el sistema  x = x1     x 0 = x2     .. . (n−1)  x = xn   0   xn = x(n)   0  F (t, x1 , x2 , · · · xn , xn ) = 0 0

Si xn puede despejarse, entonces tenemos el sistema en forma normal

Section 2: Ecuaciones de primer orden

8

 0  x1 = f1 (t, x1 , x2 , · · · xn )    x0 = f2 (t, x1 , x2 , · · · xn ) 2 ..  .    0 xn = fn (t, x1 , x2 , · · · xn ) Resulta entonces, que la ecuaci´on diferencial F (t, x, x 0 , · · · x(n) ) = 0, de orden superior, ha sido transformada en un sistema ~x 0 = f~(t, ~x), as´ı entonces, lo que debemos estudiar en detalles es la ecuaci´on diferencial de primer orden y 0 = f (x, y), y se˜ nalar las diferencias que corresponden cuando se estudien las de orden superior. 2. Ecuaciones de primer orden 2.1. Campo de direcciones Una ecuaci´on diferencial de primer orden en forma impl´ıcita tiene la forma F (x, y, y 0 ) = 0

(2)

y cuando es resoluble respecto de y 0 se escribe en la llamada forma expl´ıcita y 0 = f (x, y)

(3)

en donde f es una ecuaci´on definida en una determinada regi´on del plano xy. Geom´etricamente la ecuaci´on (2) establece una dependencia entre las coordinadas de un punto de la regi´on y la pendiente y 0 a la gr´afica de la soluci´on, esto significa que en cada punto de la regi´on est´a determinada una direcci´on, esto es, una recta de pendiente f (x, y) de manera tal que las soluciones y(x) deben ser tangentes en cada uno de sus puntos a la correspondiente recta. Se dice entonces, que la ecuaci´on (2) determina un “campo de direcciones” en la regi´on considerada, pudiendo visualizarse este campo dibujando por cada punto un trozo de recta de la correspondiente soluci´on. Este m´etodo de resoluci´on gr´afica de la ecuaci´on diferencial (2) no posee exactitud matem´atica, y su utilidad se presenta en casos excepcionales, d´andonos una idea de las soluciones. Ejemplo 9 Dibujamos el campo de direcciones correspondiente a la ecuaci´ on diferencial x y0 = − y Partimos por considerar un conjunto de 10 puntos del plano xy {(1, 0), (2, 0), (0, 1), (1, 1), (2, 1), , (−1, 1), (−2, 1), (0, 2), (1, 2), (2, 2)} entonces la siguiente tabla, hecha “a mano” nos muestra el valor del coeficiente angular de la tangente a la curva integral buscada.

Section 2: Ecuaciones de primer orden

x y y0

1 2 0 0 ∞ ∞

9

0 1 2 -1 -2 0 1 1 1 1 1 1 2 2 0 -1 -2 1 2 0 − 12

Si hacemos uso del programa MAPLE, con las ordenes • > eq := D(y)(x) = −(x/y); seguido de • > df ieldplot(eq, [y(x)], x = −10..10, y = −10..10, color = blue); todo aparece como por arte de magia y da como resultado el siguiente gr´afico

La figura muestra que las curvas x2 + y 2 = c satisfacen la condici´on de tangencia, siendo las soluciones del problema. Estas curvas son s´olo aproximaciones a las soluciones, por lo que debe verificarse que satisfacen la ecuaci´on diferencial. Por otra parte, ocasionalmente las isoclinas pueden coincidir con las curvas soluci´on ( isoclinas son rectas de pendiente constante que se calculan a partir de f (x, y) = k). Observaciones • Si en un punto (x, y) la derivada y 0 tiene valor infinito, ello no implica necesariamente un comportamiento extra˜ no de la soluci´on, si no simplemente que la tangente es vertical. • Si en un punto (x, y) la funci´on f resulta indeterminada, la ecuaci´on diferencial no est´a definida, pero lo importante es estudiar el comportamiento de las soluciones en un entorno de dicho punto. • En general, siempre que se cumpla ciertas condiciones que estudiamos m´as adelante, existen infinitas soluciones y(x) de la ecuaci´on diferencial, de tal manera que por cada punto del plano xy (en la regi´on que se considere) pasa una soluci´on y solamente una. Estas curvas forman entonces una familia infinita o un haz de curvas, que se presenta bajo la forma φ(x, y, c) = 0, donde c es una constante arbitraria. Cabe agregar que a cada valor de c corresponde una curva del haz, y que tales curvas suelen llamarse curvas integrales.

Section 3: M´etodos de resoluci´ on de ecuaciones

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• Para determinar una soluci´on particular no basta dar la ecuaci´on diferencial, sino que es necesario dar una condici´on adicional, por ejemplo, una condici´on inicial, una condici´on de frontera, etc. 3. M´ etodos de resoluci´ on de ecuaciones En la practica, es com´ un que interesen soluciones particulares de una ecuaci´on diferencial en lugar de una soluci´on general. Desde este punto de vista trataremos de dar a conocer ciertos m´etodos de resoluci´on de ecuaciones diferenciales que no requieren de mucho esfuerzo, dado que en la actualidad, los sistemas computacionales, tales como Maple realizan todo tipo de c´alculo de ecuaciones, incluyendo m´etodos num´ericos, tales como como los de Euler, RungeKutta y otros, que no ser´an vistos ac´a. Los m´etodos anal´ıticos que emplearemos son los siguientes: 3.1. Ecuaciones de variables separables Dentro de este grupo nos encontramos con cuatro tipos de ecuaciones: Ecuaci´on:

dy = f (x) dx

El primer paso para resolverla consiste en escribirla con notaci´on de diferenciales dy = f (x) dx ahora que, las variables est´an “separadas” se integra Z y = f (x) dx + C y el resultado de esta integraci´on es la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial dada. la soluci´on particular se obtiene en base a alguna condici´on inicial, lo que da lugar a determinar el valor de la constante de integraci´on, y como consecuencia hallar la soluci´on particular. Ecuaci´on:

dy = g(y) dx

Escribiendo esta ecuaci´on en diferenciales tenemos que dy = g(y) dx considerando g(y) 6= 0, y asociando diferenciales se tiene dx =

dy g(y)

cuya soluci´on se obtiene por integraci´on inmediata Z dy x= +C g(y)

Section 3: M´etodos de resoluci´ on de ecuaciones

Ecuaci´on:

11

dy = f (x) · g(y) dx

Considerando g(y) no nula esta ecuaci´on equivale a dy = f (x) dx g(y) la cual, tomando integrales en ambos miembros, conduce a Z Z dy = f (x) dx + C g(y) Ecuaci´on:

dy f (x) = dx g(y)

Esta ecuaci´on es un caso particular de la anterior. Al separar variables se tiene g(y) dy − f (x) dx = 0 y al integral, la soluci´on general queda escrita en la forma Z Z g(y) dy − f (x) dx = C Toda esta familia de ecuaciones de variables separables se puede reducir a escribirlas en la forma Z Z M (x) dx + N (y) dy = C

Ejemplo 10 La ecuaci´on diferencial x dx + y dy = 0 tiene como integral general x2 y 2 + =C 2 2 2

tomando C = r2 se tiene que x2 + y 2 = r2 , de modo que la soluci´ on de la ecuaci´ on dada es una familia de c´ırculos conc´entricos. Ejemplo 11 Resolvemos la ecuaci´ on

dy = y − y2. dx

Al separar variables se tiene la ecuaci´on escrita en la forma Z Z dy dy = dx =⇒ = dx + C y(1 − y) y(1 − y)

Section 3: M´etodos de resoluci´ on de ecuaciones

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al realizar la integraci´on se obtiene ln y − ln(1 − y) = x + C =⇒ ln

y =x+C 1−y

expresi´on que al reducir se transforma en y = k · ex 1−y y finalmente, la soluci´on general resulta ser y=

k ex 1 + k ex

Si se quiere saber algo sobre el comportamiento de esta soluci´on, es sencillo verificar que si x → ∞, entonces y → 1, y que si x → −∞, entonces y → 0. Teni´endose que tanto y = 1 como y = 0 son soluciones de la ecuaci´on diferencial considerada. Ejemplo 12 Resolvemos la ecuaci´ on

dy y =− . dx x

Al separar variables se llega a que dy dx =− y x de donde, al integrar ln y + ln x = ln C =⇒ y =

C x

es la soluci´on general de la ecuaci´on 3.2. Ecuaciones Homog´ eneas Se dice que la funci´on f (x, y) es homog´enea de grado n, respecto de las variables x e y, si para todo λ se verifica f (λ x, λ y) = λn f (x, y) Por ejemplo, la funci´on f (x, y) = xy − y 2 es homog´enea de segundo grado ya que f (λ x, λ y) = λ x λ y − λ2 y 2 = λ2 (xy − y 2 ) = λ2 f (x, y) Definici´ on 3.1 La ecuaci´on diferencial y 0 = f (x, y) se dice homog´enea respecto de las variables x e y si f (x, y) es homog´enea de grado cero respecto de x e y. Por ejemplo, la ecuaci´on f (x, y) =

dy x2 − y 2 = es homog´enea puesto que dx xy

x2 − y 2 λ2 x 2 − λ2 y 2 =⇒ f (λ x, λ y) = = λ0 f (x, y) = f (x, y) xy λx · λy

Section 3: M´etodos de resoluci´ on de ecuaciones

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¿C´omo se resuelven las homog´eneas? La ecuaci´on diferencial homog´enea y 0 = f (x, y) se transforma en una ecuaci´on de variables separadas mediante la sustituci´on y = ux. En efecto, como la ecuaci´on es homog´enea, entonces f (λ x, λ y) = f (x, y) haciendo λ =

1 se tiene x

y f (x, y) = f (1, ) x de manera que la ecuaci´on diferencial toma la forma y y 0 = f (1, ) x al tomar derivada con respecto de x en y = ux se tiene y0 = u0 · x + u reemplazando en la ecuaci´on diferencial el resultado es u + xu 0 = f (1, u) en la cual, separando variables dx du = f (1, u) − u x que era lo que se ten´ıa que probar. Si se quiere la soluci´on general, s´olo basta hacer la integraci´on. Ejemplo 13 Resolvemos la ecuaci´ on homog´enea

dy xy = 2 dx x − y2

Es claro que es homog´enea (grado 2 arriba y grado 2 abajo queda grado cero). Hacemos y = ux para tener y 0 = u 0 · x + u. Reemplazamos esto en la ecuaci´on dada dy xy ux2 0 = 2 =⇒ u · x + u = dx x − y2 x 2 − u2 x 2 al simplificar queda u0 · x + u = al asociar se tiene u0 · x =

u 1 − u2

u3 1 − u2

Section 4: Ecuaci´ on reducible a homog´enea

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al separar variables y usando diferenciales 1 − u2 dx du = 3 u x al integrar Z

1 − u2 du = u3

Z

dx − ln C x

de aqu´ı que 1 1 ux ) = − − ln u = ln x − ln C =⇒ ln( 2u2 C 2u2 y finalmente, como y = ux, entonces −

y = C e−x

2 /2y 2

4. Ecuaci´ on reducible a homog´ enea Las ecuaciones del tipo  f

a1 x + b 1 y + c 1 a2 x + b 2 y + c 2

 (4)

se reducen a una ecuaci´on homog´enea trasladando el origen de coordenadas al punto de intersecci´on de las rectas a1 x + b1 y + c1 , a2 x + b2 y + c2 Para verificar esto, suponemos que (x1 , y1 ) es el punto de intersecci´on de las rectas. Usando las ecuaciones de traslaci´on se tiene u = x − x1 ,

v = y − y1 =⇒

dy du = dv dx

reemplazando en (1) esa ecuaci´on se transforma en   a1 u + b 1 v dv =f du a2 u + b 2 v al dividir por u, dentro del par´entesis, tenemos que   v a1 + b1 uv dv =f =f du a2 + b2 uv u lo que prueba que la ecuaci´on es homog´enea.

OJO Si las rectas en cuesti´on son paralelas, este m´etodo no puede aplicarse, pero como este caso las coeficientes de las coordenadas son proporcionales, es decir, a2 b2 = a1 b1

Section 4: Ecuaci´ on reducible a homog´enea

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la ecuaci´on (1) se escribe     a1 x + b 1 y + c 1 a1 x + b 1 y + c 1 f =f = F (a1 x + b1 y) a2 x + b 2 y + c 2 k(a1 x + b1 y) + c2

(5)

usando ahora la sustituci´on z = a1 x + b1 y se tiene que dz dy = dx dx lo cual nos conduce a tener que 1 dz dy = − a1 = F (z) dx b1 dx despejando la derivada respecto de z se tiene dz = a1 + b1 F (z) dx resultando, claramente, una ecuaci´on de variables separadas. No hay nada m´as gratificante que un buen ejemplo Ejemplo 14 Resolvemos la ecuaci´ on

dy x+y−3 = dx x−y−1

Tienes que observar que sobra un −3 arriba y un −1 abajo, as´ı que hay que trasladar el origen de coordenadas, que se logra al resolver x + y − 3 = 0,

x − y − 1 = 0 =⇒ x = 2, y = 1

luego, las ecuaciones de traslaci´on son u = x − 2,

v =y−1

Esto hace que acortemos camino, pues debe quedar u+v dv = , du u−v

¡¡homog´enea!!

Todo el mundo sabe que en las sustituciones las variables son “mudas”, as´ı que para no confundir el trabajo, cambiemos la u ´ltima ecuaci´on a variables x e y. dy x+y = dx x−y esto permite darse cuenta que lo u ´nico diferente con la ecuaci´on original es haber eliminado las constante que “molestaban” en el numerador y denominador. Esto siempre es as´ı, s´olo

Section 5: Ecuaciones Lineales

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que tienes que tener las coordenadas del punto al cual trasladas el origen. Una vez dicho lo anterior, retomamos nuestra u ´ltima ecuaci´on, que es homog´enea, y hacemos y = ux de 0 0 donde y = u x + u, para tener que u 0x + u =

x + ux x − ux

despu´es de cancelar la x asociamos las u y separamos variables 1+u dx du = 2 1+u x al integrar y llamando ln C a la constante, se llega a √ ln Cx · 1 + u2 = arctg u y en las variables originales se tiene p y−1 C (x − 2)2 + (y − 1)2 = earctg( x−2 ) 5. Ecuaciones Lineales Una ecuaci´on diferencial de la forma dy + P (x) y = Q(x) dx O bien de la forma

(6)

dx + P (y) x = Q(y) dy

con P y Q funciones continuas, se llama ecuaci´on diferencial lineal de primer orden. Esta ecuaci´on lineal tiene un caso particular, Q = 0, con lo cual se tiene que dy + P (x) y = 0 dx es una ecuaci´on de variables separables. En efecto, R dy + P (x) y = 0 =⇒ y = C e− P (x) dx dx

La ecuaci´on y 0 + P (x) y = 0 recibe el nombre de ecuaci´on homog´ enea asociada de (3)

¿C´omo se resuelven las lineales?

Section 5: Ecuaciones Lineales

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El mejor y m´as sencillo m´etodo es considerar que la soluci´on es el producto de dos funciones, esto es, y(u(x) v(x), con lo cual se tiene que y = u(x) · v(x) =⇒ y 0 = u 0 v + v 0 u al reemplazar en (3), esa ecuaci´on toma la forma u 0 v + v 0 u + P (x) u v = Q(x) =⇒ ( u + P (x) u)v + v 0 u = Q(x) si u es una funci´on que satisface, u 0 + P (x) u = 0, entonces queda por resolver v 0 u = Q(x)

(7)

por simple integraci´on, pues u 0 + P (x) u es la ecuaci´on homog´enea asociada de (3) que, como sabemos, tiene por soluci´on R u = C e− P (x) dx Por tanto, reemplazando en (4) tenemos que v0 =

1 R P (x) dx e · Q(x) C

de modo que, 1 v= C

Z

R

e

P (x) dx

· Q(x) + C1

O bien, como y = uv, Z y=

−

e

R

P (x) dx

Ejemplo 15 Resolvemos xy 0 − y = x3

Z

√

R

e

P (x) dx

 · Q(x) + C

1 − x2

As´ı como la ves, la ecuaci´on no se puede identificar. Hagamos una operaci´on m´agica que haga a nuestros ojos ver qui´en es ella xy 0 − y = x3

√

1 − x2 =⇒ y 0 − y ·

√ 1 = x2 1 − x2 x

Como dice esa canci´on ”... al mirarla de Playa Ancha lindo puerto...”, por supuesto,

¡es lineal!

Section 5: Ecuaciones Lineales

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√ 1 con P (x) = − , Q(x) = x2 1 − x2 . Bueno, ahora s´olo resta ponerse a trabajar, y para x empezar debemos hacer y = uv, de lo cual ya sabes que y 0 = u 0 v + v 0 u. Por tanto, u 0v + v 0u −

√ uv = x2 1 − x2 x

al arreglar esta ecuaci´on tenemos que   √ 1 0 u − u v + v 0 u = x2 1 − x2 x como debemos hacer que u0 −

1 u=0 x

al resover se tiene

du dx 1 u =⇒ = =⇒ u = C x x u x Por lo tanto, nos queda por resolver √ v 0 · Cx = x2 1 − x2 u0 =

que al simplificar y separar variables conduce a Z  √ 1 2 x 1 − x dx + C1 v= C Todav´ıa me acuerdo que eras un “balazo” para integrar, ¿qu´e tal x = cos t?. Eso es, con esto la situaci´on se transforma en Z  1 sen3 t 2 v=− cos t sen t dt + C1 = − +C C 3 y al volver a la variable xtenemos que v=−

C (1 − x2 )3/2 + C1 3

Finalmente, una vez determinadas las funciones u y v obtenemos la soluci´on   C 2 3/2 y= (1 − x ) + C1 Cx 3

Section 6: Ecuaci´ on de Bernoulli

19

6. Ecuaci´ on de Bernoulli Una ecuaci´on de la forma y 0 + P (x) y = Q(x) y n , n ≥ 1 se llama ecuaci´on de Bernouilli. Esta ecuaci´on es reducible a una lineal mediante mediante la sustituci´on z = y 1−n , en efecto, z=y

1−n

dy y n dz dz −n dy = (1 − n)y =⇒ = =⇒ dx dx dx 1 − n dx

reemplazando en la ecuaci´on de Bernouilli tenemos y n dz + P (x) y = Q(x) y n 1 − n dx



·y −n

1 dz + P (x) y 1−n = Q(x) 1 − n dx 1 dz + P (x) z = Q(x) 1 − n dx 1 z 0 + P (x) z = Q(x) ¡lineal! 1−n

Ejemplo 16 Resolvemos la ecuaci´ on y 0 =

x2 y + 2x 2y

A esta ecuaci´on hay que darle un nuevo “look” para que se parezca a alguna que hayamos visto. x2 −1 1 ·y = ·y y0 − 2x 2 ahora vemos que tiene la forma 0

n

y + P (x) y = Q(x) y ,

1 x2 n = −1, P (x) = − 2 , Q(x) = x 2

¡la pill´e, era una de Bernouilli!. Hacemos z = y 2 para tener dz dy dy 1 dz = 2y =⇒ = dx dx dx 2y dx Reemplazando en la ecuaci´on dada 1 dz y x2 −1 − = ·y 2y dx 2x 2 al multiplicar por 2y se tiene dz y 2 − = x2 dx x

Section 7: Ecuaci´ on Exacta

20

y en t´erminos de la variable z dz z − = x2 dx x 0 0 Como siempre, z = uv =⇒ z = u v + v 0 u, para tener  u u0 − v + v 0 u = x2 x para anular u se tiene u0 −

u = 0 =⇒ u = C1 x x

reemplazamos para hallar v v 0 C1 x = x2 =⇒ v C1 = de donde z = u · v = C1 x ·

x2 +C 2

 1  2 · x + C = x3 + Cx C1

es la soluci´on general. 7. Ecuaci´ on Exacta Una ecuaci´on de la forma M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 se llama exacta si se satisface ∂N ∂M = ∂y ∂x Como alternativa se tiene que, la ecuaci´on es exacta si existe una funci´on µ(x, y) tal que d(µ(x, y)) = M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0

Ejemplo 17 Resolvemos la ecuaci´ on

2x y 2 − 3x2 dx + dy = 0 y3 y4

Deber´ıa ser exacta, veamos si lo es M=

2x ∂M 6x =⇒ = − 4, 3 y ∂y y

N=

y 2 − 3x2 ∂N 6x =⇒ =− 4 4 y ∂x y

Hasta aqu´ı todo es como se esperaba. ¿C´omo se halla la soluci´on?. Te lo digo de inmediato. Si es exacta es por que existe la funci´on µ(x, y) tal que d(µ(x, y)) =

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

Section 8: Ecuaci´ on de Ricatti

21

de donde debe tenerse que ∂µ(x, y) 2x = 3, ∂x y

y 2 − 3x2 ∂µ(x, y) = ∂y y4

Al resolver la primera de estas igualdades se tiene Z ∂µ(x, y) 2x 2x x2 = 3 =⇒ µ(x, y) = dx + k(y) =⇒ µ(x, y) = + k(y) ∂x y y3 y3 La constante de integraci´on k(y) puede depender s´olo de y, pues al derivarla respecto de x es cero. Vamos a calcular esta funci´on, y para ello derivamos esta u ´ltima ecuaci´on respecto, precisamente, de y µ(x, y) = pero

∂µ(x,y) ∂y

∂µ(x, y) 3x2 x2 + k(y) =⇒ = − + k 0 (y) y3 ∂y y4

es conocida, por tanto, 3x2 1 1 y 2 − 3x2 = − 4 + k 0 (y) =⇒ k 0 (y) = 2 =⇒ k(y) = − + C 4 y y y y

Una vez calculada esta funci´on la reemplazamos para tener que µ(x, y) =

x2 1 − y3 y

se concluye que la soluci´on general es x2 1 − =C y3 y 8. Ecuaci´ on de Ricatti Una ecuaci´on diferencial de la forma y 0 + P (x) y + Q(x) y 2 = R(x) se denomina de Ricatti. Lo que se debe tener claro es que esta ecuaci´on no se puede resolver, a menos que se conozca una soluci´on, y en tal caso existe una sustituci´on que la transforma en una ecuaci´on de Bernouilli. Vamos a ver esto. Sea y1 una soluci´on conocida. hacemos la sustituci´on y = y1 + z, de la cual y 0 = y1 0 + z 0 . Se reemplaza en la ecuaci´on de Ricatti y1 0 + z 0 + P (x) (y1 + z) + Q(x) (y12 + z 2 + 2y1 z) = R(x)

Section 8: Ecuaci´ on de Ricatti

22

arreglando algunas cositas (y1 0 + P (x) y1 + Q(x) y12 ) + z 0 + P (x) z + Q(x) z 2 + 2y1 z Q(x) = R(x) pero y1 soluci´on, de modo que y1 0 + P (x) y1 + Q(x) y12 = R(x), por tanto, z 0 + P (x) z + Q(x) z 2 + 2y1 z Q(x) = 0 otro arreglo permite tener z 0 + ( P (x) + 2y1 Q(x) ) z = −Q(x) z 2 como el buen ojo no te falla, te das cuenta que hemos llegado a una ecuaci´on de Bernouilli en z. Pero te voy a agregar algo m´as, es posible transformar una ecuaci´on de Ricatti direc1 tamente en ecuaci´on Lineal haciendo la sustituci´on y = y1 + , esto es lo que se usa en la z pr´actica, para que dar tantos rodeos. 1 on de la ecuaci´ on y 0 = y 2 − x22 . Hallar la soluci´on Ejemplo 18 Se sabe que y1 = es soluci´ x general de esta ecuaci´on. Basta mirar la ecuaci´on para saber que tiene una pinta de Ricatti que no se la puede, veamos si la pasamos a lineal. y=

1 1 1 1 + =⇒ y 0 = − 2 − 2 z 0 x z x z

reemplazando en la ecuaci´on dada 1 1 − 2 − 2 z0 = x z



1 1 + x z

2 −

2 x2

un arreglo m´as 2 z = −1, ¡lineal! x Aqu´ı se puede usar la f´ormula de la lineal, pero voy a insistir en tomar z = uv, con lo cual z 0 = u 0 v + v 0 u. se tiene   2uv 2v 0 0 0 u v+v u+ = −1 =⇒ u v + + u 0 v = −1 x x z0+

Al resolver para v v0 +

2v C1 = 0 =⇒ v = 2 x x

reemplazando u0 = −

x2 x3 =⇒ u = − + C2 C1 3C1

Section 9: Factores Integrantes

23

Ahora estamos casi listos C1 z = uv = 2 x



x3 − + C2 3C1



x C =− + 2 3 x

En consecuencia, la soluci´on de la ecuaci´on de Ricatti es 1 3x2 1 1 y= + = + x z x 3C − x3 9. Factores Integrantes Sirven para transformar ecuaciones diferenciales no exactas en exactas. No es un problema sencillo, pero tiene su gracia hallar estos factores integrantes. Una funci´on µ(x, y) tal que M (x, y) µ(x, y) dx + N (x, y) µ(x, y) dy = 0 es una ecuaci´on diferencial exacta, se llama factor integrante (F.I.)

B´ usqueda de factores integrantes Partimos con la idea de que la ecuaci´on M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 no es diferencial exacta. Pero como somos porfiados, esperamos que exista una funci´on µ(x, y) que al multiplicarla la haga exacta, esto es, M (x, y) µ(x, y) dx + N (x, y) µ(x, y) dy = 0 Ahora que estamos metidos en este embrollo, usemos la definici´on de exacta ∂ ∂ (µ M ) = (µ N ) ∂y ∂x sacando las derivadas de estos productos tenemos µ al asociar

∂M ∂µ ∂µ ∂N +M =N +µ ∂y ∂y ∂x ∂x 

∂M ∂N µ − ∂y ∂x

 =N

∂µ ∂µ −M ∂x ∂y

y al dividir por µ   ∂M ∂N 1 ∂µ ∂µ − = N −M ∂y ∂x µ ∂x ∂y todav´ıa podemos mejorar esto si nos percatamos que tenemos una derivada de logaritmo.

Section 9: Factores Integrantes

24

∂N ∂ ln (µ) ∂ ln (µ) ∂M − =N −M ∂y ∂x ∂x ∂y A esta ecuaci´on hay que ponerle ojo, en los ejemplos que se muestran m´as adelante te dar´as cuenta de su importancia. Caso I: El F.I. depende s´olo de x Siendo dependiente s´olo de x la derivada respecto de y es cero, es decir, ∂ ln µ =0 ∂y luego, se tiene que   1 ∂M ∂N ∂ ln µ = − ∂x N ∂y ∂x en caso de tener continuidad respecto de x en esta ecuaci´on, podemos hacer integraci´on, y tener   Z 1 ∂M ∂N ln µ = − dx + ln C N ∂y ∂x de donde se obtiene que  Z  ∂M ∂N 1 − dx ∂y ∂x µ = C eN es la forma que tiene este factor integrante. Hay algunos alumnos que les gusta que pongan el ejemplo “al tiro”, pero me imagino que t´ u me dar´as tiempo para mostrarte dos casos m´as, y luego practicar. Caso II: El F.I. depende s´olo de y Siendo el F.I: dependiente s´olo de y, la derivada respecto de x es cero, es decir, ∂ ln µ =0 ∂x luego, se tiene que   ∂ ln µ 1 ∂M ∂N =− − ∂y M ∂y ∂x en caso de tener continuidad respecto de y en esta ecuaci´on, podemos hacer integraci´on, y tener   Z 1 ∂M ∂N ln µ = − − dy + ln C M ∂y ∂x de donde se obtiene que  Z  1 ∂M ∂N − dy ∂y ∂x µ = C eM

Section 9: Factores Integrantes

25

es la forma que tiene este factor integrante. Caso III: El F.I. depende de x e y Si existe factor integrante, y es de cierta forma funci´on de un argumento del tipo xy, x ± y, x2 + y 2 , xy , etc, tenemos un “truco” infalible, hacer z = f (x, y), y aplicar la regla de la cadena para hallar el µ(x, y). Te anoto con zoom el siguiente recordatorio

∂ ln µ ∂ ln µ ∂z = · ∂x ∂z ∂x Ejemplo 19 Hallemos soluci´on general de la ecuaci´ on (y + xy 2 ) dx − x dy = 0 Lo primero que uno mira es si la ecuaci´on es de variables separables, lamentablemente, no es el caso, si sigues en la onda de buscar las ”cinco patas” del gato, tampoco es homog´enea. Si la escribe de otra forma, por ejemplo y0 −

1 y = y2 x

no es lineal. Te pregunto en forma inocente ¿es de Bernouilli?, pues claro que si, pero esas ya las sabes resolver, d´ejame indicarte otra forma de c´alculo de la soluci´on. Veamos si es exacta M = y + xy 2 =⇒

∂M = 1 + 2xy ∂y

∂N = −1 ∂x se concluye que la ecuaci´on no es exacta por tener estas derivadas distintas. Tu orgullo de ingeniero est´a intacto, no podemos dejarnos vencer, y le buscamos un factor integrante N = −x

=⇒

∂M ∂N − = 2(1 + xy) ∂y ∂x Estamos entre dos alternativas, como dijo el padre de la patria: “ o vivir con honor o morir con gloria”. As´ı es, en este caso, dividimos por N o dividimos por M . Si dividimos por M se tiene que   ∂N 1 2 1 ∂M − =− · 2(1 + xy) = − = F (y) M ∂y ∂x y(1 + xy) y ¡¡Bingo!!, el factor integrante depende s´olo de y ¡Viste que val´ıa la pena esperar para hacer un ejemplo! Este F.I. es R 2 C µ = C e− y dy = 2 y

Section 9: Factores Integrantes

26

1 . Con este F.I ya calculado nos vamos a la ecuaci´on y2 que no era exacta, multiplicamos y tenemos tomando C = 1, el F.I: es µ(x, y) =

y + xy 2 x dx − 2 dy = 0, 2 y y

¡Exacta!

Ejemplo 20 Resolvemos la ecuaci´ on (2y + 3x2 y 3 ) dx + (3x + 5x3 y 2 ) dy = 0 sabiendo que admite un factor integrante de la forma xm y n Del enunciado se deduce que al multiplicar la ecuaci´on por dicho factor integrante resulta una ecuaci´on exacta. Vamos por eso entonces ∂ ∂ ((2y + 3x2 y 3 )xm y n ) = ((3x + 5x3 y 2 )xm y n ) ∂y ∂x al hacer esta derivada parcial se encuentra que nxm y n−1 (2y + 3x2 y 3 ) + xm y n (2 + 9x2 y 2 ) = mxm−1 y n (3xy + 5x3 y 2 ) + xm y n (3 + 15x2 y 2 ) al factorizar por xm y n se tiene     xm y n 2n + (3n + 9)x2 y 2 + 2 = xm y n ( 3m + 3 + x2 y 2 (5m + 15) de donde, 2n + 2 + (3n + 9)x2 y 2 = 3m + 3 + x2 y 2 (5m + 15) traspasando e igualando a cero x2 y 2 (3n + 9 − 5m − 15) + (2n + 2 − 3m − 3) = 0 lo que nos lleva a que 3n − 5m = 6,

y

2n − 3m = 1

de lo cual se obtiene m = −9, n = −13, con lo cual, el factor integrante es x−9 y −13 . Resolvemos ahora la ecuaci´on exacta (2y + 3x2 y 2 ) x−9 y −13 dx + (3x + 5x3 y 2 ) x−9 y −13 dy = 0 Para ello tenemos que Z Z 2y + 3x2 y 2 2 2 −9 −13 dx + K(y) µ = (2y + 3x y ) x y dx + K(y) = x9 y 13 la integral es sencilla µ=−

1 1 − + K(y) 4x8 y 12 2x6 y 10

Section 10: Aplicaciones Elementales

27

Para determinar el valor de la funci´on K(y) derivamos respecto de y para tener ∂µ 3 5 = 8 13 + 6 11 + K 0 (y) ∂y xy xy como

∂µ ∂y

es conocida, entonces 3 x8 y 11

+

5 x6 y 11

=

3 x8 y 13

+

5 x6 y 11

+ K 0 (y)

deduciendo que K(y) es una funci´on constante, que denominamos C. Por tanto, la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial es 1 4x8 y 12

+

1 2x6 y 10

=C

10. Aplicaciones Elementales Mostramos una parte de la gran cantidad de aplicaciones que tienen las ecuaciones diferenciales.

¡ Problemas Geom´ etricos ! En primer lugar, es preciso recordar que una familia de curvas planas viene definida por una ecuaci´on de la forma F (x, y, c1 , c2 , · · · , cn ) = 0 en donde los ci son par´ametros independientes o bien satisfacen cierto n´ umero de relaciones entre ellos. Se est´a interesado en obtener la ecuaci´on de una familia de curvas que satisfacen cierta propiedad, para ,lo cual, tenemos dos caminos: 1. La propiedad establecida es tal que por nuestros conocimientos de geometr´ıa anal´ıtica, de la misma ecuaci´on obtenemos la ecuaci´on de la familia 2. La propiedad es tal que, cuando est´a expresada anal´ıticamente, resulta una ecuaci´on diferencial cuya soluci´on produce la familia de curvas buscada. Un par de ejemplos puede servir para mejor comprensi´on de las “borrosas” ideas dadas Ejemplo 21 Escribimos la ecuaci´on de todos los c´ırculos que pasan por el origen y tienen sus centros en el eje x La ecuaci´on general de un c´ırculo es (x − h)2 + (y − k)2 = r2 . Usando la hip´otesis de que pasan por el origen se tiene h2 + k 2 = r2

Section 10: Aplicaciones Elementales

28

y sabiendo que el centro est´a en el eje x, se obtiene, k = 0. Por tanto, (x − h)2 + y 2 = r2 es la ecuaci´on de la familia Ejemplo 22 Hallemos la familia de curvas cuya distancia de la perpendicular desde cada tangente al origen es igual al valor de x en el punto de contacto. A primera vista la lectura es medio enredada, no obstante, te cuento que, la distancia del origen a la tangente viene dada por la f´ormula xy0 − y p 1 + y 02 Ahora est´a casi armada la ecuaci´on para resolver, en efecto, como por hip´otesis es igual al valor de x en el punto, entonces se tiene xy0 − y p =x 1 + y 02 de donde xy0 − y = x

p

(1 + y 02 )

al elevar al cuadrado x2 y 02 − 2xy y 0 + y 2 = x2 + x2 y 02 al reducir 2xy y 0 + x2 − y 2 = 0 La soluci´on de esta ecuaci´on proporciona la familia buscada 2xy y 0 + x2 − y 2 = 0 =⇒ (x2 − y 2 ) dx + 2xy dy = 0 como no es exacta, buscamos un factor integrante M = x2 − y 2 =⇒

∂µ = −2y  ∂y =⇒

N = 2xy

=⇒

∂µ = 2y ∂x

∂µ ∂µ − = −4y ∂y ∂x

Al dividir este resultado por N se obtiene un F.I. que depende s´olo de x. En efecto,   1 ∂µ ∂µ 1 2 − = · (−4y) = − N ∂y ∂x 2xy x

Section 10: Aplicaciones Elementales

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Este F.I. es µ = C e−

R

dx x

=⇒ µ = x−2

Ahora tenemos que multiplicar la ecuaci´on por este factor para hacerla exacta x2 − y 2 2xy dx + dy = 0 x2 x2 Su soluci´on viene dada por Z

x

x0



y2 1− 2 x



Z

y

dx + y0

de donde se obtiene x+

2x0 y dy = C x20

y2 =C x

lo cual equivale a C2 C 2 ) + y2 = 2 4 que corresponde a una familia de c´ırculos. (x −

¡ Trayectorias Ortogonales ! Sea f (x, y, c) = 0 una familia de curvas. Se quiere saber qu´e curvas, de otra familia, tienen la propiedad de que cualquiera de ellas corte en ´angulo recto a algunas curvas de la familia dada. Para tratar de llegar a formular una expresi´on matem´atica (modelar el problema) que de respuesta a este problema, lo que se quiere es determinar una familia de curvas (na ’ que ver con Morand´e con compa˜ n´ıa) de la forma g(x, y, k) = 0 tal que en cualquier intersecci´on de las curvas de las dos familias, las tangentes sean perpendiculares. A estas familias se les conoce con el nombre de Trayectorias ortogonales. El hecho de que las curvas sean ortogonales significa que en cada punto de intersecci´on las pendientes de las curvas son rec´ıprocas y de signo contrario, de aqu´ı que para encontrar las trayectorias ortogonales es suficiente hallar la ecuacu´on diferencial de la familia dada y reemplazar la pendiente y 0 por y10 en esa ecuaci´on y resolverla. Ejemplo 23 Hallar las trayectorias ortogonales de la familia x − 4y = C la ecuaci´on diferencial de la familia es dx − 4 dy = 0

Section 10: Aplicaciones Elementales

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por tanto, las trayectorias ortogonales de esta familia deben satisfacer la ecuaci´on   dx dy 1−4 − = 0 =⇒ 1 + 2 =0 dy dx de donde se obtiene que 4x + y = K es la familia cuyas curvas intersectan ortogonalmete a las de la familia dada. Puedes hacer un gr´afico para darte cuenta, vamos, no seas flojo(a) son s´olo rectas.

¡ Problemas Qu´ımicos ! Las sustancias radiactivas poseen la propiedad de que la velocidad de descomposici´on en cada instante es proporcional a la cantidad de sustancia existente en ese instante. Matem´aticamente este hecho lo expresamos como sigue: Sea y = f (t) la cantidad de sustancia radiactiva existente en el instante t. Se sigue que y = f 0 (t) es la velocidad de cambio de y en el instante t. Aplicando las hip´otesis se tiene que y 0 = −k y, k constante positiva 0

representa la ley de descomposici´on. El signo menos se debe a que y decrece cuando t crece y por tanto y 0 es siempre negativo. La soluci´on de esta ecuaci´on diferencial es y = C e−kt , expresi´on que no se anula para ning´ un valor finito de t. Este hecho no permite que se pueda hablar de “tiempo total de vida” de una sustancia radiactiva, sin embargo, podemos determinar el tiempo necesario para que se desintegre una fracci´on de la muestra. Usualmente se elige la fraci´on 12 , llamada vida media de la sustancia. Una expresi´on matem´atica de ella se encuentra como sigue: Si t representa el tiempo y f (0) es la cantidad de sustancia presente en el tiempo t = 0, entonces la vida media la expresamos en la forma f (t) =

1 f (0) 2

Ejemplo 24 La vida media del radio es de 1590 a˜ nos. ¿Qu´e tanto por ciento desaparece en un a˜ no? Suponemos que la cantidad de radio presente en el tiempo t = 0 es R = R0 . Por tanto, la ecuaci´on que modela la situaci´on es ln 2 dR = −k R =⇒ R = R0 e−t 1590 dt

lo cual representa la cantidad de radio en cualquier tiempo t. Para t = 1590 se tiene que R = 12 R0 (la vida media). Hemos reemplazado el valor de la constante usando el hecho que k=

ln 2 vida media

Section 10: Aplicaciones Elementales

31

Es probable que alguien se est´e preguntando ¿d´onde la viste?. Bueno, te explico como sacar k 1 ln 2 R0 = R0 e−1590k =⇒ k = 2 1590 con t = 1 determinamos la cantidad al cabo de un a˜ no 1   1590 ln 2 1 R = R0 e− 1590 = R0 2 Si eso es lo que queda, entonces la cantidad que se perdi´o es 1   1590 1 R0 − R0 2 de modo que el porcentaje x correspondiente es
1 R0 − R0 12 1590 R0 = =⇒ x = 0, 04358% 100 x

¡ Ley de enfriamiento de Newton ! Esta ley expresa que: “ El coeficiente de variaci’on de la temperatura de un cuerpo es proporcional a la diferencia entre su temperatura y la del medio ambiente”. En t´erminos matem´ticos esto se traduce como sigue: Sea y = f (t) la temperatura del cuerpo en el tiempo t, y sea A(t) la temperatura del medio ambiente, entonces la ley de Newton se expresa en la forma y 0 = −k ( y − A(t) ), k>0 con k constante. Al resolver esta ecuaci´on encontraremos la temperatura del cuerpo en cualquier intante de tiempo t Ejemplo 25 Se calienta un alambre hasta 100◦ , a continuaci´ on se sumerge en agua que ◦ se mantiene a 30 , despues de 3 minutos la temperatura del alambre se ha reducido a 70◦ . Hallar el tiempo necesario para que la temperatura del alambre sea de 13◦ . Vamos a resolver el problema aplicando la ley de Newton e integrando inmediatamente. Tambi´en se puede hacer por integraci´on indefinida y calculando las constantes, pero el procedimiento que te muestro es “m´as mejor”, y te va a gustar. Z 3 Z 70 dy 0 = −k dt y = −k ( y − A(t) ) =⇒ 100 y − 30 0 =⇒ ln(40) − ln(70) = −3k =⇒ k =

1 7 ln( ) = 0, 1865383 3 4

Section 10: Aplicaciones Elementales

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Con la constante k ya calculada, finiquitamos el problema como sigue Z 31 dy = −0, 1865383 =⇒ ln(70) = 0, 1865383 t 100 y − 30 Al despejar se obtiene t=

ln(70) = 22, 7754, minutos 0, 1865383

¡ Problemas de disoluci´ on ! Un recipiente de V litros de capacidad est´a lleno con una soluci´on de m gramos de sal. Por una llave entra una soluci´on de concentraci´on c, a raz´on de a litros por segundo, y por otra llave est´an saliendo a litros por segundo de la mezcla, que se supone homog´enea en cada instante. Se trata de calcular la cantidad de sal que existe en el recipiente en cualquier instante de tiempo t. Te cuento como hacer el planteamiento, no olvides que los problemas que tengas resolver a futuro ser´an de un esquema parecido, y por tanto, resuelto por m´etodos similares. La llamada ecuaci´on de continuidad establece que

Aumento = Entradas - Salidas En este caso representa la cantidad de sal. Escrita de esta forma, esta ecuaci´on no sirve ni de “torpedo”. Pero bueno, ¿Para qu´e est´a la matem´atica?, espero que por fin comprendas su utilidad. Sean y = f (t) los gramos de sal que hay en el recipiente t minutos despu´es de haber comenzado la mezcla. Existen dos facpores que producen la variaci´on de y: 1. 2.

La disoluci´on, que agrega a litros de concentraci´on c por segundo La mezcla que sale y que disminuye la cantidad de sal, a raz´on de a · Vy gramos por segundo. Aprovecho de contarte que Vy representa la concentraci´on en el tiempo t

Con esto estamos listos, la ecuaci´on de continuidad toma la forma y0 = a·c−a·

y V

Ahora si puedes respirar tranquilo(a), una vez m´as, la matem´atica vuelve a ser tu “chapulin colorado”. Ejemplo 26 En un estanque de 378,5 litros de capacidad va entrando salmuera, que contiene 240 gramos de sal por litro, a raz´ on de 11,35 litros por minuto, mezcl´ andose con el agua limpia que contiene el estanque. Al mismo tiempo, va saliendo una cantidad igual de la mezcla por minuto. Hallar la cantidad de sal que hay en el estanque al cabo de una hora.

Section 10: Aplicaciones Elementales

33

Al mirar la ecuaci´on de continuidad en su forma algebraica, debes darte cuenta que necesitas tener a mano a, c y V . Slo por que me caes bien y tienes cara de “eterno campe´on” te hago el problema con “manzanitas”. En 11,35 litros hay 2724 gramos de sal ¿cachaste?. Esto lo pasas a kilos, son 2,724 kilos de sal, y de acuerdo con los datos del problema, corresponde a la cantidad de sal que est´a entrando. El problema dice que tambi´en sale cierta cantidad de mezcla, obvio que tiene que ser un poco menos salada. Necesitamos la concentraci´on, que es la cantidad de sal en la unidad de volumen de soluci´on. Esto es c=

11, 35 y y = V 378, 5

Tenemos todos los datos, por tanto, la ecuaci´on de continuidad es y 0 = 2, 724 −

11, 35 y 378, 5

que en diferenciales es dy 1031, 0, 34 − 11, 35 y = dt 378, 5 se separan variables, ponemos “al tirante” los l´ımites de integraci´on, y tenemos Z y Z 60 dy 378, 5 = dt 0 1031, 0, 34 − 11, 35 y 0 la primera integral es un logar´ıtmo, al evaluar, usando calculadora por supuesto, debes tener y = 75, 81234185 kgs de sal

¡ Problemas de Econom´ıa ! Ejemplo 27 El valor de reventa de cierta m´ aquina industrial disminuye durante un peirodo de 10 a˜ nos a una raz´on que depende de la edad de la m´ aquina. Cuando la m´ aquina tiene x a˜ nos, la raz´on a la cual est´a cambiando su valor es 220(x − 10) pesos por a˜ no. 1. Expresar el valor de la m´aquina como funci´ on de su edad y su valor inicial 2. Si la m´aquina costaba originalmente $12000 hallar su valor al cabo de 10 a˜ nos Para dar respuesta a la primera pregunta, sea y = f (x) el valor de la m´aquina a los x a˜ nos. La formulaci´on matem´atica del problema es dy = 220 (x − 10) dx

Section 10: Aplicaciones Elementales

34

una sencilla ecuaci´on de variables separables, que en un “abrir y cerrar de ojos” resuelves para tener  2  x y = 220 − 10x + C = 110x2 − 2200x + C 2 donde C = y0 es el valor inicial. La respuesta a la segunda “custi´on” es la siguiente. Si C = y0 = 12000 es el precio inicial, entonces y = 11000 − 22000 + 12000 = 1000

Ejemplo 28 Una unidad de control de costos ha encontrado que a medida que la unidad se ampl´ıa, el costo promedio mensual y de los elementos de oficina se relacionaba con el n´ umero de empleados x, por medio de la ecuaci´ on y 0 + 2y = y 2 e−x Hallar el costo promedio , si para x = 0 es y = 3. A estas alturas del partido, mirar la ecuaci´on y “cachar” de que tipo se trata, ya debe ser “pan comido” para t´ı ¿me equivoco?. Si, es de la Marlen Olivar´ı, perd´on, ¿en que estaba pensando?, es de ¡Bernouilli!. La pasamos a lineal, sabiendo que n = 2, y que z = y −1 . Tenemos −y 2

dz dz dz + 2y = y 2 e−x =⇒ − 2y −1 = −e−x =⇒ − 2z = −e−x dx dx dx

ahora que se ha transformado en un linda y hermosa lineal, hacemos z = uv, de la cual, z 0 = u 0 v + v 0 u. Al reemplazar obtenemos u 0 v + v 0 u − 2uv = −e−x =⇒ (u 0 − 2u) v + u v 0 = −e−x Para anular la variable u resolvemos el par´entesis u 0 − 2u = 0 =⇒ u = e2x Con esto volvemos para hallar v u v 0 = −e−x =⇒ v 0 = −e−3x =⇒ v = Se concluye que 2x

z=e



1 −3x e +C 3



1 −3x e +C 3

Section 10: Aplicaciones Elementales

35

como z = y −1 , entonces y

−1

2x



=e



1 −3x e +C 3

De la condici´on inicial y(0) = 3 se tiene C = 0, con lo cual, la respuesta al problema es y −1 =

1 −x e 3

O en forma m´as elegante y = 3 ex

¡ Problemas de Electricidad ! Dada la funci´on potencial o la familia de curvas equipotenciales para un campo ele´ectrico, determinaremos las correpondientes l´ıneas de flujo. Salvo el problema de lenguaje, este problema es equivalente al de encontrar las trayectorias orogonales. Ejemplo 29 Se tienen dos alambres perpendiculares al plano xy, que lo cortan en los puntos (1, 0) y (−1, ), llevando cada uno de ellos una carga el´ectrica est´ atica de igual intensidad, pero de signos opuestos. Las l´ıneas equipotenciales son los c´ırculos x2 + y 2 − 2cx + 1 = 0 las ecuaciones de las l´ıneas de flujo y determinar su naturaleza. Hay que obtener la ecuaci´on diferencial de la famila de curvas equipontenciales, ¿c´omo?, eliminando c por derivaci´on x2 + y 2 − 2cx + 1 = 0 =⇒ c = −

x2 + y 2 + 1 2x

al derivar respecto de x se tiene 0=−

(2x + 2yy 0 )(2x) − (2)(x2 + y 2 + 1) 4x2

que al reducir se transforma en 2xyy 0 + x2 − y 2 − 1 = 0 O bien, en diferenciales 2xy dy + (x2 − y 2 − 1) dx = 0

Section 10: Aplicaciones Elementales

36

Ahora usamos el hecho de que las l´ıneas de flujo deben ser ortogonales a las soluciones de esta u ´ltima ecuaci´on. Por tanto, la familia de l´ıneas de flujo es   dx 2xy − + (x2 − y 2 − 1) dx = 0 dy que en diferenciales toma la forma 2xy dx + (1 − x2 + y 2 ) dy = 0 Resolvemos esta ecuaci´on pensando en las exactas. M = 2xy

=⇒

N = 1 − x2 − y 2 =⇒

∂M = 2x ∂y ∂N = −2x ∂x

¡fall´o por un pelo! dijo el pelao Acosta. Pero, la soluci´on es inmediata   ∂N 2 1 ∂M 4x − = = M ∂y ∂x 2xy y O sea, ¡¡ el factor integrante depende de y!!. ¡Qu´e maravilla!. Esto es, µ = e−

R

2 y

dy

=

1 y2

Con esto, tenemos la ecuaci´on exacta 2xy 1 − x2 + y 2 dx + dy = 0 y2 y2 cuya soluci´on es de la forma Z

x

x0

2xy dx + y2

Z

y

y0

1 − x2 + y 2 dy = C y2

Si integras, eval´ uas y reduces, no tengo dudas, que sacas x2 + y 2 − 1 = ky en donde k es una constante que resulta de juntar todos los x0 , y0 y la misma C. Al final de cuentas tenemos que las l´ıneas de flujo son x2 + (y − k)2 = 1 + k 2 que nos indica las ´ıneas de flujo son c´ırculos con centro sobre el eje x que pasan por los puntos (1, 0) y (−1, 0).

Section 11: Ecuaciones Impl´ıcitas

37

11. Ecuaciones Impl´ıcitas Si la ecuaci´on diferencial de primer orden viene dada en forma impl´ıcita F (x, y, y 0 ) = 0

(8)

entonces para cada par (x, y) queda determinado un conjunto de valores de y 0 que satisface a la ecuaci´on. Este conjunto de valores puede ser vac´ıo, finito o infinito. El caso com´ un 0 es que exista un n´ umero finito de valores de y que satisfacen la ecuaci´on (1). Si la ecuaci´on (1) puede ser resuelta con respecto de y 0 (teorema de la funci´on impl´ıta) entonces se obtienen una o varias ecuaciones de la forma y 0 = fi (x, y),

i = 1, 2, · · ·

Integrando estas ecuaciones se hallan las soluciones de la ecuaci´on diferencial (1). Ejemplo 30 Resolvemos la ecuaci´ on y 02 − (x + y) y 0 + xy = 0 Se observa que tenemos una ecuaci´on cuadr´atica en y 0 , luego, s s 2 2 x + y x + y x−y x + y 0 y = ± ± − xy = 2 2 2 2 al simplificar se tiene 0

y =



x y

Integrando, por separado, cada una de estas ecuaciones hallamos que y1 =

x2 + C, 2

y2 = C ex

son familias de soluciones En general, las ecuaciones diferenciales impl´ıcitas no son sencillas de resolver. Los casos que resultan simples los mostramos a continuaci´on.

¡ Ecuaci´ on F (y 0 ) = 0 ! Si la ecuaci´on (1) tiene la forma F (y 0 ) = 0, y existe al menos una ra´ız real y 0 = k1 , y−C entonces y = k1 x + C, de donde ki = . Se tiene entonces, que como k1 es ra´ız de x y−C F (y 0 ) = 0, la funci´on F ( ) es la soluci´on de la ecuaci´on considerada. x Ejemplo 31 Resolvemos y 02 − y 0 − 2 = 0

Section 11: Ecuaciones Impl´ıcitas

38

Al mirar la ecuaci´on se observa que es cuadr´atica en y 0 . veamos si se pueden hallar sus ra´ıces.  0 y =2 02 0 0 0 y − y − 2 = 0 =⇒ (y − 2)(y + 1) = 0 =⇒ y 0 = −1 al resolver se hallan dos familias y = 2x + C,

y = −x + C

y

¡ Ecuaci´ on F (x, y 0 ) = 0 ! Si resulta dif´ıcil de resolver respecto de y 0 , conviene introducir el par´ametro t, y sustituir la ecuaci´on F (x, y 0 ) = 0 por las ecuaciones x = f (t),

y = g(t)

luego se usa el hecho que, dy = y 0 dx para tener, dy = g(t) f 0 (t) dt, de donde Z y = g(t) f 0 (t) dt + C Como dice el profesor Salom´on ¡ Ojo ojo, oreja, estern´on ! Si la ecuaci´on F (x, y 0 ) = 0 se puede resolver respecto de x, entonces es m´as c´omodo hacer y 0 = t, esto vale ¡around de world! Ejemplo 32 Resolvemos y 03 − y 0 − 1 = x Ni se te ocurra despejar la y 0 . ¿C´omo que porqu´e?, no me vas a decir que no viste que es c´ ubica. La alternativa es hacer y 0 = t, con lo cual x = t3 − t − 1. Con esto, Z 0 2 dy = y dx =⇒ dy = t (3t − 1) dt =⇒ y = (3t3 − t) dt al resolver, 3 4 1 2 t − t +C 4 2 El problema termina escribiendo la familia de curvas parametrizada. y=

x = t3 − t − 1,

y=

3 4 1 2 t − t +C 4 2

Siempre que sea posible, eliminando el par´ametro t puedes hallar la familia cartesiana. Ejemplo 33 Resolvemos y 0 = x

p

1 + y 02

Section 11: Ecuaciones Impl´ıcitas

39

Aqu´ı tienes m´as alternativas para hallar la soluci´on. Si se te ocurre poner x = t, entonces y0 = √

t =⇒ (y − C)2 + x2 = 1 1 − t2

y tienes la familia param´etrica que es soluci´on. Alg´ un amigo o amiga, pudo hacer y 0 = tg t, de donde x = sen t. Luego, dy = y 0 dx =⇒ dy = tg t · cos t dt =⇒ y = −cos t + C De manera que la familia de curvas integrales (soluci´on general) es x = sen t,

y = C − cos t

Al eliminar el par´ametro tienes que la familia cartesiana es (y − C)2 + x2 = 1

¡ Ecuaci´ on F (y, y 0 ) = 0 ! Si la ecuaci´on puede resolverse respecto de y 0 , entonces se introduce un par´ametro t como sigue: y = f (t), y 0 = g(t) Al usar el hecho que dy = y 0 dx se tiene dx =

1 f 0 (t) dt dy = y0 g(t)

Al integrar, Z x=

f 0 (t) dt +C g(t)

con lo cual, las curvas integrales buscadas son la familia param´etrica Z 0 f (t) dt x= + C, y = g(t) g(t) Haci´endome eco de “tutu tutu” cuando afirma que “los quiero mucho”. Te aconsejo que, si es posible despejar y en la ecuaci´on F (y, y 0 ) = 0, entonces te conviene tomar y 0 = t. y

Ejemplo 34 Resolvemos p

1 + y 02

=1

Section 11: Ecuaciones Impl´ıcitas

40

De algo sirve la trigonometr´ıa y 0 = tg t,

y = sec t

Ahora trabajamos el dx. dx =

1 sec t tg t dt = sec t dt dy =⇒ dx = 0 y tg t

Un poco de memoria “ram” y tienes, x = ln(sec t + tg t) + ln C con lo cual, las curvas integrales buscadas tienen a forma x = ln(sec t + tg t) + ln C,

y = sec t

Haciendo uso de algunos de tus momentos de “ocio”, puedes verificar que al eliminar el par´ametro llegas a la familia cartesiana y=

1 + C e2x 2C

¡ Ecuaci´ on F (x, y, y 0 ) = 0 ! Esta es la m´as “cotota”, pero no para que “te cortes las venas” o vayas a enconderte en la “polleras” de mam´a. Se considera una parametrizaci´on de la forma x = f1 (u, v),

y = f2 (u, v),

y 0 = f3 (u, v)

donde u y v son los par´ametros, y se emplea el hecho que, dy = y 0 dx, para obtener:   ∂f2 ∂f2 ∂f1 ∂f1 0 dy = y dx =⇒ du + dv = f3 du + dv ∂u ∂v ∂u ∂v ∂f2 ∂f2 dv =⇒ + = f3 ∂u ∂v du  =⇒

∂f2 ∂f1 − f3 · ∂v ∂v





∂f1 ∂f1 dv + ∂u ∂v du



dv ∂f1 ∂f2 = f3 · − du ∂u ∂u

∂f1 ∂f2 f3 · − dv ∂u ∂u =⇒ = ∂f2 ∂f1 du − f3 · ∂v ∂v ¡No me lo vas a creer!. Esta u ´ltima ecuaci´on raras veces se puede resolver en forma directa. Sin embargo, existen los siguientes casos simples:

Section 11: Ecuaciones Impl´ıcitas

41

Caso I Si F (x, y, y 0 ) = 0 se puede reducir a una ecuaci´on de la forma y = f (x, y 0 ) entonces se considera que x e y 0 = p son los par´ametros u y v (los que aparecen en la u ´ltima expresi´on “mos - truosa”). En tal caso y = f (x, p) de donde dy =

∂f ∂f dx + dp ∂x ∂p

O bien, dy ∂f ∂f dp = + dx ∂x ∂p dx lo cual significa que y 0 = p =⇒

∂f ∂f dp + ∂x ∂p dx

Integrando esta ecuaci´on se obtiene la familia φ(x, p, C) = 0, de lo cual se deduce que la familia de curvas integrales es φ(x, p, C) = 0,

y = f (x, p)

Caso II Si F (x, y, y 0 ) = 0 se puede reducir a una ecuaci´on de la forma x = f (y, y 0 ) entonces se considera que y e y 0 = p son los par´ametros u y v, y se usa el hecho que dy = y 0 dx, de donde, x = f (y, p), para tener que   ∂f ∂f 0 dy + dp dy = y dx =⇒ dy = p · ∂y ∂p de donde

1 ∂f ∂f dp = + p ∂y ∂p dy

Al integrar se obtiene una familia φ(y, p, C) = 0, de la cual se halla que la familia de curvas integrales es φ(y, p, C) = 0, x = f (y, p) Ejemplo 35 Resolvemos la ecuaci´ on de Lagrange y = x f (y 0 ) + g(y 0 )

Section 11: Ecuaciones Impl´ıcitas

42

Yo creo que a mitad del problema se te van a poner los ojos como circunferencias conc´entricas, si pasa eso, no te creas Napole´on, ¡eres Napole´on!. A algunos profes les encanta que sus alumnos y alumnas se “cabec´een” con este tipo de problemas, por eso es que conviene echarle una miradita al desarrollo. Hacemos y 0 = p para tener que nuestra ecuaci´on toma la forma y = x f (p) + g(p) harto m´as decente que la anterior. Derivamos respecto de x dy dp dp = f (p) + x f 0 (p) + g 0 (p) dx dx dx pero

dy = p, por tanto, dx

dp dp + g 0 (p) dx dx tenemos una ecuaci´on con p y con x. ¡Vamos bien!. Un arreglo para tener p = f (p) + x f 0 (p)

p

dx dx = f (p) + x f 0 (p) + g 0 (p) dp dp

as´ı se ve mejor todav´ıa. Pero hay un par de ( p − f (p) )

dx que est´an sueltos, mejor los juntamos. dp

dx = x f 0 (p) + g 0 (p) dp

Te hago otro arreglo

  dx f 0 (p) g 0 (p) −x = dp p − f (p) p − f (p) Para que adivines, buen adivinador, si escribo P =

f 0 (p) , p − f (p)

y

Q=

g 0 (t) p − f (p)

la ecuaci´on toma la forma

dx − x P (p) = Q(p) dp Estoy haciendo memoria y me acord´e que el ramo de Algebra Lineal es s´ uper fome. ¿Qu´e tipo de ecuaci´on ves? Exactamente, se nota que has estudiado, es lineal. Una vez resuelta esta ecuaci´on lineal se halla una familia φ(x, p, C) = 0, de donde φ(x, p, C) = 0, son las curvas integrales buscadas. Observaciones a Ecuaci´on de Lagrange

y = x f (p) + g(p)

Section 11: Ecuaciones Impl´ıcitas

43

dp dp se pierden las soluciones = 0 (si es que existen), lo que significa dx dx tener p = k (k = constante). Al considerar p = k la ecuaci´on se satisface si y s´olo si f (p) − p = 0. Ahora bien, si esta u ´kltima ecuaci´on en p tiene ra´ıces reales p = pi , entonces a las soluciones halladas hay que agregar

1. Al dividir por

y = x f (p) + g(p),

p = pi

O bien, eliminando p, agregar solamente la familia de rectas y = x f (pi ) + g(pi ) 2. Si f (p) − p = 0, entonces al dividir por en este caso, f (y 0 ) = y 0 , pues

dp se pierde la soluci´on p = k, de modo que, dx

f (p) − p = 0 =⇒ f (p) = p =⇒ f (y 0 ) = y 0 ,

pues y 0 = p

En consecuencia, la ecuaci´on de Lagrange toma la forma y = x y 0 + g(y 0 ) que se conoce como ecuaci´on de Clairaut. Para resolverla se toma y 0 = p, con lo cual y = x y 0 + g(y 0 ) =⇒ y = x p + g(p) se deriva respecto de x p=

dy dp dp =p+x + g(y 0 ) dx dx dx

de la cual (x + g(y 0 ))

dp =0 dx

de donde, el primer caso es dp = 0 =⇒ p = C dx al reemplazar y 0 = p, se obtiene la familia y = C x + g(C). El segundo caso es x + g 0 (p) = 0 cuya soluci´on se determina de x + g 0 (t) = 0,

y

y = px + g(p)

Section 12: Ecuaciones de orden mayor que uno

44

12. Ecuaciones de orden mayor que uno Una ecuaci´on de n - ´esimo orden tiene la forma F (x, y, y 0 , · · · , y (n) ) = 0 para la cual se˜ nalamos los siguientes casos habituales: • Ecuaci´ on: F (x, y (k) , y(k+1) , · · · , y(n) ) = 0 El “viejo truco” es hacer y (k) = p Ejemplo 36 Resolvemos y (5) −

1 (4) y =0 x

Apelando a la indicaci´on, y (4) = p =⇒ p 0 −

1 p = 0 =⇒ p = C1 x x

Ahora que tenemos el p listo, recordamos esos viejos tiempos de c´alculo de integrales y (4) = p = C1 x =⇒ y (3) = C1

x2 2

+ C2

=⇒ y 00 = C1

x3 6

+ C2 x + C3

=⇒ y 0 = C1

x4 24

+ C2

x2 2

+ C3 x + C4

x5 120

+ C2

x3 6

+ C3

=⇒ y = C1

x2 2

+ C4 x + C5

• Ecuaci´ on: F (y, y 0 , y 00 , · · · , y(n) ) = 0 Otra vez, el famoso “truco” del y 0 = p, pero teniendo presente que p es funci´on de y, lo dk y cual lleva a tener que expresar en t´erminos de p las derivadas k . Te recuerdo lo siguiente: dx dy d2 y dp dp dy dp = p =⇒ 2 = = · =p dx dx dx dy dx dy     d3 y d dp d dp dy = p = p · 3 dx dx dy dy dy dx dp dp d2 p 2 = ·p· + p dy dy dy 2  = p

dp dy

2

d2 p +p dy 2 2

Section 12: Ecuaciones de orden mayor que uno

d2 y Ejemplo 37 Resolvemos y 2 − dx



dy dx

45

2 =0

dy d2 y dp = p =⇒ 2 = p dx dx dy Ahora reemplazamos en la ecuaci´on dada dp − p2 = 0 =⇒ p yp dy



dp y −p dy

 =0

dp − p = 0, que es de variables dy separables, la soluci´on p = C1 y. Para eliminar el par´ametro, recordemos que

Obtenemos la soluci´on trivial, p = 0, y de la ecuaci´on y

dy dy = p =⇒ = C1 y =⇒ y = C2 eC1 x dx dx • Ecuaci´ on: F (x, y, y 0 , y 00 , · · · , y(n) ) = 0 Si esta ecuaci´on es homog´enea respecto de los argumentos y, y 0 , · · · , y (n) . Es decir, F (x, ky, ky 0 , ky 00 , · · · , ky (n) ) = k p F (x, y, y 0 , y 00 , · · · , y (n) ) R

entonces es posible reducirle el orden, en una unidad, mediante la sustituci´on y = e siendo z variable desconocida y por calcular.

z dx

,

Ejemplo 38 Resolvemos y y 00 − (y 0 )2 = 6xy 2 Es claro que la ecuaci´on es de la forma F (x, y, y 0 , y 00 ) = 0. Adem´as, tiene una “pinta” de homog´enea que no se la puede F (x, ky, ky 0 , ky 00 ) = k 2 F (x, y, y 0 , y 00 ) Hacemos la sustituci´on que se indic´o R

y=e

z dx

R

=⇒ y 0 = z e

z dx

R

=⇒ y 00 = (z 0 + z 2 ) e

z dx

Reemplazamos en la ecuaci´on dada R

(z 0 + z 2 ) e

z dx

R

·e

z dx

− z 2 e2

R

z dx

= 6x e2

R

z dx

al simplificar queda z 0 + z 2 − z 2 = 6x =⇒ z 0 = 6x =⇒ z = 3x2 + C1

Section 12: Ecuaciones de orden mayor que uno

46

Con esto, se llega a establecer, que la soluci´on general es R

y=e

(3x2 +C1 ) dx

= ex

3 +C

1

x+C2

Finalizamos, mencionando que las ecuaciones de segundo orden tienen tres casos particulares sencillos de resolver: Ecuaci´ on F (x, y 00 ) = 0 Se debe hacer y 0 = p para reducirla al tipo F (x, p 0 ) = 0 ya conocida Ecuaci´ on F (y 0 , y 00 ) = 0 Se debe hacer y 0 = p para reducirla al tipo F (p, p 0 ) = 0 ya conocida Ecuaci´ on F (y, y 00 ) = 0 dp Se debe hacer y 0 = p para reducirla a la forma y 00 = p dy ya conocida

Veamos que tal te va con una ecuaci´on de esta clase. d2 y 1 Ejemplo 39 Resolvemos = 2 dx a

s

 1+

dy dx

2

d2 y dp dy = p, con lo cual = , Como lo indica la constituci´on y la biblia, hacemos 2 dx dx dx teni´endose que dp 1p = 1 + p2 dx a separamos variables dp p

1 + p2

=

p dx x =⇒ ln(p + 1 + p2 ) = + C1 a a

se hizo p = tg t para sacar la integral. Al tomar exponencial p p p + 1 + p2 = C1 ex/a =⇒ 1 + p2 = C1 ex/a − p Elevando al cuadrado y despejando p, tienes que llegar a p= como

dy dx

1 2C1

C1 ex/a − e−x/a




= p, entonces al integrar y=

a 2C1

Te invito a que hagamos uno m´as.


C1 ex/a + e−x/a + C2

Section 12: Ecuaciones de orden mayor que uno

47

Ejemplo 40 Resolvemos 3y 00 = y −5/3 dp Como siempre, y 0 = p =⇒ y 00 = dx . Te dar´as cuenta que la x no aparece en la ecuaci´on que hay que resolver, ya que es del tipo F (y, y 00 ) = 0, por tanto las derivadas deben ponerse en funci´on de y. Esto se hace como sigue.

y 00 =

dp dy dp dp = · =p dx dy dx dy

Luego, nuestra ecuaci´on dp = y −5/3 =⇒ 3p dp = y −5/3 dy dy

3p integrando,

p p2 = −y −2/3 + C1 =⇒ p = ± C1 − y −2/3 Ahora, cambiamos de p a la variable y para tener Z p dy = ± C1 − y −2/3 =⇒ x = ± (C1 − y −2/3 )−1/2 dy dx 1/2

Haciendo y −1/3 = C1 sen t y despejando y se llega a −3/2

y = C1

−3/2

sen−3 t =⇒ dy = −3C1

sen−4 t cos t dt

Reemplazando en la integral Z x=±

−1/2

C1

·

−3 −3/2 C sen−4 t cos t dt cos t 1

un arreglo para que se vea mejor, Z Z −2 −4 −2 x = ± C1 sen t dt =⇒ x = ±C1 csc4 t dt Si no recuerdas los trucos de integraci´on, en esta se hace   Z 1 1 1 2 2 3 x=± 2 csc t (1 + ctg t) dt =⇒ x = ± 2 −ctg t − ctg t + C2 C1 C1 3 Para estar de vuelta en la variable y, la sustituci´on que hicimos, nos lleva a un tri´angulo p 1/2 rect´angulo de catetos y −1/3 , C1 − y −2/3 e hipotenusa C1 , del cual obtenemos la cotangente. Se llega a: ! p 1 C1 − y −2/3 1 (C1 − y −2/3 )3/2 x=± 2 − − + C2 C1 y −1/3 3 y −1

Section 13: Teoremas de Existencia y Unicidad

48

13. Teoremas de Existencia y Unicidad Interesa conocer de una ecuaci´on diferencial expl´ıcita de primer orden x 0 = f (t, x) con la condici´on inicial x(t0 ) = x0 si existe una soluci´on x(t) y si ´esta es u ´nica. Lo cual no siempre es cierto, a menos que se impogan determinadas condiciones. Adem´as de estos dos problemas fundamentales, de existencia y unicidad de la soluci´on, quedan por considerar; la extensi´on del intervalo de existencia, el estudio del comportamiento de la soluci´on al acercarse a los extremos de dicho intervalo, y el problema de la dependencia, de la soluci´on de las condiciones iniciales. Esto u ´ltimo consiste en, que si designamos por F (t, t0 , x0 ) la soluci´on del problema de valor inical, entonces aparece, expl´ıcitamente, la dependencia de las condiciones iniciales. M´as a´ un, bajo ciertas condiciones de f (t, x) la soluci´on F (t, t0 , x0 ) puede ser una funci´on continua de sus variables y tambi´en, bajo otras condiciones, F (t, t0 , x0 ) puede ser diferenciable o anal´ıtica. Todo esto no es otra cosa que preguntarse “ Si las condiciones iniciales se cambian levemente ¿c´omo var´ıa la soluci´on, leve o fuertemente?. Definici´ on 13.1 Una funci´on f (t, x) es Lipschitziana en la segunda variable, en un dominio D, si existe una constante k ∈ IR+ tal que kf (t, x1 ) − f (t, x2 )k ≤ kkx1 − x2 k,

(t, x1 ), (t, x2 ) ∈ D1

Proposici´ on 13.2 1. Si f Lipschitziana, entonces f es continua 2. Si f es continua, entonces no necesariamente f es Lipschitziana Demostraci´ on 1) Vamos a demostrar que kx − x0 k < δ =⇒ kf (x) − F (x0 )k <  De la hip´otesis de que f es Lipschitziana se deduce que kf (t, x) − f (t, x0 )k ≤ kx − x0 k Tomando δ =

 k

se tiene que kf (t, x) − f (t, x0 )k < 

as´ı, f es continua. 1

la doble barra es valor absoluto, el procesador no acepta el alt 124

Section 13: Teoremas de Existencia y Unicidad

49

2) Para probar esto, basta un contrajemplo. Sea f (t, x) = hay drama para ver que es f continua en D. Pero,

√

x en D = [0, 1] × [0, 1]. No

√ 1 kf (t, x) − f (t, x0 )k = k x − 0k = √ kx − 0k, x Dado que

√1 x

∀x ∈ (0, 1)

→ ∞ si x → 0, resulta imposible hallar la constante k de Lipschitz.

Proposici´ on 13.3 Sea D = [a, b] × [c, d] 1. Si

∂ f (t, x) existe y est´a acotada en D, entonces f (t, x) es Lipschitziana. ∂x

2. Si f (t, x) y

∂ f (t, x) son continuas en D, entonces f (t, x) es Lipschitziana ∂x

Demostraci´ on 1) Aplicando el T.V.M a la funci´on f (tx, x) en la variable x, se tiene

kf (t, x1 ) − f (t, x2 )k ∂

= f (t, c)

kx1 − x2 k ∂x de donde



∂

· kx1 − x2 k ≤ kx1 − x2 k f (t, c) kf (t, x1 ) − f (t, x2 )k =

∂x

se sigue que f es Lipschitziana en la segunda variable. ∂ 2) Sabemos que ∂x f (t, x) es continua es D, lo que implica que es acotada en D. De modo que satisface la parte 1). Se concluye que es Lipschitziana.

Proposici´ on 13.4 El problema de valor inicial x 0 = f (t, x), la ecuaci´ on integral Z t x(t) = f (t, x) dt

x(t0 ) = x0 es equivalente a

t0

Demostraci´ on i) Partimos del PVI para establecer la ecuaci´on integral Z x Z t 0 x = f (t, x), x(t0 ) = x0 =⇒ dx = f (t, x) dt x0

de lo cual

Z

x

x − x0 =

Z

t

dx = x0

t0

Z

t

f (t, x) dt =⇒ x = x0 + t0

f (t, x) dt t0

Section 13: Teoremas de Existencia y Unicidad

50

2i) Ahora, partiendo de la ecuaci´on integral tenemos Z t f (t, x) dt =⇒ dx = f (t, x) dt =⇒ x 0 = f (t, x) x(t) = x0 + t0

Adem´as, Z

t

Z

t0

f (t, x) dt = x0

f (t, x) dt =⇒ x(t0 ) = x0 +

x(t) = x0 +

t0

t0

con lo cual se completa la demostraci´on. Teorema de existencia y unicidad Sea f (t, x) continua y Lipschitziana en el rect´angulo D = {(t, x)/ t0 − a ≤ t ≤ t0 + a, x0 − b ≤ x ≤ x0 + b} Entonces, existe una soluci´on u ´nica x = x(t) en t0 − H ≤ t ≤ t0 + H del problema de valor inicial x 0 = f (t, x),

x(t0 ) = x0

En donde H < min{a,

b 1 , }, M N

M = max {f (t, x)}, D

N = constante de Lipschitz

Te voy a dar una idea de que se trata esto, la demostraci´on es super larga, no aporta mucho, salvo que seas estudiante de altas matem´aticas, pero igual la hago por si la necesitaras. Observaciones No puede asegurarse que la soluci´on x = x(t) del problema de valor inicial dado exista en todo el intervalo {t0 − a ≤ t ≤ t0 + a}, ya que ella podr´ıa salirse del rect´angulo D a trav´es de

Section 13: Teoremas de Existencia y Unicidad

51

x = x0 ± b (en la figura lo hace a trav´es de las abscisas t1 y t2 ). Lo que si podemos asegurar es que la curva integral x = x(t) no se va a salir de los limites de D cuando t var´ıe en t0 − H ≤ t ≤ t0 + H,

H = min{a,

b } M

ya que en este caso, si trazamos las rectas L1 y L2 por los puntos (t0 , x0 ), (t0 − h, x0 − b) y (t0 , x0 ), (t0 + h, x0 − b) se tiene que el coeficiente angular de la curva integral buscada se encuentra entre los coeficientes angulares de estas dos rectas, a saber m(L1 ) =

b = M, h

m(L2 ) = −

b = −M h

la figura siguiente ilustra este hecho.

Si las rectas salen de los l´ımites del rect´angulo D, las abscisas de los puntos de corte ser´an t0 ± Mb . Por lo tanto, la abscisa del punto de salida de la curva integral puede ser solamente menor o igual que t0 + Mb , y mayor o igual que t0 − Mb . En consecuencia, se puede demostrar existencia de la soluci´on en t0 − H ≤ t ≤ t0 + H,

M = min{a,

b } M

Pero, es mas sencillo demostrar antes la existencia de la soluci´on en t0 − H ≤ t ≤ t0 + H,

M < min{a,

b 1 , } M N

La soluci´on del problema de valor inicial planteado, se puede continuar m´as all´a del intervalo t0 − H ≤ t ≤ t0 + H, siempre que en un entorno del nuevo punto inicial se cumplan las condiciones del teorema de existencia y unicidad. De este modo, en ciertos casos se puede continuar la soluci´on en todo el eje t, pero es posible tambi´en que la curva integral no pueda ser continuada debido al acercamiento a un punto donde no se cumplan las condiciones del

Section 13: Teoremas de Existencia y Unicidad

52

teorema de existencia y unicidad de la soluci´on, o bien, que la curva integral se aproxima a una as´ıntota paralela al eje x. La esencia de estos resultados te´oricos sobre existencia, unicidad, prolongaci´on de la soluci´on, y dependencia de las condiciones iniciales, los ilustramos como debe ser, ¡con examples! Ejemplo 1 Considerar el problema de valor inicial x 0 (t) = x2 , x(1) = 2. Veamos que sucede, en cuanto a existencia y unicidad en D = {(t, x)/ t0 − 1 ≤ t ≤ t0 + 1,

x0 − 1 ≤ x ≤ x0 + 1}

Es sencillo deducir, del problema de valor inicial dado, que t0 = 1 y que x0 = 2. De modo que D tiene la forma D = {(t, x)/ 0 ≤ t ≤ 2, 1 ≤ x ≤ 3} x 6

3 x0

D r

1 t0

2

-t

Hacemos los siguientes c´alculos: •

maxD {f (t, x) = x2 } = 9 = M

•

kf (t, x1 ) − f (t, x2 )k = kx21 − x22 k = kx1 − x2 k kx1 + x2 k. Pero como kx1 + x2 k ≤ 6 =⇒ kf (t, x1 ) − f (t, x2 )k ≤ 6 kx1 − x2 k =⇒ N = 6

1 1 1 • H < min{1, , } =⇒ H < 9 6 9 En consecuencia, existe soluci´on u ´nica en el intervalo kt − 1k
=⇒

3 − 2t 1 2 > =⇒ 2 > 3 − 2t > 2 3 3

1 1 7 7 > t > =⇒ < t < 6 2 2 6

1 1 1 =⇒ − < t − 1 < < 2 6 2 Se concluye que el intervalo m´aximo es kt − 1k
0, existe δ > 0 tal que kt − tk k < δ,

kxk − xn (t)k < δ =⇒ kf (tk , xk ) − f (t, xn (t)k = αn (t) < 

Pero para tener que kt − tk k ≤ δ,

y

kxk − xn (t)k ≤ δ

se usa el hecho que, kf (t, x)k < M , y se elige 0 < h ≤ min{δ, Mδ }, con lo cual kt − tk k ≤ h,

kxk − xn (t)k ≤ M · h =⇒ kf (tk , xk ) − f (t, xn (t)k = αn (t) < n

Integrando la ecuaci´on (1) tenemos Z x Z x Z dxn = f (t, xn (t)) dt + x0

x0

de esto, Z

αn (t) dt

x0

x

xn = x0 +

x

Z

x

f (t, xn (t)) dt + x0

αn (t) dt

(10)

x0

Como n ∈ IN, elegimos n = n + m con m ∈ IN, para tener Z x Z xn+m (t) = x0 + f (t, xn+m (t)) dt + x0

x

αn+m (t) dt

(11)

x0

Al restar esta ecuaci´on de la anterior Z x Z xn+m (t) − xn (t) = [f (t, xn+m (t)) − f (t, xn (t))] dt + x0

x

[αn+m (t) − αn (t)] dt

x0

de donde Z

x

kxn+m (t) − xn (t)k ≤

Z

x

kf (t, xn+m (t)) − f (t, xn (t))k dt + x0

kαn+m (t)k dt x0

Z

x

kαn (t)k dt

+ x0

Dado que la funci´on f es Lipschitziana, Z x Z kxn+m (t) − xn (t)k ≤ N kxn+m (t)) − xn (t))k dt + (n+m + n ) x0

Z

x0

x

≤ N

kxn+m (t)) − xn (t))k dt + (n+m + n ) H x0

x

H = t − t0

dt

Section 13: Teoremas de Existencia y Unicidad

56

tomando max en, t0 ≤ t ≤ t0 + H, se tiene Z max kxn+m (t) − xn (t)k ≤ N max

x

kxn+m (t)) − xn (t))k dt + (n+m + n ) H

x0

Z

x

max kxn+m (t)) − xn (t))k dt + (n+m + n ) H

≤ N x0

≤ N max kxn+m (t)) − xn (t))k

kx − x0 k + H

(n+m + n ) H, se debe tener en cuenta que, max kxn+m (t)) − xn (t))k es un n´ umero, queda la integral de una constante. Un u ´ltimo arreglo para tener max kxn+m (t) − xn (t)k (1 − N H) ≤ (n+m + n ) H O bien

(n+m + n ) H 0 y para un n´ umero suficientemente grande n > N1 (). Esto quiere decir que la sucesi´on de funciones continuas xn (t) converge uniformemente en t0 ≤ t ≤ t0 +H. Esto es, xn (t) → xn (t), uniformemente, con xn (t) es una funci´on continua. max kxn+m (t) − xn (t)k ≤

Prueba de 2 Por demostrar que lim xn (t) = x(t) es la soluci´on del PVI. Al respecto, n→∞ sabemos que Z x Z x xn = x0 + f (t, xn (t)) dt + αn (t) dt x0

x0

al tomar l´ımite con n → ∞ tenemos, Z

x

lim xn (t) = x0 + lim

n→∞

n→∞

Z

x

f (t, xn (t)) dt + lim x0

n→∞

αn (t) dt

(12)

x0

Pero, como xn (t) tiende a x(t) uniformemente, y adem´as, f (t, x) es uniformemente continua en D, entonces f (t, xn (t)) → f (t, x(t)) uniformemente. En efecto, hay que probar que kf (t, x(t)) − f (t, xn (t))k < , si n > N, y que N no depende de x Veamos que datos tenemos para acercarnos a la demostraci´on 1. Dado que f es Lipschitziana, entonces kf (t, x(t)) − f (t, xn (t))k < K kx(t) − xn (t)k

Section 13: Teoremas de Existencia y Unicidad

57

2. Como xn (t) → x(t) uniformemente, entonces n > N1 =⇒ kx(t) − xn (t)k < δ con el N1 no dependiendo de x, pues la convergencia es uniforme. 3. Por el hecho de tener que f (t, x) es uniformemente continua se tiene kf (t, x(t)) − f (t, xn (t))k < , siempre que kx(t) − xn (t)k < δ() Con toda esta bater´ıa, elegimos δ() =

 , para tener K

n > N1 (δ()) =⇒ kf (t, x(t)) − f (t, xn (t))k <  y el N1 no depende de x. Por lo tanto, f (t, xn (t)) → f (t, x(t)) uniformemente. Volvemos ahora a la ecuaci´on (4). Tenemos que Z x Z x(t) = x0 + lim f (t, xn (t)) dt + x0 n→∞

Z

x

lim αn (t) dt

x0 n→∞

x

= x0 +

f (t, lim xn (t)) dt + 0 n→∞

x0

Luego, Z

x

x(t) = x0 +

f (t, x(t)) dt x0

En consecuencia, x(t) satisface la ecuaci´on diferencial. Prueba de 3 Para probar la unicidad, suponemos que existen dos soluciones x1 y x2 , que cumplen la condici´on max kx1 − x2 k = 6 0 Dado que ellas son soluciones, deben satisfacer: Rt x1 (t) = x0 + t0 f (t, x1 (t)) dt x2 (t) = x0 + De donde se obtiene

Z

Rt t0

f (t, x2 (t)) dt

t

x1 − x2 =

[f (t, x1 (t)) − f (t, x2 (t))] dt t0

al tomar m´aximo

Z t



max kx1 − x2 k = max [f (t, x1 (t)) − f (t, x2 (t))] dt

t0

Section 14: continuaci´ on de la soluci´ on

58

Podemos acotar usando la propiedad que el valor absoluto de la integral es menor o igual que la integral de valor absoluto. Z t  max kx1 − x2 k ≤ max kf (t, x1 (t)) − f (t, x2 (t))k dt t0

Como f es Lipschitziana, Z

t

max kx1 − x2 k ≤ N · max

 kx1 (t) − x2 (t)k dt

t0

Z t

≤ N · max kx1 (t) − x2 (t)k max

dt t0

≤ N · max kx1 (t) − x2 (t)k max kt − t0 k ≤ N · H · max kx1 (t) − x2 (t)k Cabe hacer notar que el m´aximo se est´a tomando sobre t0 ≤ t ≤ t0 + H, por tanto, aqu´ı es max kt − t0 k = H. Por otra parte, se sabe del teorema de existencia y unicidad que H < N1 , pero de la u ´ltima desigualdad se obtuvo que N H ≥ 1 =⇒ H ≥

1 N

Esto es una ¡Contradicci´on!, a menos que max kx1 (t) − x2 (t)k = 0 para concluir con que x1 = x2 ¡¡unicidad!!. 14. continuaci´ on de la soluci´ on Si en un dominio acotado D del plano tx la funci´on f (t, x) es continua y la ecuaci´on diferencial x 0 = f (x, t) posee la soluci´on x(t) definida en el intervalo abierto (a, b), entonces existen los l´ımites laterales x(a+ ) y x(a− ). Si adem´as, estos corresponden a puntos interiores del dominio D, entonces la soluci´on x(t) puede continuarse m´as all´a de los valores t = a y t = b. La importancia de este teorema est´a, en que de acuerdo con ´el, la soluci´on x(t) es continuable hasta la frontera de D, y que, en consecuencia, no puede desaparecer en el interior de D, ni tener el comportamiento que indica la figura. Si D no es acotado, puede sucederque la soluci´on x(t) definida en (a, b) tenga l´ımite infinito para t → b− o para t → a+ , y en consecuencia, no sea continuable hasta t = b o t=a

Section 15: Dependencia de los datos iniciales y par´ametros

59

Definici´ on 14.1 Se llama Intervalo de existencia de la soluci´ on al intervalo m´ aximo en que ´esta es continuable. Supuesto que f (t, x) est´ a definida en todo el plano, el intervalo de existencia es siempre un conjunto abierto. Veamos como funciona esto en la pr´actica Ejemplo 44 1. El problema x 0 (t) = x, x(0) = 1 tiene por soluci´ on la funci´ on x = et . Su intervalo de existencia es (−∞, ∞). 2. El problema x 0 (t) = x2 ,

x(0) = 1 tiene por soluci´ on la funci´ on x =

1 . Su 1−t

intervalo de existencia es (−∞, 1). 3. El problema x 0 (t) = 1 + x2 , x(0) = 0 tiene por soluci´ on la funci´ on x = tg t. Su π π intervalo de existencia es (− 2 , 2 ) 15. Dependencia de los datos iniciales y par´ ametros Para el problema de valor inicial x 0 (t) = f (t, x), x(t0 ) = x0 , es conocido que la soluci´on general depende, adem´as de la variable t, de los datos iniciales. Por esta raz´on, es conveniente escribir expl´ıcitamente esta dependencia, utilizando la notaci´on x = F (t, t0 , x0 ) para la soluci´on general. Cuando la ecuaci´on diferencial depende de uno o m´as par´ametros, la soluci´on, naturalmente, tambi´en depende de esos par´ametros, de este modo, para una ecuaci´on diferencial x 0 = f (t, x, p),

x(t0 ) = x0

la soluci´on general se escribe bajo la forma x = F (t, t0 , x0 , p) Teorema 15.1 Si en el dominio acotado D, la funci´ on f (t, x, p) es continua en sus tres argumentos y Lipschitziana en x, entonces la soluci´ on general es una funci´ on continua de (t, t0 , x0 , p) Teorema 15.2 Si en el dominio acotado D, la funci´ on f (t, x) es continua en sus dos argumentos, y de clase ζ 1 en x, entonces la soluci´ on general F (t, t0 , x0 ) es diferenciable en x0

Section 15: Dependencia de los datos iniciales y par´ametros

60

Teorema 15.3 Teorema de ∃ ! para F (x, y, y 0 ) = 0 Dado el problema de valor inicial F (x, y, y 0 ) = 0,

y(x0 ) = y0 ,

0

y 0 (x0 ) = y0 0

existe soluci´on y = y(x) en x0 − h ≤ x ≤ x0 + h, si en un entorno del punto (x0 , y0 , y0 ) la funci´ on F (x, y, y 0 ) satisface las tres siguientes condiciones: 1. F (x, y, y 0 ) es continua en sus tres argumentos ∂F ∂F existe y 6= 0. ∂y 0 ∂y 0

∂F

3.

∂y ≤ N 2.

Demostraci´ on Te recuerdo el teorema de la funci´on impl´ıcita. “ Si la funci´on F (x, y, z) = 0 satisface: 1. F (x0 , y0 , z0 ) = 0 para alg´ un (x0 , y0 , z0 ) en el dominio de F 2. Fx ,

Fy ,

Fz son continuas en un vecindad de (x0 , y0 , z0 )

3. Fz (x0 , y0 , z0 ) 6= 0 entonces existe una u ´nica funci´on diferenciable z = f (x, y) tal que Fy Fx z0 = f (x0 , y0 ), F (x, y, f (x, y)) = 0, zx = − , zy = − Fz Fz Las primeras dos hip´otesis del teorema garantizan la existencia de una u ´nica funci´on y 0 = f (x, y) en un entorno del punto (x0 , y0 ) y que satisface la condici´on y 0 = f (x0 , y0 ) Falta

por demostrar que f (x, y) satisface la condici´on de Lipschitz o de la derivada acotada

∂f

≤ N en un entorno de (x0 , y0 ). Esto se hace como sigue.

∂y F (x, y, y 0 ) = 0 =⇒ F (x, y, f (x, y)) = 0/

=⇒

∂F ∂F ∂f + · =0 ∂y ∂f ∂y ∂F

∂F

∂f ∂y ∂y =⇒ = − ∂F = − ∂F , ∂y ∂f ∂y 0 =⇒

∂ ∂y

∂f ≤K ∂y

y0 = f

Section 16: La envolvente y Soluciones Singulares

61



Como 6= 0 por hip´otesis, y ∂f ≤ N , el cociente puede acotarse por K = N M , lo cual ∂y prueba el Teorema. ∂F ∂y 0

16. La envolvente y Soluciones Singulares A no pensar mal, no se trata de una mujer que a uno lo envuelva con sus encantos y todas esas cosas, ¡no!, todo lo contrario, se trata de un concepto matem´atico que vemos a continuaci´on, y que aparece al estudiar la naturaleza de los puntos (x0 , y0 ) en cuyo entorno no existe soluci´on, o bien si existe, ´esta no es u ´nica, tanto en el caso de la ecuaci´on expl´ıcita como para la impl´ıcita.

Definici´ on 16.1 Se llama envolvente de la familia φ(x, y, C) = 0 a la curva que en cada uno de sus puntos es tangente a cierta curva de la familia. Observar la figura anterior que muestra la idea de envolvente de una family.

Ecuaci´ on de la Envolvente Sea φ(x, y, C) = 0

(13)

el haz de curvas, y supongamos que ´esta tiene a y = ϕ(x) como envolvente, con ϕ una funci´on derivable. Sea M (x, y) un punto sobre la envolvente, que por definici´on, tambi´en pertenece a cierta curva del haz, correspondiendo a esta cierta curva un valor determinado del par´ametro C, dado por la ecuaci´on C = C(x, y), por tanto, para todos los puntos de la envolvente se verifica que φ(x, y, C(x, y)) = 0 (14) Si adem´as, suponemos que C(x, y) es derivable, entonces se tiene ∂φ ∂φ dy ∂φ ∂C ∂φ ∂C dy + · + · + · · =0 ∂x ∂y dx ∂C ∂x ∂C ∂y dx

Section 16: La envolvente y Soluciones Singulares

62

que se puede escribir ∂φ ∂C ∂φ + · + ∂x ∂C ∂x



∂φ ∂φ ∂C + · ∂y ∂C ∂y



dy =0 dx

Para simplificar notaci´on usemos sub´ındices φx + φC ·

∂C ∂C + φy · y 0 + φC · ·y0 = 0 ∂x ∂y

O bien, 

 ∂C 0 ∂C φx + φC · +y + φy · y 0 = 0 ∂x ∂y usando el hecho que C es constante una vez determinada la curva del haz, se tiene φx + φy · y 0 = 0

(15)

(16)

ecuaci´on que representa el coeficiente angular de la tangente a la curva del haz en M (x, y). Pero, como el coeficiente angular de la envolvente es igual al de esa “cierta curva” del haz, entonces de (3) y (4) se tiene   ∂C ∂C 0 + ·y =0 φC · ∂x ∂y Como en la envolvente es C(x, y) no es constante, entonces debe tenerse necesariamente φC = 0

(17)

Se tiene as´ı, que para determinar la ecuaci´on de la envolvente debe eliminarse C de las ecuaciones φ(x, y, C) = 0, φC (x, y, C) = 0 (18) Pero por otro lado, los puntos en los cuales φx = 0 y φy = 0 tambi´en satisfacen la ecuaci´on (6). En efecto, se expresan las coordenadas x e y en funci´on del par´ametro C como sigue x = λ(C),

y = µ(C)

luego, el haz de curvas (1) se expresa como φ(λ(C), µ(C), C) = 0 al cual, derivado respecto del par´ametro C es tal que ∂φ ∂µ ∂φ ∂φ ∂λ · + · + =0 ∂x ∂C ∂y ∂C ∂C O bien, φx ·

∂λ ∂µ + φy · + φC = 0 ∂C ∂C

Dado que φx = 0 y φy = 0, entonces φC = 0

Section 16: La envolvente y Soluciones Singulares

63

Definici´ on 16.2 El lugar geom´etrico de los puntos para los cuales φx = 0 y φy = 0, se llaman puntos singulares del haz.

¡Ojo, ojo, oreja, estern´ on, huachalomo! Como conclusi´on final: La ecuaci´on (6) define la envolvente o bien los puntos singulares del haz o la combinaci´on de ambas cosas. Por consiguiente, al obtener una curva que satisface la ecuaci´on (6) hay que realizar un estudio con el objeto de determinar si esta curva es envolvente o lugar geom´etrico de los puntos singulares. 2 on de la envolvente Ejemplo 45 Dado el haz (y−C)2 − (x−C)2 = 0, determinar la ecuaci´ 3 y/o el lugar geom´etrico de los puntos singulares. Derivemos respecto de C la ecuaci´on del haz   ∂ 2 2 2 (y − C) − (x − C) = 0 =⇒ y − C − (x − C)2 = 0 ∂C 3 De la ecuaci´on del haz y de la reci´en hallada eliminamos el par´ametro C. (y − C)2 −

2 (x − C)2 = 0 3

y − C − (x − C)2 = 0 o bien C = x − 32 , de aqu´ı que

Se encuentra que C = x,

y = x,

∨

y =x−

2 3

An´ alisis de y = x ∂ ∂x



∂ ∂y



 2 2 (y − C) − (x − C) = 0 =⇒ −2(x − C) = 0 =⇒ x = C 3 2

 2 2 (y − C) − (x − C) = 0 =⇒ 2(y − C) = 0 =⇒ y = C 3 2

Esto conduce a establecer que el punto (C, C) es singular, pues φx = 0,

y φy = 0

Section 16: La envolvente y Soluciones Singulares

64

Definici´ on 16.3 Dada la ecuaci´on diferencial F (x, y, y 0 ) = 0 1. Los puntos (x0 , y0 ) en cuyo entorno no existe la soluci´ on de y 0 = f (x, y) para la cual y(x0 ) = y0 , o bien, existe pero no es u ´nica, se llaman puntos singulares. 2. La soluci´on enteramente formada por puntos singulares se llama soluci´ on singular de la ecuaci´on Para encontrar los puntos singulares o las curvas singulares, en primer lugar hay que hallar el conjunto de los puntos en los cuales no se cumplen las condiciones del teorema de existencia y unicidad, ya que s´ olo entre dichos puntos puede haber singulares. M (x, y) , con M y N funciones continuas, los u ´nicos N (x, y) puntos singulares se dan en los puntos (x0 , y0 ) que cumplen la condici´ on

3. Para ecuaciones de la forma y 0 =

M (x0 , y0 ) = N (x0 , y0 ) M N ya que s´olo all´ı y son simult´ aneamente discontinuas. Estas ecuaciones pueden N M tener cuatro tipos de puntos singulares: Nodo, silla, foco, y centro. Ejemplo 46 Mira lo que pasa en la ecuaci´ on y 0 =

2y x

Al mismo tiempo, x = y = 0 es el u ´nico punto en que el numerador y denominador son discontinuos. La soluci´on de la ecuaci´on diferencial es y = C x2 . La figura te muestra el comportamiento de la soluci´on

Section 16: La envolvente y Soluciones Singulares

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y Ejemplo 47 Para la ecuaci´on y 0 = − , se tiene que (0, 0) es un punto singular. La x soluci´ on de la ecuaci´on es y = Cx . Este punto singular es conocido como silla

x+y , se tiene que (0, 0) es un punto singular. La x−y soluci´ on de la ecuaci´on es x2 + y 2 = C earctg y/x . Este punto singular se llama Foco Ejemplo 48 Para la ecuaci´on y 0 = −

x Ejemplo 49 Para la ecuaci´on y 0 = − , se tiene que (0, 0) es un punto singular. La y soluci´ on de la ecuaci´on es x2 + y 2 = C 2 . Este punto singular se llama centro

Section 16: La envolvente y Soluciones Singulares

66

Soluciones Singulares I) La condici´on de Lipschitz o de la derivada acotada no se verifica en los puntos en los ∂ cuales ∂y crece indefinidamente al aproximarse a ellos. Esto equivale a tener la ecuaci´on 1 ∂ ∂y

la cual define una curva en cuyos puntos puede no tener lugar la unicidad, si es as´ı, entonces la curva ser´a singular, si adem´as, esta curva es curva integral, entonces ser´a curva integral singular. Ejemplo 50 Determinar si existe soluci´ on singular para y 0 = x2 + y 2 Es claro que f (x, y) = x2 + y 2 es una funci´on continua, por tanto, puntos singulares no hay. Veamos que sucede con la derivada respecto de y ∂ 2 (x + y 2 ) = 2y ∂y Tomando inversa de esta fracci´on tenemos que 1 = 0 =⇒ no existe y 2y Por tanto, no hay soluciones singulares. Ejemplo 51 Determinar si existe soluci´ on singular para y 0 = 5 + La funci´on f (x, y) = 5 +

p 3

p 3 (y − x)2 .

(y − x)2 es, evidentemente, continua. Analizamos la derivada

p ∂ 2 (5 + 3 (y − x)2 ) = (y − x)−1/3 ∂y 3

Section 16: La envolvente y Soluciones Singulares

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Tomando inversa de esta fracci´on tenemos que 3 (y − x)1/3 = 0 =⇒ y = x 2 Hemos sacado la curva y = x como candidata, pero hay que ver si es soluci´on de la ecuaci´on. Sin embargo, no es soluci´on, luego, no hay soluci´on singular. Ejemplo 52 Determinar si existe soluci´ on singular para y 0 = 1 +

p 3

(y − x)2 .

Es claro que y = x si es soluci´on (lo sacas con un s´olo ojo). Veamos si hay otra soluci´on para lo de la unicidad. y − x = z =⇒ y 0 = 1 + z 0 reemplazando en al ecuaci´on z 0 = z 1/3 =⇒ z =

1 (x + C)3 27

de donde

1 (x + C)3 27 es soluci´on de la ecuaci´on diferencial, y distinta de y = x. Por consiguiente, y = x es soluci´on singular. Mira lo que hace Maple. y−x=

> f 1 := implicitplot(y − x = 0, x = −10..10, y = −10..10, color = blue) : f 2 := implicitplot(y − x − (1/27) ∗ (x + 1)3 = 0, x = −10..10, y = −10..10, color = violet) : f 3 := implicitplot(y − x − (1/27) ∗ (x + 2)3 = 0, x = −10..10, y = −10..10, color = violet) : f 4 := implicitplot(y − x − (1/27) ∗ (x − 1)3 = 0, x = −10..10, y = −10..10, color = violet) : f 5 := implicitplot(y − x − (1/27) ∗ (x − 2)3 = 0, x = −10..10, y = −10..10, color = violet) : f 6 := implicitplot(y − x − (1/27) ∗ (x)3 = 0, x = −10..10, y = −10..10, color = violet) : > display(f 1, f 2, f 3, f 4, f 5, f 6); II) Para determinar la soluci´on singular de F (x, y, y 0 ) = 0 se elimina y 0 del sistema F (x, y, y 0 ) = 0,

∂F =0 ∂y 0

(19)

Section 16: La envolvente y Soluciones Singulares

ya que por lo general, la condici´on la que no se cumple.

∂F ∂y 0

68

del teorema de existencia y unicidad de F (x, y, y 0 ) = 0 es

De la ecuaci´on (1) se obtiene una φ(x, y) = 0 llamada curva p discriminante, ya que se reemplaza y 0 = p para tener  F (x, y, p) = 0 ∂F ∆p : = 0  ∂p despu´es se aclara por sustituci´on directa si entre las ramas de esta curva ∆p hay curvas integrales Ejemplo 53 Para la ecuaci´ on y = 2xy 0 − y 02 se tiene  ∆p :

y = 2xp − p2 2x − 2p = 0

de aqu´ı, y = x2 , pero un simple y mental c´ alculo nos dice que ´esta curva no es soluci´ on de la ecuaci´ on diferencial, por tanto, no existe soluci´ on singular. III) En el caso m´as general, se puede hallar la soluci´on singular de F (x, y, y 0 ) = 0 conociendo la envolvente de la familia de curvas integrales, ya que ´esta es siempre curva integral. La envolvente se halla en la llamada curva C discriminante, que corresponde a  φ(x, y, C) = 0 ∆C : φC (x, y, C) = 0 pero hay que tener ojo, por que aqu´ı pueden coexistir otros puntos. Por esta raz´on se le exige a la envolvente, como condici´on suficiente, que cumpla 1. kφx k ≤ N1 , kφy k ≤ N2 2. φx 6= 0,

∨ φy 6= 0

Estas condiciones son s´olo suficientes, por lo cual, pueden ser envolvente tambi´en las ramas de la ∆C en las que no se cumple alguna de estas condiciones. A partir de ∆p y del ∆C obtenemos un m´etodo para determinar la envolvente y la soluci´ on singular. Sigue las siguientes indicaciones: • El ∆p contiene:  1) La envolvente (E) 2) El lugar geom´etrico de los puntos de contacto al cuadrado (C 2 )  3) El lugar geom´etrico de los puntos cuspidales o retroceso (R) Para recordar

¡ ∆p = E · C 2 · R !

Section 17: Ecuaciones Diferenciales Lineales

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• El ∆C contiene:  1) La envolvente (E) 2) El lugar geom´etrico de los puntos anocdales al cuadrado (A2 )  3) El lugar geom´etrico de los puntos cuspidales al cubo (R3 ) Para recordar

¡ ∆ C = E · A2 · R 3 ! Finalmente, cabe agregar que, de todos los lugares geom´etricos, solamente la envolvente es soluci´on singular de la ecuaci´on diferencial. Ella figura tanto en la p discriminante como en la C discriminante, con exponente cero.

17. Ecuaciones Diferenciales Lineales Definici´ on Una transformaci´on lineal L : ζ n (I) → ζ(I) se dice que es un operador diferencial lineal de orden n sobre el intervalo I, si puede escribirse en la forma L = an (x) Dn + an−1 (x) Dn−1 + · · · + a1 (x) D + a0 (x) en donde, los coeficientes ai son continuos en I, y an (x) 6= 0 en I. Adeem´as, para quienes no le recuerdan, D es el operador diferenciaci´on. De la definici´on se tiene que, si y ∈ ζ n (I), entonces L[y] = an (x) y (n) + an−1 (x) y (n−1) + · · · + a1 (x) y 0 + a0 (x) y no olvides que D(0) = y. Ejemplo 54 Si L = D2 + D − 2, entonces L[y] = (D2 + D − 2)(y) = D2 (y) + D(y) − 2(y) = y 00 + y 0 − 2y En este caso, L : ζ 2 (I) → ζ(I) Ejemplo 55 Veamos que sucede con el producto de operadores. Para ello, sean L1 : ζ ∞ (I) → ζ ∞ (I), L1 = x D + 1 L2 : ζ ∞ (I) → ζ ∞ (I), L2 = D − 1

Section 17: Ecuaciones Diferenciales Lineales

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dos transformaciones lineales. Si y ∈ ζ ∞ (I), entonces L1 · L2 (y) = (x D + 1)(D − x)(y) = (x D + 1)(y 0 − xy) = x D (y 0 − xy) + (y 0 − xy) = x (y 00 − y − xy 0 ) + y 0 − y = x y 00 − xy − x2 y 0 + y 0 − xy = x y 00 + (1 − x2 ) y 0 − 2xy = ( x D2 + (1 − x2 ) D − 2x) y Por otra parte, L2 · L1 (y) = (D − x)(x D + 1)(y) = (D − x)(x y 0 + y) = D (x y 0 + y) − x (x y 0 + y) = y 0 + x y 00 + y 0 − x2 y 0 − x y 0 = x y 00 + (2 − x2 ) y 0 − xy = (x D2 + (2 − x2 ) D − x) y Se concluye que los operadores no conmutan. Definici´ on 17.1 Una ecuaci´ on diferencial lineal de orden n en un intervalo I se escribe, en operadores, en la forma L[y] = h(x) siendo h una funci´ on continua sobre I, y L un operador diferencial lineal de orden n definido en I. Adem´ as: 1. Si h = 0 en I, entonces la ecuaci´ on se llama lineal homog´ enea 2. Si h 6= 0 en I, la ecuaci´ on se llama no homog´ enea As´ı, una ecuaci´on diferencial lineal de orden n, es una ecuaci´on de la forma y (n) + pn−1 (x) y (n−1) + · · · + p1 (x) y 0 + p0 (x) y = h(x) si an (x) 6= 0, esta ecuaci´on recibe el nombre de forma normal Ejemplo 56 La ecuaci´ on y 00 + y = 0 ⇐⇒ (D2 + 1) (y) = 0, es lineal, homog´enea, de orden 2 en (−∞, ∞), y escrita en forma normal. Ejemplo 57 La ecuaci´ on x3 y 000 + x y 0 = 0 ⇐⇒ (x3 D3 + x D) (y) = 0, es lineal, no homog´enea, de orden 3 en (−∞, 0) y (0, ∞). No es normal en cualquier intervalo que contenga el origen.

Section 18: Ecuaciones Homog´eneas

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18. Ecuaciones Homog´ eneas Sea L[y] = 0 una ecuaci´on diferencial lineal normal y homog´enea de orden n en un intervalo I. El conjunto soluci´on de la ecuaci´on es el espacio nulo de L (no olvidar que L es una transformaci´ on n lineal), y en consecuencia, es un subespacio de ζ (I). Este subespacio se llama el espacio soluci´ on de la ecuaci´on, as´ı que, la tarea de resolver L[y] = 0 puede reemplazarse por la de encontrar una base para el espacio soluci´on, siempre que este espacio soluci´on tenga dimensi´on finita, que en tal caso resuelve el siguiente resultado. Teorema 18.1 El espacio soluci´ on de cualquier ecuaci´ on diferencial homog´enea de orden n, L[y] = 0, definida en un intervalo I es un subespacio n dimensional de ζ n (I). Tomando como fuente de apoyo este resultado, y considerando que y1 (x), y2 (x), · · · , yn (x) son soluciones linealmente independientes de L[y] = 0, entonces toda soluci´on de L[y] = 0 es de la forma y(x) = c1 y1 (x), c2 y2 (x), · · · , cn yn (x) siendo las ci constantes reales. Esta recibe el nombre de soluci´ on general de L[y] = 0. Cuando se dan determinados valores a los ci se obtiene una funci´on yp (x), conocida como soluci´ on particular.

Teorema 18.2 Si L[y] = 0 tiene soluci´ on compleja y(x) = u(x) + i v(x), entonces la parte real u(x) y su parte imaginaria v(x) son, por separado, soluciones de dicha ecuaci´ on homog´enea. Demostraci´ on cumple

Se sabe que L[u(x) + i v(x)] = 0, por ser soluci´on. Como, L es lineal, entonces L[u(x) + i v(x)] = 0 =⇒ L[u(x)] + i L[v(x)] = 0

de donde, L[u(x)] = 0 y L[v(x)] = 0. Ejemplo 58 La ecuaci´ on y 00 − y = 0 es lineal y normal en (−∞, ∞). Su espacio soluci´ on es un subespacio de dimensi´ on 2 de ζ(−∞, ∞). Se puede verificar que y1 (x) =

ex + e−x = cosh x 2

y2 (x) =

ex − e−x = senh x 2

son dos soluciones L.I. En efecto, y1 (0) = 1,

y1 0 (0) = 0,

y2 (0) = 0,

y2 0 (0) = 1

y es “archiconocido” que los vectores (1, 0) y (0, 1) son L.I. Se sigue que las soluciones y1 (x) e y2 (x) lo son. En consecuencia, la soluci´ on general es y = c1 cosh x + c2 senh x

Section 18: Ecuaciones Homog´eneas

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Siguiendo con el mismo ejemplo, es sencillo verificar que el par de funciones y1 (x) = ex e y2 (x) = e−x son tambi´en soluci´on de y 00 − y = 0. En este caso, y1 (0) = 1,

y1 0 (0) = 1,

y2 (0) = 1,

y2 0 (0) = −1

y como los vectores (1, 1) y (1, −1) son L.I, se sigue que {ex , e−x } forman tambi´en una base para el espacio soluci´on de la ecuaci´on diferencial. Por tanto, y = c1 ex + c2 e−x es la soluci´on general. De seguro est´as pensando ¿Qu´e es esto, las soluciones andan al lote?. ¡Calma!, ... modera tu lenguaje, calma tu esp´ıritu, no te dejes llevar por un “arranque de locura”. Esta soluci´on y la anterior que encontramos son la misma cosa. Sigue mi idea, la primera soluci´ on la x −x descompones en e y e , factorizas, las constantes son constantes (un “pelo de la cola”), y llegas a establecer la u ´ltima soluci´on general, en resumidas cuentas, ¡lo mismo! “around de world”. Establecer la independencia lineal, ha sido algo sencillo. Te muestro otra forma, algunas veces resulta muy u ´til, y tiene que ver con el llamado Wronkiano ¿Que te pareci´o el nombrecito?, suena algo as´ı como de Rusia, de Ucrania, de Stalin. Pero vamos a lo nuestro. Definici´ on 18.3 Sean y1 , y2 , · · · , yn funciones arbitrarias en ζ n−1 (I), y funci´ on

y1 y2 ···

0 0

y1 y2 ···

W : ζ n−1 (I) → ζ(I), W [y1 , y2 , · · · yn ] = . .. .. .

. . .

n−1 n−1

y ··· y2 1

sea x ∈ I, entonces la



(x)

n−1

y yn yn 0 .. . n

se llama Wronkiano de las funciones y1 , y2 , · · · yn . Ejemplo 59 Calcular un Wronkiano es muy sencillo

x sen x

= x cos x − sen x W [x, sen x] = 1 cos x Teorema 18.4 Sean y1 , y2 , · · · , yn soluciones de una ecuaci´ on diferencial lineal homog´enea de orden n, en forma normal L[y] = 0 en un intervalo I. Si W [y1 , y2 , · · · , yn ] = 0, entonces {yi } son Linealmente dependientes. Sea x0 punto cualquiera en I, entonces del sistema c1 y1 (x0 ) + c2 y2 (x0 ) + · · · cn yn (x0 ) = 0 c1 y1 0 (x0 ) + c2 y2 0 (x0 ) + · · · cn yn 0 (x0 ) = 0 .. . c1 y1n−1 (x0 ) + c2 y2n−1 (x0 ) + · · · cn ynn−1 (x0 ) = 0

Section 18: Ecuaciones Homog´eneas

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se tiene que, como el Wronkiano es nulo, entonces el determinante de este sistema es cero, de aqu´ı que ´eset tenga una soluci´on no trivial, c1 , c2 , · · · , cn . Luego, y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + · · · cn yn (x) ser´ıa soluci´on del problema de valor inicial L[y] = 0, de condiciones iniciales y(x0 ) = 0,

+y 0 (x0 ) = 0,

· · · , y (n−1) (x0 ) = 0

Pero, dado que y(x) = 0 es tambi´en soluci´on, y sabemos que ´esta debe ser u ´ nica, lo que debe pasar es que c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + · · · cn yn (x) = 0, ∀ x ∈ I Como adem´as, las ci no son todas cero, las {yi } son linealmente dependientes. on Ejemplo 60 Las funciones y1 (x) = sen3 x y y2 (x) = sen x− 31 sen 3x son soluciones de la ecuaci´ y 00 + (tg x − 2 ctg x ) y 0 = 0 en cualquier intervalo I en el que la tangente y cotangente est´en definidas. Veamos que sucede con su Wronkiano

1

sen x − sen 3x

sen3 x

3 W [y1 , y2 ] =



3sen2 x cos x cos x − cos 3x Al calcular este determinante se tiene W [y1 , y2 ] = sen3 x (cos x − cos 3x) − 3sen2 x cos x (sen x − 31 sen 3x ) = sen3 x cos x − sen3 x cos 3x − 3sen3 x cos x + sen2 x cos x sen 3x = −2sen3 x cos x + sen2 x (−sen x cos 3x + cos x sen 3x) = −sen2 x sen 2x + sen2 x sen 2x = 0 Se concluye que {y1 , y2 } son linealmente dependientes en ζ(I), y no son base del espacio soluci´ on de la ecuaci´on dada. F´ ormula de Abel Sirve para conocer una segunda soluci´on de una ecuaci´on diferencial homog´enea de segundo orden, siempre que sea dada una soluci´on. Teorema 18.5 Sean y1 , y2 , · · · , yn soluciones sobre I de y (n) + pn−1 (x)y (n−1) + · · · + p0 (x) y = 0 entonces W [y1 , y2 , · · · , yn ] = C e−

R

pn−1 (x) dx

Section 18: Ecuaciones Homog´eneas

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Corolario 18.6 Si y1 6= 0 es soluci´ on de la ecuaci´ on y 00 + p1 (x) y 0 + p0 (x) y = 0 entonces Z y2 (x) = y1 (x) ·

R

e− p1 (x) dx dx (y1 (x))2

Demostraci´ on Seg´ un la f´ormula de Abel se debe cumplir que W [y1 , y2 ] = C e−

R

p1 (x) dx

lo cual significa que

R

y 1 y2 − p1 (x) dx

y1 ‘ y2 0 = C e al calcular el determinante, y1 y2 0 − y2 y1 0 = C e−

R

p1 (x) dx

la ecuaci´on la escribimos en diferenciales para y2 y1

R dy2 − y1 0 y2 = C e− p1 (x) dx , dx

Un arreglo dy2 − dx



y1 0 y1

 y2 =

¡Lineal!

C − R p1 (x) dx e y1

Por la f´ormula de la lineal, la soluci´on tiene la forma Z  C − R p1 (x) dx y2 = y 1 e dx + K y12 O bien, Z y 2 = C y1

1 − R p1 (x) dx e dx + K y1 y12

para K = 0, C = 1, se tiene Z y2 = y1

1 − R p1 (x) dx dx e y12

es una soluci´on particular. Ejemplo 61 Se sabe que y1 = e2x es soluci´ on de y 00 − 4y 0 + 4y = 0. Una segunda soluci´ on se obtiene de Z 1 R 4 dx y2 = e2x e dx = x e2x e4x Es sencillo verificar que y1 con y2 son L.I. (el cociente de ellas no es constante). Por tanto, la soluci´on general es y = C1 e2x + C2 x e2x

Section 19: Ecuaci´ on Homog´enea con coeficientes constantes

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19. Ecuaci´ on Homog´ enea con coeficientes constantes Esta ecuaci´on es de la forma L[y] = (Dn + pn−1 Dn−1 + · · · + p0 ) y = 0 con los pi constantes. Proposici´ on 19.1 Si L1 , L2 , · · · , Ln son operadores diferenciales lineales con coeficientes constantes, entonces el espacio nulo de cada uno de ellos est´ a incluido en el espacio nulo de su producto. Demostraci´ on

Por demostrar que Li [y] = 0 =⇒ (L1 , L2 , · · · , Ln )[y] = 0. (L1 , L2 , · · · , Ln )[y] = (L1 , L2 , · · · , Li−1 , Li+1 , · · · Ln , Li )[y] = (L1 , L2 , · · · , Li−1 , Li+1 , · · · Ln )(Li [y]) = (L1 , L2 , · · · , Li−1 , Li+1 , · · · Ln )[0] = 0

Ejemplo 62 La ecuaci´ on en operadores (D2 − 4)y = 0, se puede expresar como producto de operadores (D2 − 4)y = (D − 2)(D + 2)y El espacio nulo de los operadores L1 = D − 2,

L2 = D + 2

est´ a formado por las funciones y1 = e2x ,

y2 = e−2x

de esta forma, el espacio nulo del producto D2 −4) lo est´ a por {e2x , e−2x }, y dado que estas funciones son L.I, entonces son base del espacio soluci´ on de la ecuaci´ on diferencial. Por tanto, y = C1 e2x + C2 e−2x es la soluci´ on general. ¡

Atenci´ on, atenci´on, atenci´on !

Se observa, de este ejemplo, que el problema de resolver una ecuaci´on diferencial homog´enea de la forma (Dn + pn−1 Dn−1 + · · · + p0 ) y = 0 con pi constantes, est´a resuelto si se descompone (seg´ un proposici´on anterior) el operador dado en factores lineales y cuadr´aticos. Los factores lineales est´an determinados por las ra´ıces reales de la llamada Ecuaci´ on caracter´ıstica K n + pn−1 K n−1 + · · · + p0 = 0 y los factores cuadr´aticos por las ra´ıces complejas de esta ecuaci´on. Se tiene as´ı, que para factores lineales y cuadr´aticos diferentes, las soluciones son de la forma y = ekx . El u ´nico problema se presenta para los factores lineales del tipo (D−α)m correspondiente a

Section 19: Ecuaci´ on Homog´enea con coeficientes constantes

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la ra´ız α de multiplicidad m, y para los factores de la forma (D2 −2aD+(a2 +b2 ))m correspondientes al par de ra´ıces complejas a ± b i. Afortunadamente, ¡siempre! la bendita matem´atica, tiene algo que aportarnos, un truquito aqu´ı, otro m´as all´a. En este caso un teorema que resuelve el problema.

Teorema 19.2 Si y(x) pertenece al espacio nulo de un operador diferencial lineal L con coeficientes constantes, entonces xm−1 y(x) pertenece al espacio nulo de Lm No vale la pena que te haga la demostraci´on, pero si te puedo decir que, la consecuencia m´ as importante de este resultado es que se puede afirmar que el espacio nulo del operador (D − α)m contiene las funciones eαx , x eαx , x2 eαx , · · · , xm−1 eαx y que el espacio nulo del operador (D2 − 2aD + (a2 + b2 ))m ) contiene a las funciones eax sen bx, x eax sen bx, · · · , xm−1 eax sen bx, eax cos bx, x eax cos bx, · · · , xm−1 eax cos bx, y es con tales funciones con las que se construye la soluci´on general de TODA ecuaci´on diferencial lineal homog´enea de coeficientes constantes. Ejemplo 63 Resolver la ecuaci´ on y 00 − 3y 0 + 2y = 0 equivale a resolver la ecuaci´ on en operadores 2 (D − 3D + 2)y = 0. De esto, se tiene que (D2 − 3D + 2)y = (D − 1)(D − 2)y = 0 de lo cual

(D − 1)y = 0 =⇒ y1 = ex (D − 2)y = 0 =⇒ y1 = e2x

concluy´endose que la soluci´ on general es y = C1 ex + C2 e2x Ejemplo 64 Resolver la ecuaci´ on y 000 − y 0 = 0 equivale a resolver la ecuaci´ on en operadores 3 (D − D)y = 0. De donde, (D3 − D)y = D (D + 1)(D − 1)y = 0 de lo cual Dy = 0 =⇒ y1 = C (D + 1)y = 0 =⇒ y1 = e−x (D − 1)y = 0 =⇒ y1 = ex Luego, la soluci´ on general es y = C1 + C2 e−x + C3 ex

Section 19: Ecuaci´ on Homog´enea con coeficientes constantes

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Ejemplo 65 Resolver la ecuaci´ on y 00 + 4y 0 + 5y = 0 equivale a resolver la ecuaci´ on en operadores 2 2 (D + 4D + 5)y = 0. De donde, b − 4ac = 16 − 20 < 0 indica que estamos en presencia de un operador irreductible en IR. Le hacemos un “cara a cara” a los complejos mediante la ecuaci´ on caracter´ıstica k 2 + 4k + 5 = 0 =⇒ k = −2 ± i Usando la consecuencia del teorema 4 tenemos que la soluci´ on general es y = C1 e−2x sen x + C2 e−2x cos x Dado que siempre existen aquellos seres medios “incr´edulos”, y que desconf´ıan de los teoremas, por que piensan que son un invento m´as de los matem´aticos, a ellos les muestro que se puede llegar al mismo resultado por un camino similar al empleado en los ejemplos anteriores. Miren bien k 2 + 4k + 5 = 0 =⇒ k = −2 ± i con esto

(D + 2 − i)y = 0 =⇒ y1 = e(−2+i)x (D + 2 + i)y = 0 =⇒ y2 = e(−2−i)x

La soluci´on general es y = C1 eix + C2 e−ix




e−2x

Seg´ un Euler eix = cos x + i sen x,

e−ix == cos x − i sen x

por tanto, la soluci´on general equivale a y = [ ( C1 + C2 ) cos x+( C1 − C2 ) i sen x ] e−2x Ahora se eligen las constantes, adecuadamente A − Bi A + Bi C1 = , C2 = , A y B reales 2 2 con ello, C1 + C2 = A, i (C1 − C2 ) = B Reemplazando en la soluci´on general, ella toma la forma y = ( A cos x + B sen x ) e−2x que es semejante a la hallado directamente, ¡t´ u eliges, la libertad es tuya Ok! Ejemplo 66 Hallar una ecuaci´ on diferencial lineal de coeficientes constantes que tenga como soluciones a e2x y a x e−3x . De las hip´otesis se tiene L[e2x ] = 0,

L[x e3x ] = 0

Aprovecho de comunicarte, decirte o informarte, que un operador que hace esto se llama Aniquilador, algo as´ı como “Terminator”. Seguimos. L[e2x ] = 0 =⇒ L = D − 2,

L[x e3x ] = 0 =⇒ L = (D + 3)2

¡estamos listos!, la ecuaci´on pedida es (D − 2)(D + 3)2 y = 0

Section 20: Ecuaci´ on de Euler

78

20. Ecuaci´ on de Euler Las ecuaciones de la forma: 1. a0 xn y (n ) + a1 xn−1 y (n−1 ) + · · · + an−1 x y 0 + an y = 0 2. a0 (ax + b)n y (n ) + a1 (ax + b)n−1 y (n−1 ) + · · · + an−1 (ax + b) y 0 + an y = 0 con ai , a y b constantes, se llaman Ecuaciones de Euler. La segunda de ellas se reduce a la primera mediante la sustituci´on ax + b = z. Forma de Resolverlas La primera forma se reduce a lineal homog´enea con coeficientes constantes mediante la sustituci´on x = et , o bien, y = xk . Hay dos alternativas, que te haga la demostraci´on o que, a trav´es de un par de ejemplos, veas como se traduce una ecuaci´on de Euler a homog´enea. Me imagino tu elecci´on, y esta vez estoy de acuerdo contigo. Como dijo el Dermat´ologo vayamos al “grano”. Ejemplo 67 Resolvemos la ecuaci´ on x2 y 00 + 25 xy 0 − y = 0 Esta ecuaci´on es del tipo Euler, nuestra tarea es cambiarle de “morena” a “rubia“, haciendo y = xk , de lo cual y = xk =⇒ y 0 = k xk−1 =⇒ y 00 = k(k − 1) xk−2 al reemplazar en la ecuaci´on original tenemos x2 k(k − 1)xk−2 +

5 xk xk−1 − xk = 0 2

que al simplificar y reunir elementos semejantes tiene la forma 1 2k 2 + 3k − 2 = 0 ⇐⇒ (k − )(k + 2) = 0 2 hallando que, k = 12 , k = −2. Por tanto, la soluci´on general es 1

y = C1 x 2 + C2 x−2 Tarea 1

Resolver x2 y 00 − xy 0 + y = 0. Tu respuesta debe ser y = C1 x + C2 x ln x

Tarea 2(Optativa) Si te interesa, puedes ver que con x = et se llega a los mismos resultados, quiz´as con un poco m´as de trabajo.

Section 21: Ecuaciones Diferenciales Lineales No Homog´eneas

79

21. Ecuaciones Diferenciales Lineales No Homog´ eneas Una ecuaci´on diferencial lineal de la forma L[y] = f (x) se llama no homog´ enea Proposici´ on 21.1 Si y es una soluci´ on de la ecuaci´ on no homog´enea L[y] = f (x) y si y1 es una soluci´ on de la ecuaci´ on homog´enea L[y] = 0 entonces y + y1 es soluci´ on de la ecuaci´ on no homog´enea L[y] = f (x) Demostraci´ on

Hay que probar que L[y + y1 ] = f (x). En efecto, L[y + y1 ] = L[y] + L[y1 ] = f (x) = f (x) + 0 = f (x)

Teorema 21.2 Cualquier soluci´ on en [a, b] de la ecuaci´ on L[y] = f (x) con coeficientes pi (x) continuamos y f continua, es igual a la suma de la soluci´ on general

n X

Ci yi

i=1

de la ecuaci´ on homog´enea asociada y de cualquier soluci´ on particular y de la ecuaci´ on no homog´enea. Demostraci´ on

Hay que demostrar que y=y+

n X

Ci yi

i=1

En primer lugar, verifiquemos que y es soluci´on de la ecuaci´on diferencial. L[y] = L[y +

n X

n X Ci yi ] = L[y] + L[ Ci yi ]

i=1

= L[y] +

i=1

n X

Ci L[yi ]

i=1

= f (x) +

Pn

i=1 Ci

· 0 = f (x)

Section 21: Ecuaciones Diferenciales Lineales No Homog´eneas

80

En consecuencia, y es soluci´on. Si z fuera otra soluci´on de L[y] = f (x), entonces L[z − y] = L[z] − L[y] = 0 de manera que, z −y es soluci´on de la ecuaci´on homog´enea L[y] = 0. Por tanto, ella puede escribirse como combinaci´on l´ıneal de la yi . Es decir, z−y =

n X

bi y i

1

de donde z=y+

n X

bi y i

1

y dado que, la soluci´on con condici´on inicial es u ´nica, entonces y=y+

n X

bi y i

1

Este teorema nos est´a diciendo que para determinar la soluci´on de una ecuaci´on diferencial lineal homog´enea de orden n L[y] = f (x) es suficiente: 1. Hallar la soluci´on general de L[y] = 0 2. Hallar una y que satisfaga L[y] = f (x) Con esto se tiene que la soluci´on general es y=y+

n X

Ci yi

1

Un m´etodo sencillo para hallar y se conoce con el nombre de coeficientes indeterminados, que funciona cuando f (x) tiene la forma x2 , eax , xn eax , sen bx, cos bx, xn eax cos bx, n eax sen bx · · · , o cualquier combinaci´on de estas formas. La idea es determinar un operador L1 con coeficientes reales tales que L1 [f ] = 0 El operador L1 de orden m´ınimo con coeficientes reales y constantes tal que L1 [f ] = 0 se denomina aniquilador de f . Se tiene as´ı que toda soluci´on de L[y] = f (x) es tambien soluci´on de la ecuaci´on homog´enea L1 [L[y]] = 0, de donde, determinando las constantes apropiadas podemos obtener una soluci´ on particular de L[y] = f (x).

Section 21: Ecuaciones Diferenciales Lineales No Homog´eneas

81

Ejemplo 68 Resolver la ecuaci´ on diferencial (D2 + 1)y = 3x2 + 4 Claramente, la ecuaci´on diferencial es lineal no homog´enea. El operador L = D3 “aniquila” f (x) (Humbertito sac´o la primera derivada de 3x2 y le di´o 6x, la segunda 6 y la tercera 0). Luego un soluci´on particular de la ecuaci´on diferencial dada puede hallarse entre las soluciones de la ecuaci´on homog´enea. D3 (D2 + 1)y = 0 Tenemos ahora una ecuaci´on homog´enea, que sabemos trabajar. Su soluci´on es y = C1 + C2 x + C3 x2 + C2 sen x + C5 cos x

(20)

Luego, ´esta y con la determinaci´on adecuada de las Ci es la candidata a soluci´ on particular (Volvemos luego por ella). Por otra parte, resolviendo la ecuaci´on homog´enea (D2 + 1)y = 0 se encuentra que, su soluci´on general es y = C4 sen x + C5 cos x

(21)

Al comparar ambas ecuaciones, vemos que y est´a contenida en y. Por tanto, al reemplazar y en la ecuaci´on dada, no es necesario considerar la soluci´on y pues se anulan. De esta manera, interesa reemplazar en la ecuaci´on diferencial dada y − y. Se tiene (D2 + 1)(y) = (D2 + 1)(C1 + C2 x + C3 x2 + C2 sen x + C5 cos x) = 3x2 + 4 al igualar coeficientes se llega a establecer el sistema C1 + 2C3 = 4 C2 = 0 =⇒ C1 = −2, C3 = 3

C2 = 0,

C3 = 3

Luego, la soluci´on particular buscada es y = 3x2 − 2 En consecuencia la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial dada es y = C4 sen x + C5 cos x + 3x2 − 2 Ejemplo 69 Determianr un operador lineal con coeficientes constantes que aniquile el segundo miembro de la ecuaci´ on (D2 + 1)(D − 1)y = ex + 2 − 7x sen x

Section 22: M´etodo de variaci´ on de par´ ametros

82

Si llamamos L al aniquilador, entonces empezamos a razonar, primero, que debe aniquilar ex . Siendo as´ı, debe estar presnete factor (D − 1). En segundo lugar, para “despacharse” al 2, es suficiente con el factor D. Finalmente, para “echarse” 7x sen x tiene que ser cuadr´atico, esto es, (D2 + 1)2 . Por tanto, el “Terminator” de las derivadas es L = (D − 1)(D2 + 1)2 D Con la gente que a uno le cae bien, siempre hay buena onda, eso me pasa contigo, te regalo una tabla de aniquiladores, con ella ser´as un “sheriff” del Clculo. FUNCION y = xm−1 xm−1 eα x xm−1 cos β xm−1 sen β m−1 x eα x cos β xm−1 eα x sen β

ANIQUILADOR Dm (D − α)m (D2 + β 2 )m (D2 + β 2 )m 2 (D − 2α D + (α2 + β 2 ))m (D2 − 2α D + (α2 + β 2 ))m

22. M´ etodo de variaci´ on de par´ ametros Si creiste que los aniquiladores lo eran todo, ¡te equivocaste!, hay algunos casos, en loc cuales falla, como por ejemplo, con la ecuaci´on y 00 + y = tg x Al igual que en pel´ıcula “ Duro de matar”, no hay como darle a la tangente para aniquilarla. Pero, como siempre, hay un m´etodo alternativo para resolver este problema, y es el ideado por Bernouill´ı, que llam´o “Variaci´ on de Par´ ametros”. Se basa en la suposici´on de que la soluci´on particular es obtenida de la parte complementaria de la soluci´on sustituyendo las constantes arbitrarias por funciones apropiadas de x. El m´etodo es como sigue: Se considera la ecuaci´on diferencial lineal no homog´enea y (n) + pn−1 (x)y (n−1) + · · · + p0 (x) = h(x)

(22)

Suponemos que los par´ametros c1 , c2 , · · · , Cn que intervienen en la soluci´on de la ecuaci´ on homog´enea asociada con (3) est´en en funciones de x. Esto es, yH = C1 y1 + C2 y2 + · · · + Cn yn Todo esto se hace con la esperanza de encontrar una soluci´on particular yp de la ecuaci´ on (3) de la forma Y p = C1 (x) y1 + C2 (x) y2 + · · · + Cn (x) yn

Section 22: M´etodo de variaci´ on de par´ ametros

83

Para lograr esto, se imponen las siguientes condiciones a las Ci (x): C1 0 (x) y1 + C2 0 (x) y2 + · · · + Cn 0 (x) yn C1 0 (x) y1 0 + C2 0 (x) y2 0 + · · · + Cn 0 (x) yn 0 (n−2)

(n−2)

(n−2)

= 0 = 0 .. .

= 0 + · · · + Cn 0 (x) yn + C2 0 (x) y2 C1 0 (x) y1 (n−1) (n−1) (n−1) 0 0 0 = h(x) + · · · + Cn (x) yn + C2 (x) y2 C1 (x) y1 En este sistema hay que determinar las Ci . El determinante del este sistema es el Wronkiano W [y1 , y2 , · · · , yn ]. Si denotamos por Vk (x) el determinante obtenido de W [y1 , y2 , · · · , yn ], entonces al reemplazar la k - ´esima columna por (0, 0, 0, · · · , 1), la Regla de Cramer afirma que Ck 0 (x) = Luego, yp =

n X

Vk (x) h(x) W [y1 , y2 , · · · , yn ]

Ck (x) yk (x) =

k=1

n X

Z

x

yk (x)

k=1

x0

h(t) Vk (t) dt W (t)

Es probable que no te haya llamado mucho la atenci´on este m´etodo, ya que lo encuentras medio enredado. ¡Sale y vale!, estoy de acuerdo, pero veamos como funciona en ”vivo y en directo”. Ejemplo 70 Resolver por m´etodo de variaci´ on de par´ ametros la ecuaci´ on y 00 − y = ex ¡Manos a la obra!. La ecuaci´on, en operadores, equivale a (D2 − 1) y = 0 ⇐⇒ yH = C1 ex + C2 e−x Buscamos la soluci´on particular en la forma yp = C1 (x) ex + C2 (x) e−x ¡Exigimos, demandamos, imponemos! que C1 0 (x) ex + C2 0 (x) e−x = 0 C1 0 (x) ex − C2 0 (x) e−x = ex Al sumar, se obtiene 1 x =⇒ C1 (x) = + C1 2 2 Si reemplazas este C1 en cualquiera de las dos ecuaciones tienes que C1 0 (x) =

1 1 C2 0 (x) = − e2x =⇒ C2 (x) = − e2x + C2 2 4 Estamos “casi” listos yp =

x 2

+ C1





1 e + C2 − e2x 4 x



e−x

Section 22: M´etodo de variaci´ on de par´ ametros

84

Ojo, que la C1 y la C2 son constantes, pero constantes de verdad, no confundas con C1 (x) y C2 (x). Si tienes la gentileza de hacer un par de c´alculos, y teniendo presente que dentro de la soluci´ on yp se encuentra la yH , llegas a x 1 yp = ex − ex 2 4 Ahora viene el golpe de gracia y = yp + yH =

x x 1 x e − e + C1 ex + k2 e−x 2 4

Ejemplo 71 Resolvemos por variaci´ on de par´ ametros la ecuaci´ on y 000 + 3y 00 + 2y 0 = −e−x Pasamos la homog´enea a operadores para tener clara la pel´ıcula (D3 + 3D2 + 2D) y = 0 ⇐⇒ D (D + 1)(D + 2) y = 0 de esto, yH = C1 + C2 e−x + C3 e−2x de modo que, yp = C1 (x) + C2 (x) e−x + C3 (x) e−2x Ahora vienen las exigencias C1 0 (x) + C2 0 (x) e−x + C3 0 (x) e−2x = 0 0 − C2 0 (x) e−x − 2C3 0 (x) e−2x = 0 0 + C2 0 (x) e−x + 4C3 0 (x) e−2x = −e−x Al sumar la segunda con la tercera de estas ecuaciones se tiene 1 2 C3 0 (x) e−2x = −e−x =⇒ C3 0 (x) = − ex + C3 2 con esto nos vamos a la tercera ecuaci´on para obtener que, 1 C3 0 (x) = − ex + C3 =⇒ C2 0 (x) = 1 =⇒ C2 (x) = x + C2 2 Ponemos todo en la primera ecuaci´on, despu´es de algunos c´alculo algebraicos que ense˜ nan en el Kinder, tenemos que, 1 C1 0 (x) = ex + C1 2 Vamos a la yp a reemplazar. yp =

1 x 1 e + C1 + (x + C2 ) e−x + (C3 − ex ) e−2x 2 2

Sin olvidar que dentro de ´esta se encuentra la yH , nos queda yp = x e−x

Section 22: M´etodo de variaci´ on de par´ ametros

85

En consecuencia, y = C1 + C2 e−x + C3 e−2x + x e−x Ejemplo 3

Resolvermos xy 00 + y 0 = x por variaci´on de par´ametros.

Ya te sabes el camino. Primero nos vemos las caras con la ecuaci´on xy 00 + y 0 = 0 La alternativa para hallar su soluci´on es y 0 = p =⇒ y 00 = p 0 =⇒ x p 0 + p = 0 Al separar variables e integrar se encuentra que p=

C1 C1 =⇒ y 0 = =⇒ y = C1 ln x + C2 x x

Esto significa que yH = C1 ln x + C2 Buscamos a continuaci´on la soluci´on de la ecuaci´on no homog´enea, en la forma y = C1 (x) ln x + C2 (x) por el m´etodo de variaci´on de par´ametros, haciendo la exigencia acostumbrada. C 01 (x) ln x + C 02 (x) C 01 (x) ·

= 0

1 + C 02 (x) · 0 = x x

Nos vamos de cabeza a la segunda ecuaci´on C 01 (x) ·

1 x3 = x =⇒ C1 (x) = + C1 x 3

Con esto en la primera ecuaci´on C 02 (x) = −C 01 (x) ln x =⇒ C 02 (x) = −x2 ln x =⇒ C2 (x) = − En consecuencia,  y=

x3 + C1 3

 ln x +

x3 x3 − ln x + C2 9 3

al simplificar y = C1 ln x + Se debe tener en cuenta que yp =

x3 9

x3 + C2 9

x3 x3 ln x + + C2 3 9

Section 23: Sistemas de Ecuaciones

86

23. Sistemas de Ecuaciones Trataremos sistemas de primer orden, especialmente lineales, y algunos ejemplos de orden superior. Lo primero es recordar que, toda ecuaci´on diferencial de orden n de la forma y (n) = f (x, y, y 0 , y 00 , · · · , y (n−1) es equivalente a un sistema de n ecuaciones  y =    0  y =  1   0  y   2 = .. .   0  y =  n−1       0 yn =

de primer orden y1 y2 y3 yn f (x, y1 , y2 , y3 , · · · , yn )

Ejemplo 72 Escribir como un sistema la ecuaci´ on y 000 − 2y 00 + y 0 = x2 Miramos bien, y escribimos y = y1 , y 01 = y2 , y 02 = y3 , y 03 = x2 + 2y3 − y2 Esto permite escribir como sistema  y    0 y1 y0    20 y3 O bien

= = = =

y1 y2 y3 x2 + 2y3 − y2

 0       y1 0 1 0 y1 0 y2  = 0 0 1 · y2  + 0  y3 0 −1 2 y3 x2

Por otra parte, un sistema m´as general de n ecuaciones diferenciales de primer orden  dx1   = f1 (t, x1 , x2 , · · · , xn )   dt         dx2 = f (t, x , x , · · · , x ) 2 1 2 n dt     ..    .    dx  n  = fn (t, x1 , x2 , · · · , xn ) dt

(23)

Section 23: Sistemas de Ecuaciones

87

que satisface las condiciones iniciales xi (t0 ) = xi0 , i = 1, 2, · · · , n, en forma vectorial se escribe ~ dX ~ = F (t, X), dt

~ 0) = X ~ 0 = (x10 , x20 , · · · , xn0 ) X(t

(24)

Con esta notaci´on es sencillo ver que las condiciones suficientes para existencia y unicidad de la soluci´on de este sistema, con las condiciones iniciales dadas son: 1. Continuidad de las funciones fi en una vecindad de las condiciones iniciales 2. Cumplimiento de la condici´on de Lipschitz para cada fi en todos sus argumentos a partir del ∂fi segundo, o en su defecto, existencia de las derivadas parciales acotadas. ∂xj La soluci´on ~ X(t) = {x1 (t), x2 (t), · · · , xn (t)} del sistema (1) determina en el espacio euclidiano de coordenadas t, x1 , x2 , · · · , xn una curva llamada curva integral, y en el espacio euclidiano de coordenadas x1 , x2 , · · · , xn determina la ley de movimiento de cierta trayectoria seg´ un la variaci´on del par´ametro t, el cual, casi siempre, cor~ dX responde al tiempo. De esta forma, la derivada ser´a la velocidad de movimiento del punto dt ~ y dx1 , dx2 , , · · · , dxn las coordenadas de la velocidad de este punto. bajo esta interpretaci´ X, on dt dt dt el sistema (1) se llama din´ amico, el espacio de coordenadas x1 , x2 , · · · , xn se llama espacio de ~ ~ fases, y la curva X = X(t) se llama trayectoria de fase. Un sistema tal como (2) se llama aut´ onomo si F no depende de t, y no aut´ onomo en caso contrario. Ejemplo 73 Dado el sistema siguiente, averiguar si es aut´ onomo, escribirlo en notaci´ on vectorial y tambi´en como ecuaci´ on diferencial, y hallar su soluci´ on general.  dx     dt = y     dy = −x dt No hay duda que es aut´onomo, no se ve t por ninguna parte. En notaci´on vectorial queda   0 1 ~ ~ ~ = (x, y) X= X, X −1 0 Para escribirlo como ecuaci´on diferencial, x 0 = y implica x 00 = y 0 . Pero, y 0 = −x, luego, x 00 + x = 0 Ahora que lo tenemos en forma de ecuaci´on podemos escribirlo en operadores (D2 + 1) x = 0 =⇒ x(t) = C1 cos t + C2 sen t

Section 24: M´etodo de resoluci´ on de sistemas

88

La soluci´on x(t) se puede mejorar si consideramos, C1 = cos C2 y C2 = sen C2 . Se tiene x(t) = C1 cos(t − C2 ) de esto, y(t) = −C1 sen(t − C2 ) con lo cual la soluci´on general del sistema es  x(t) = C1 cos(t − C2 ) 

y(t) = −C1 sen(t − C2 )

Al elevar al cuadrado y sumar se obtiene en el plano de fase xy la familia de c´ırculos conc´entricos x2 + y 2 = C12 Una vez m´as, es interesante recalcar que las trayectorias no se cortan, en virtud de que el segundo miembro del sistema satisface las condiciones del teorema de existencia u ´nica. Cuando C1 = 0, la trayectoria de fases se compone de un punto, el (0, 0), llamado punto de reposo del sistema.

24. M´ etodo de resoluci´ on de sistemas Te mostrar´e varios, con ello te har´as una y usar´as el que mejor se acomode a “tu estilo”.

24.1. Por integraci´ on El m´etodo consiste en que, dado el sistema  dx1   = f1 (t, x1 , x2 , · · · , xn )   dt         dx2 = f (t, x , x , · · · , x ) 2 1 2 n dt     ..    .      dxn = fn (t, x1 , x2 , · · · , xn ) dt se debe hallar la ecuaci´on diferencial equivalente mediante operaciones de derivaci´on, que es lo que se te mostr´o en el ejemplo anterior. •

Ejemplo 74 Resolvemos el sistema siguiente (x indica derivada respecto de t) (• x = y • y = x

Section 24: M´etodo de resoluci´ on de sistemas

89

Como punto de partida consideremos la segunda ecuaci´on •

y= x

=⇒

••

•

y = x =⇒

••

y −y = 0

El operadores (D2 − 1) y = 0 =⇒ y = C1 et + C2 e−t Para hallar x derivamos esta u ´ltima ecuaci´on •

y = C1 et + C2 e−t =⇒y = x = C1 et − C2 e−t en consecuencia,  x = C1 et − C2 e−t 

y = C1 et + C2 e−t

es la famila de soluciones. Ejemplo 75 Resolvemos el sistema (• x = 3x − 2y • y = 2x − y El punto de parida que elegimos es el siguiente: d2 y dx dy dy = 2x − y =⇒ 2 = 2 − dt dt dt dt hacemos los reemplazos pertinentes para tener d2 y dt2

= 2(3x − 2y) − (2x − y) = 4x − 3y = 4·

1 2



y+

dy dt



− 3y

= 2 dy dt − y Escribiendo en operadores esta ecuaci´on, (D2 − 2D + 1) y = 0 ⇐⇒ (D − 1)2 y = 0 de donde, y = C1 et + C2 t et Ahora vamos con esto a reemplazar en la segunda ecuaci´on del sistema original.  
1 dy 1 x= y+ =⇒ x = C1 et + C2 t et + C1 et + C2 et + C1 et + C2 t et 2 dt 2

Section 24: M´etodo de resoluci´ on de sistemas

de donde x=

90

1 t e (2C1 + C2 + 2C2 t) 2

En consecuencia, la familia soluci´on es x =

1 t e (2C1 + C2 + 2C2 t) 2

y = (C1 + t C2 ) et

24.2. Por Combinaciones Integrables Por lo general, la integraci´on de un sistema dxi = fi (t, x1 , x2 , · · · , xn ) dt

(25)

se realiza escogiendo las llamadas combinaciones integrables. Definici´ on 24.1 Se llama combinaci´ on integrable a una ecuaci´ on diferencial que es consecuencia de las ecuaciones (3) (que se integra con facilidad), y que es de la forma dφ(t, x1 , x2 , · · · , xn ) = 0 O reducible a una ecuaci´ on integrable Ejemplo 76 Resolvemos    dx dt dy   dt

= y = x

Al sumar miembro a miembro se halla la combinaci´on integrable dx dy + =x+y dt dt lo cual equivale a d(x + y) d (x + y) = x + y =⇒ = dt dt (x + y) Al tener las variables separadas, s´olo resta integrar ln(x + y) = t − ln C1 =⇒ x + y = C1 et

Section 24: M´etodo de resoluci´ on de sistemas

91

24.3. Valores propios El m´etodo m´as adecuado para resolver sistemas lineales con coeficientes constantes de la forma ~ dX ~ = AX dt para una matriz A con n valores propios distintos es el llamado m´etodo de los valores propios, que a continuaci´on detallamos. Este m´etodo tiene su origen en el intento de resolver ecuaciones con operadores de la forma A ~x = λ ~x

(26)

en donde A es una transformaci´on lineal, λ un escalar, y ~x un vector. Definici´ on 24.2 Los valores de λ para los cuales la ecuaci´ on (4) tiene soluciones distintas de cero se llaman valores propios de A, y para cada valor propio λ0 , los vectores ~x no nulos que satisfacen la ecuaci´ on A ~x = λ0 ~x se llaman vectores propios de A, asociados a λ0 . Teorema 24.3 Cualquier conjunto de vectores propios pertenecientes a distintos valores propios de una transformaci´ on lineal es linealmente independiente.

C´alculo de los valores propios La ecuaci´on A ~x = λ ~x se puede escribir (A − λ I) ~x = 0 siendo I la transformaci´on identidad. Se considera la representaci´on matricial, en la base que se eliga, de A siguiente   α11 · · · α1n   .. A=  . αn1 · · · αnn Con esto, es posible escribir la expresi´on matricial  α11 − λ α12 ···  α21 α − λ · ·· 22  A − λI =  . . .. ..  .. . αn1 ··· ···

α1n α2n αnn − λ

    

Section 24: M´etodo de resoluci´ on de sistemas

92

Los valores propios de A se calculan resolviendo la

α11 − λ α12 ···

α21 α22 − λ · · ·

.. .. ..

. . .

αn1 ··· ···

ecuaci´on de determinante

α1n

α2n

=0

αnn − λ

El polinomio que aparece al resolver este deternminante se llama polinomio caracter´ıstico de la transformaci´on lineal A, y la ecuaci´on misma se llama ecuaci´ on caracter´ıstica Teorema 24.4 Para el valor propio real λ de A, y cada vector propio Eλ correspondiente a λ, la funci´ on ~xλ = Eλ eλt (27) d~x es una soluci´ on de la ecuaci´ on = A ~x. Adem´ as, las soluciones construidas de esta forma con dt valores propios distintos son linealmente independientes. Demostraci´ on 1)

Por demostrar que ~xλ es soluci´on. Si Eλ es el vector propio asociado a λ, entonces A Eλ = λ Eλ

(28)

Por otro lado, ~xλ = Eλ eλt =⇒ A ~xλ = A Eλ eλt usando la ecuaci´on (5) tenemos A ~xλ = λ Eλ eλt =⇒ A ~xλ = λ ~xλ Adem´as, ~xλ = Eλ eλt =⇒ =⇒ =⇒

d~x = λ Eλ eλt dt d~x = λ ~xλ dt d~x = A ~xλ dt

lo cual prueba que es soluci´on 2) Por demostrar que es L.I. Sean λ1 , λ2 , · · · , λk valores propios distintos de A, con vectores propios asociados Eλ1 , Eλ2 , · · · , Eλk respectivamente, y supongamos que C1 Eλ1 eλ1 t + C2 Eλ2 eλ2 t + · · · + Ck Eλk eλk t = 0 Para t = 0 se tiene C1 Eλ1 + C2 Eλ2 + · · · + Ck Eλk = 0

Section 24: M´etodo de resoluci´ on de sistemas

93

como los Eλi son, por hip´otesis, L.I, entonces Ci = 0 para todo i = 1, 2, · · · , k. Se tiene as´ı, que la familia {Eλi eλi t }, con i = 1, 2, · · · , k es linealmente independiente. Super - corolario Si A tiene n valores propios reales distintos λ1 , λ2 , · · · , λn , y si Eλ1 , Eλ2 , · · · , Eλn son sus vectores propios asociados a cada uno de ellos, entonces la soluci´on general del sistema d~x = A ~x dt viene dada por ~x(t) = C1 Eλ1 eλ1 t + C2 Eλ2 eλ2 t + · · · + Cn Eλn eλn t = 0 con Ci constantes arbitrarias. Ejemplo 77 El sistema

escrito matricialmente tiene la forma 

 dx1     dt

= x1 + 3x2

    dx2 dt

= x1 − x2

x1 x2

0

 =

   x1 1 3 · x2 1 −1

Para tener la ecuaci´on caracter´ıstica formamos el determinante

1 − λ 3

=0

1 −1 − λ del cual obtenemos λ1 = 2,

λ2 = −2

tenemos entonces, valores propios distintos. Sus vectores propios asociados son:      1 3 x1 x1 λ = 2 =⇒ =2 1 −1 x2 x2 lo que equivale a resolver el sistema  x1 + 3x2 = 2x1 =⇒ x1 = 3x2 x1 − x2 = 2x2 considerando x1 = 3, entonces x2 = 1, con lo cual, el vector propio asociado es   3 E2 = 1 Con un poco de paciencia, debieras poder calcular E−2 y tener que   1 E2 = −1

Section 24: M´etodo de resoluci´ on de sistemas

94

Con esto tenemos la soluci´on general ~x(t) = C1 E2 e2t + C2 E−2 e−2t lo que equivale a     1 3 2t e−2t e + C2 ~x(t) = C1 −1 1 O bien,  ~x(t) =

3C1 e2t + C2 e−2t C1 e2t − C2 e−2t



Teorema 24.5 Si λ0 es un valor propio real de multiplicidad k, es decir, (λ − λ0 )k es un factor de la ecuaci´ on caracter´ıstica, y si Eλ0 es el vector propio para λ0 , entonces Eλ0 eλ0 t , Eλ0 t eλ0 t , · · · , Eλ0 tk−1 eλ0 t son soluciones linealmente independientes del sistema

d~x = A ~x dt

Teorema 24.6 Sea A matriz n × n real, y supongamos que Eλ es un vector propio correspondiente al valor propio complejo λ = a + i b de A, entonces Eλ eλ t , son soluciones del sistema

E λ eλ t

d~x = A ~x dt

Eλ + E λ i (Eλ − E λ ) Teorema 24.7 Sean Gλ = y Hλ = vectores propios reales. Si λ = a + i b es 2 2 un valor propio complejo para la matriz real A de orden n × n, y si Eλ es un vector propio asociado a λ, entonces las funciones ~x1 (t) = eat (Gλ cos bt + Hλ sen bt) ~x2 (t) = eat (Hλ cos bt − Gλ sen bt) son soluciones linealmente independientes del sistema

d~x = A ~x. dt

Ejemplo 78 El sistema  dx     dt

= −y

    dy dt

= x

Section 24: M´etodo de resoluci´ on de sistemas

95

escrito matricialmente tiene la forma  0     x 0 −1 x = · y 1 0 y con ecuaci´ on caracter´ıstica



−λ −1

1 −λ = 0

de donde λ = ±i, y de lo cual a = 0, b = ±1. Buscamos los vectores propios asociados:      0 −1 x x λ = i =⇒ =i 1 0 y y lo que equivale a resolver el sistema  −y = i x =⇒ y = 1, x = i x = iy entonces el vector propio asociado es   i Ei = 1 Para hallar el otro vector propio asociado, usamdo el teorema 4, que afirma que,     −i i E−i = E i = = 1 1 La idea es tener vectores propios reales, luego usamos     Ei + E i i 0 −1 Gλ = , y Hλ = (Ei − E i ) = = 1 0 2 2 de esto, por el teorema 5, las soluciones linealmente independientes del sistema son       −sen t −1 0 sen t = cos t + ~x1 (t) = 0 cos t 1  ~x2 (t) =

−1 0



    0 −cos t cos t − sen t = 1 −sen t

Por tanto, la soluci´ on general la podemos escribir en la forma   −C1 sen t −C2 cos t  ~x(t) = C1 x~1 (t) + C2 x~2 (t) =  C1 cos t −C2 sen t Teorema 24.8 Si λ0 es un valor propio complejo de multiplicidad k, es decir, (λ − λ0 )k es factor de la ecuaci´ on caracter´ıstica, y si Eλ0 es el vector propio asociado a λ0 , entonces las funciones Eλ0 eat cos bt, Eλ0 t eat cos bt, · · · , Eλ0 tk−1 eat cos bt Eλ0 eat sen bt, Eλ0 t eat sen bt, · · · , Eλ0 tk−1 eat sen bt son soluciones linealmente independientes del sistema

d~x = A ~x. dt

Section 24: M´etodo de resoluci´ on de sistemas

96

24.4. Reducci´ on a forma triangular Este m´etodo consiste en la aplicaci´on de operaciones elementales entre filas para escribir el sistema dado en forma triangular, obteniendo as´ı un par de sistemas equivalentes. Esta t´ecnica es aplicable a todos los sistemas lineales en el cual el n´ umero de inc´ognitas es igual al n´ umero de ecuaciones, y todos los operadores que aparecen en el sistema tienen coeficientes constantes. Ejemplo 79 Resolvemos el sistema 2Dx1 − (D2 − 4) x2 = 0 (D2 − 1) x1 + 5Dx2 = et Se cumplen todas las condiciones (sistema 2 × 2, operadores con coeficientes constantes). Al multiplicar la primera ecuaci´on por − 12 D y sumarla con la segunda, se tiene el siguiente sistema equivalente  2Dx1 − (D2 − 4) x2 = 0  D −D2 x1 + (D2 − 4) x2 + (D2 − 1) x1 + 5Dx2 = et  2 en colores est´a indicada la cantidad que se suma. Al simplificar queda   2Dx1 − (D2 − 4) x2 = 0 D3 −x1 + ( + 3D) x2 = et 2 Ahora se multiplica la segunda ecuaci´on por 2D, y sumamos con la primera.  2D

D3 + 3D 2



 2Dx1 − (D2 − 4) x2 = 0   x2 − 2Dx1 + 2Dx1 − (D2 − 4) x2 = 2et  

O bien, 2Dx1 − (D2 − 4) x2 = 0 (D4 + 5D2 + 4)x2 = 2et



que tambi´en se puede mejorar, escribiendo como producto de operadores  2Dx1 − (D2 − 4) x2 = 0 (D2 + 4)(D2 + 1)x2 = 2et ¡estamos en forma triangular!. Con la segunda ecuaci´on se calcula x2 . Se tiene (x2 )H (t) = C1 cos t + C2 sen t + C3 sen 2t + C4 cos 2t es la soluci´on de la homog´enea, y usando aniquiladores se tiene que (D − 1)(D2 + 4)(D2 + 1)x2 = 0 como la soluci´on de (D − 1)x2 es x2 = C5 et , entonces (D2 + 4)(D2 + 1) C5 et = 2 et =⇒ C5 =

1 5

Section 25: Soluciones en Series de Potencia

97

En consecuencia, x2 (t) = C1 cos t + C2 sen t + C3 sen 2t + C4 cos 2t +

1 t e 5

En el u ´ltimo sistema, con la primera ecuaci´on, determinamos el x1 2Dx1 − (D2 − 4) (C1 cos t + C2 sen t + C3 sen 2t + C4 cos 2t +

1 t e)=0 5

de donde, 5 5 3 t x1 (t) = − C1 sen t + cos t + 2C3 cos 2t − 2C4 sen 2t − e 2 2 10

25. Soluciones en Series de Potencia Una de las mejores t´ecnicas para hallar soluciones de ecuaciones diferenciales lineales de coeficientes variables (excepto ecuaciones de Euler) est´a basado en el uso de las series de potencia. Para empezar, hay que recordar algunos conceptos b´asicos: 1. Una funci´on f puede representarse por una serie de Taylor en un punto x0 , a condici´ on de que todas las derivadas existan en x0 . En tal caso f (t) = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) + f 00 (x0 )

(x − x0 ) + ··· 2!

2. Una funci´on f se dice anal´ıtica en x0 si ella puede desarrollarse en serie de potencia en x0 3. Una expresi´on de la forma

∞ X

ak (x − x0 )k

k=0

con k y x0 constantes se llama serie de potencias en (x − x0 ), o serie de potencias alrededor de x = x0 4. Una serie de potencias se dice convergente en x1 si y s´olo si, la serie obtenida de ella haciendo x = x1 es una serie convergente. 5. Toda serie de potencias con radio de convergencia R define una funci´on f en el intervalo kx − x0 k < R. esto es, ∞ X f (x) = ak (x − x0 )k k=0

adem´as, tal funci´on es infinitamente diferenciable en kx − x0 k < R, y se tiene que:

Section 25: Soluciones en Series de Potencia

f 0 (x)

98

=

∞ X

k ak (x − x0 )k−1

k=1

f

00 (x)

=

∞ X

k(k − 1) ak (x − x0 )k−2

k=2

.. . f k (x) =

∞ X (n + k)! n=0

n!

an+k xn

se arregl´o el punto de partida de la serie derivada para tener una notaci´on m´as compacta. Teorema 25.1 (Existencia) Se considera la ecuaci´ on diferencial lineal normal de orden n cuyos coeficientes ai (x) y h(x) son anal´ıticos en un intervalo abierto I Dn y + an−1 (x) Dn−1 y + · · · + a0 (x) y = h(x)

(29)

Sea x0 ∈ I y supongamos que los desarrollos en series de potencia de a0 (x), a1 (x), · · · , an−1 (x), h(x) convergen todos en el mismo intervalo kx − x0 k < R, R > 0. Entonces toda soluci´on de (1) que est´e definida en el punto x0 es anal´ıtica en ese punto, y su desarrollo en serie de potencias alrededor de x0 converge tambi´en en el intervalo kx − x0 k < R.

Puntos Ordinarios y Singulares Nos dedicamos a trabajar ecuaciones de segundo orden de la forma y 00 + p(x) y 0 + q(x) y = 0 1. x0 es un punto ordinario si p(x0 ) y q(x0 ) son finitos. 2. x0 es un punto singular si p(x) y/o q(x) divergen cuando x → x0 . 3. x0 es un punto singular regular, si adem´as de singular, (x − x0 )p(x) y (x − x0 )2 q(x) son finitos cuando x → x0 . Ejemplo 80 Se considera la ecuaci´ on x2 (x + 1)3 (x − 1)y 00 + x y 0 − 2y = 0. Veamos quienes son p y q para poder decidir el tipo de punto p(x) =

1 , x (x + 1)3 (x − 1)

q(x) = −

x2 (x

2 + 1)3 (x − 1)

p no es finito en x = 0, x = 1, y x = −1, as´ı que no son ordinarios (cualquier otro punto lo es). Adem´as, tanto p como q divergen para x → 0, x → 1, y x → −1, por tanto, estos puntos son

Section 25: Soluciones en Series de Potencia

99

singulares. Veamos si se les puede agregar el apellido “regular”. x · p(x) =

1 1 =⇒ lim = −1 x→0 (x + 1)3 (x − 1) (x + 1)3 (x − 1)

x2 · q(x) =

−2 −2 =⇒ lim =2 3 x→0 (x + 1)3 (x − 1) (x + 1) (x − 1)

finito

finito

Con el inter´es que te caracteriza, puedes verificar que x = 1 es singular regular, y que x = −1 no lo es.

25.1. Puntos ordinarios Teorema 25.2 Sea x0 punto ordinario de y 00 + p(x) y 0 + q(x) y = 0 sean α y β constantes, entonces existe una u ´nica soluci´ on y(x) anal´ıtica en x0 que satisface las condiciones iniciales y(x0 ) = α, y 0 (x0 ) = β. Tal soluci´ on se puede hallar en la forma y(x) =

∞ X

ak xk

k=0

Ejemplo 81 Hallar la soluci´ on general, en (−∞, ∞), de la ecuaci´ on y 00 + x y 0 + y = 0 A ojo de buen observador, no tenemos puntos singulares, por tanto, todos los puntos son ordinarios. Adem´as, los coeficientes x y 1 son anal´ıticos, luego existe soluci´on y cada una de las soluciones de esta ecuaci´on tiene desarrollo en serie alrededor de x = x0 . Elegimos x0 = 0 para hacer los desarrollos. El m´etodo a emplear es el de los coeficientes indeterminados. Si la soluci´on existe, entonces es de la forma ∞ X y(x) = ak xk k=0

Hay que derivar dos veces. y 0 (x)

=

∞ X

k ak xk−1

k=1

y 00 (x) =

∞ X

k(k − 1) ak xk−2

k=2

con esto vamos a reemplazar en la ecuaci´on diferencial dada. ∞ X k=2

k(k − 1) ak xk−2 + x ·

∞ X k=1

k ak xk−1 +

∞ X k=0

ak xk = 0

Section 25: Soluciones en Series de Potencia

100

Luego de “entrar” el x en la segunda sumatoria, hacemos k = k + 2 en la primera sumatoria, teni´endose, ∞ ∞ ∞ X X X (k + 2)(k + 1) ak+2 xk + k ak xk + ak xk = 0 k=0

k=1

k=0

y nuestra hermosa ecuaci´on de sumatorias, tienen TODAS xk . A´ un tenemos un “drama”, la primera y tercera sumatoria parten de cero, si sacamos este primer t´ermino, tendremos, como dijo el h´ıpico “todos los caballos en el mismo punto de partida”. Factorizando por xk : (2a2 + a0 ) +

∞ X

xk ((k + 2)(k + 1) ak+2 + k ak + ak ) = 0

k=1

al factorizar ak , (2a2 + a0 ) +

∞ X

xk (k + 1) [(k + 2) ak+2 + ak ] = 0

k=1

para que esta expresi´on sea cero, se debe cumplir que  2a2 + a0 = 0 (k + 2) ak+2 + ak = 0 si la sumatoria parte de k = 1, es obvio que el sistema vale para k ≥ 1. De la primera ecuaci´ on 1 a2 = − 2 a0 . Reemplazando esto en la segunda ecuaci´on, se tiene para k = 2, que 1 1 a2 + 4a4 = 0 =⇒ a4 = − a2 = a0 4 8 para k = 4 a0 1 a6 = − a4 = − 6 2·4·6 En general, los pares tienen la forma a2k =

(−1)k a0 2 · 4 · 6 · · · (2k − 2)(2k)

Para los impares, el cuento es como sigue: Con k = 1 en la segunda ecuaci´on 1 a1 + 3a3 = 0 =⇒ a3 = − a1 3 Con k = 3, se tiene 1 a1 a3 + 5a5 = 0 =⇒ a5 = − a3 = 5 3·5 En general, a2k+1 =

(−1)k a1 3 · 5 · 7 · · · (2k − 1)(2k + 1)

Section 25: Soluciones en Series de Potencia

101

Al sustituir estos valores y(x) =

∞ X

ak xk = a0 + a1 x + a2 x2 + · · ·

k=0

= (a0 + a2 x2 + · · · ) + (a1 x + a3 x3 + · · · )  = a0

x2 x4 x6 1− + − + ··· 2 2·4 2·4·6



 + a1

x3 x5 x7 x− + − + ··· 3 3·5 3·5·7



con a0 y a1 constantes arbitrarias. Falta probar que esta u ´ltima es la soluci´on general. Para ello, sea ∞ X (−1)k x2k y0 (x) = 1 + 2 · 4 · 6 · · · (2k) k=1

y1 (x) = x +

∞ X k=1

(−1)k x2k+1 3 · 5 · · · · (2 + 1k)

Por el criterio de la raz´on se observa que tanto y0 como y1 son convergentes para todo x. De esta forma, la soluci´on general es y(x) = a0 y0 (x) + a1 y1 (x) y son linealmente independiente, pues, 0

0

y0 (0) = 1, y0 (0) = 0, y1 (0) = 0, y1 (0) = 1     0 1 , con lo que, efectivamente, y0 e y1 son L.I. 6= esto significa que 1 0 Ejemplo 82 Encontrar la soluci´ on en serie de la ecuaci´ on x y 00 + x3 y 0 − 3 y = 0 0

que satisface y(1) = 0, y (1) = 2. Dado que las condiciones iniciales est´an en x = 1, el desarrollo se hace en ese punto. Esta vez, te muestro el m´etodo de la diferenciaci´ on sucesiva, que consiste en despejar la m´axima derivada, derivar, y establecer la serie. y 00 = −x2 y 0 + 3 x−1 y y 000 = −x2 y 00 − 2xy 0 + 3 x−1 y 0 − 3x−2 y = −x2 y 00 − (2x − 3 x−1 ) y 0 − 3x−2 y y (4) = −x2 y 000 − (4x − 3x−1 ) y 00 − (2 + 6 x−2 ) y 0 + 6x−3 y con la condici´on inicial, la cosa es y 00 (1) = −2,

y 000 (1) = 4,

y (4) (1) = −18

Section 25: Soluciones en Series de Potencia

102

En consecuencia, la soluci´on es 1 1 1 y(x) = 0 + 2(x − 1) − 2 · (x − 1)2 + 4 · (x − 1)3 − 18 · (x − 1)4 + · · · 2 6 24 O bien, 2 3 y(x) = 2(x − 1) − (x − 1)2 + (x − 1)3 − (x − 1)4 + · · · 3 4

25.2. Puntos Regulares El m´etodo de los coeficientes indeterminados con una ligera modificaci´on puede ser usado para obtener una base del espacio soluci´on de cualquier ecuaci´on diferencial homog´enea de segundo orden alrededor de un punto singular regular. Se le conoce como m´etodo de Frobenius. Cuando el punto es singular irregular, el asunto se complica por que existen ecuaciones que no tienen soluciones en serie alrededor de un punto, por tal raz´on, nada m´as puede decirse de los puntos singulares irregulares. Sea x0 punto singular regular de y 00 + p(x) y 0 + q(x) y = 0 se buscan soluciones de la forma y(x) = xr

∞ X

cn xn =

n=0

∞ X

cn xr+n , c0 = 1, x > 0

n=0

se encuentra la primera y segunda derivada de esta serie. y 0 (x)

=

∞ X

(r + n) cn xr+n−1

n=0

y 00 (x) =

∞ X

(r + n)(r + n − 1) cn xr+n−2

n=0

se reemplaza en la ecuaci´on diferencial de segundo orden. ∞ X

(r + n)(r + n − 2) cn xr+n−2 + p(x)

n=0

∞ X

(r + n) cn xr+n−1 + q(x)

n=0

∞ X

cn xr+n = 0

n=0

ecuaci´on que, igualando potencias, se escribe ∞ X n=0

r+n−2

(r + n)(r + n − 2) cn x

+ x p(x)

∞ X

(r + n) cn xr+n−2

n=0

+q(x) x2

∞ X n=0

cn xr+n−2 = 0

Section 25: Soluciones en Series de Potencia

103

en una sola sumatoria esto equivale a ∞ X

  xr+n−2 (r + n)(r + n − 2) + x p(x) (r + n) + q(x) x2 cn = 0

(30)

n=0

como x0 es singular regular, x p(x) y x2 q(x) se pueden desarrollar en serie de potencias x p(x) = p0 + p1 x + p2 x2 + · · · x2 q(x) = q0 + q1 x + q2 x2 + · · ·

(31)

Adem´as, como n ≥ 0, entonces xr−2 es la m´ınima potencia de x en la ecuaci´on (2), los coeficientes de xr−2 deben anularse para todo n. Tomando n = 0 tenemos, r (r − 1) + x p(x) r + q(x) x2 = 0 usando los desarrollos

x p(x) = p0 + p1 x + p2 x2 x2 q(x) = q0 + q1 x + q2 x2

se tiene la ecuaci´on r (r − 1) + r[p0 + p1 x + p2 x2 + · · · ] + [q0 + q1 x + q2 x2 + · · · ] = 0 que podemos escribir en la forma [r (r − 1) + r p0 + q0 ] + x [r p1 + q1 ] + x2 [r p2 + q2 ] + · · · ] = 0 La ecuaci´on r (r − 1) + r p0 + q0 = 0 se llama ecuaci´on indicial. Para estos puntos singulares regulares se tienen las siguientes alternativas: Teorema 25.3 Se considera la ecuaci´ on diferencial lineal homog´ena de segundo orden x2 00 + x q(x) y 0 + r(x) y = 0 cuyos coeficientes son anal´ıticos en kxk < R, R > 0. Si k1 y k2 son las ra´ıces de la ecuaci´ on indicial k(k − 1) + q(0) k + r(0) = 0 entonces la ecuaci´ on dada tiene dos soluciones linealmente independientes, y1 e y2 v´ alidas en 0 < kxk < R, y cuya forma depende de k1 y k2 como sigue: •

k1 − k2 NO ENTERO y1 (x) = kxkk1

∞ X

an xn ,

a0 = 1

bn xn ,

b0 = 1

n=0

k2

y2 (x) = kxk

∞ X n=1

Section 25: Soluciones en Series de Potencia

•

104

k1 = k2 = k y1 (x) = kxkk

∞ X

an xn ,

a0 = 1

n=0

y2 (x) = kxk

k

∞ X

bn xn + y1 (x) ln kxk

n=1

•

k1 − k2 ENTERO POSITIVO y1 (x) = kxk

k1

∞ X

an xn ,

a0 = 1

n=0

y2 (x) = kxkk2

∞ X

bn xn + C y1 (x) ln kxk,

b0 = 1, C = constante

n=0

Ejemplo 83 Clasificar los puntos de la ecuaci´ on x2 (x + 1)3 (x − 1)y 00 + x y 0 − 2y = 0. Determinamos quien son p y q para poder decidir el tipo de punto 1 , x (x + 1)3 (x − 1)

p(x) =

q(x) = −

x2 (x

2 + 1)3 (x − 1)

p no es finito en x = 0, x = 1, y x = −1, as´ı que no son ordinarios (cualquier otro punto lo es). Adem´as, tanto p como q divergen para x → 0, x → 1, y x → −1, por tanto, estos puntos son singulares. Veamos si se les puede agregar el apellido “regular”. x · p(x) =

1 1 =⇒ lim = −1 3 x→0 (x + 1) (x − 1) (x + 1)3 (x − 1)

x2 · q(x) =

−2 −2 =⇒ lim =2 3 x→0 (x + 1)3 (x − 1) (x + 1) (x − 1)

finito

finito

Con el inter´es que te caracteriza, puedes verificar que x = 1 es singular regular, y que x = −1 no lo es. Ejemplo 84 Sea x2 y 00 + x(x − 12 ) y 0 + 21 y = 0 ecuaci´ on definida en el intervalo (0, ∞) o (−∞, 0). Es claro que, x = 0 es punto singular regular, por tanto, se busca soluci´on en la forma y(x) = xk

∞ X n=0

an xn =

∞ X

an xn+k

n=0

con a0 6= 0 y k constante arbitraria. Este es el m´etodo de Frobenius, y se usa para cualquier ecuaci´on lineal homog´enea de segundo orden. Se sacan las derivadas.

Section 25: Soluciones en Series de Potencia

y 0 (x)

=

105

∞ X

(k + n) an xk+n−1

n=0

y 00 (x)

=

∞ X

(k + n)(k + n − 1) an xk+n−2

n=0

Se sustituye en la ecuaci´on diferencial dada. ∞ X

k+n

(k + n)(k + n − 1) an x

+

n=0

∞ X

(k + n) an xk+n+1

−

n=0 ∞ 1 X (k + n) an xk+n 2

+

n=0

∞ 1 X an xk+n 2

= 0

?

n=0

Conviene transformar la segunda de estas series para tener factores xk+n . Para ello, hacemos n = n − 1, para tener ∞ X

k+n+1

(k + n) an x

n=0

=

∞ X

(k + n − 1) an−1 xk+n

n=1

Luego, la expresi´on (?) se escribe, tomando sumatoria desde n = 1 como k(k − 1)a0

xk

+

∞ X

k+n

(k + n)(k + n − 1) an x

n=1

+

∞ X

(k + n − 1) an−1 xk+n −

n=1

∞ ∞ 1 X 1 1 X 1 ka0 xk − (k + n) an xk+n + a0 xk + an xk+n = 0 2 2 2 2 n=1

n=1

Esto es,   ∞ X 1 1 k+n 1 k+n a0 x ( k(k − 1) − k + ) + an x (k + n)(k + n − 1) − + + 2 2 2 2 k

n=1

∞ X

(k + n − 1) an−1 xk+n = 0

n=1

En consecuencia, debe tenerse  1 1   = 0 k(k − 1) − k + 2 2   k+n 1   (k + n)(k + n − 1) − + an + (k + n − 1) an−1 = 0, 2 2

n≥1

de la primera ecuaci´on se obtienen los valores permisibles de k, que son k = 1 y k = 12 . Esta ecuaci´on recibe el nombre de indicial, se denota por I(k). Esto es, I(k) = k(k − 1) −

k 1 + =0 2 2

Section 25: Soluciones en Series de Potencia

106

Con esta notaci´on las ecuaciones anteriores quedan como sigue:  I(k) = 0 (k + n) an + (k + n − 1) an−1 = 0,

n≥1

Veamos lo que sucede con los valores de k.

¡k=

1 2

! 1 1 I( + n) an + (n − ) an−1 2 2   1 1 1 1 1 1 ( + n)(n − ) − ( − n) + an + (n − ) an−1 2 2 2 2 2 2 1 1 n (n − )an + (n − ) an−1 2 2 1 (n − )(n an + an−1 ) 2 an

= 0 = 0 = 0 = 0 1 = − an−1 ) n

de donde, 1 a0 1 a0 a0 a1 = −a0 , a2 = − a1 = , a3 = − a2 = − · · · , an = (−1)n 2 2 3 2·3 n!

¡k=1! En este caso, an = −

2 an−1 . Luego, 2n + 1

2 22 23 (−1)n 2n a0 a1 = − a0 , a2 = a0 , a3 = − a0 , · · · , an = 3 3·5 3·5·7 3 · 5 · 7 · (2n + 1) Tomando a0 = 1, y reemplazando en la serie soluci´on se tiene y1 (x) = x1/2

∞ X (−1)n xn n=0

y2 (x) = x

∞ X n=0

n!

(−1)n (2x)n 3 · 5 · · · · (2n + 1)

Estas funciones son L.I. y convergentes. En consecuencia, la soluci´on general es de la forma y = C1 y1 + C2 y2 que en este caso, equivale a y(x) = C1 kxk1/2

∞ X (−1)n xn n=0

n!

+ C2 kxk

∞ X n=0

(−1)n (2x)n 3 · 5 · · · · (2n + 1)

Section 25: Soluciones en Series de Potencia

107

A lo mejor te gusta m´as el siguiente camino: 1 1 x2 y 00 + x(x − ) y 0 + y = 0 2 2 es la ecuaci´on diferencial dada. Te muestro como llegar a la ecuaci´on indicial en forma r´apida y sencilla 1 1 1 p(x) = (x − ) =⇒ x p(x) = x − x 2 2 1 1 =⇒ x2 q(x) = 2x2 2 Debe tenerse presente que estos son desarrollos en serie de Taylor, por tanto, se deduce que q(x) =

p0 = −

1 2

q0 =

1 2

Luego, la ecuaci´on indicial es I(r) = r(r − 1) −

r 1 + =0 2 2

A partir de esto, se tiene que r = 1 o bien r = 21 . Se reemplaza cada uno de estos valores en la ecuaci´on ∞ X   xr+n−2 (r + n)(r + n − 2) + x p(x) (r + n) + q(x) x2 cn = 0 n=0

Si r =

1 2,

entonces ∞ X

x

1 +n−2 2

n=0

  1 1 1 1 1 ( + n)( + n − 2) + ( + n)(x − ) + cn = 0 2 2 2 2 2

Ahora hay que ver el asunto de los exponentes, para ello se debe separar en dos sumatorias ∞ X

∞

3

xn− 2 [n2 −

n=0

X 1 1 n )] cn + xn− 2 [ + n] cn = 0 2 2 n=0

En la primera suma, n = 0 hace que el primer t´ermino de ella sea 0. En la segunda suma se hace n = n − 1. ∞ ∞ X X 3 3 n 1 xn− 2 [n2 − )] cn + xn− 2 [n − ] cn−1 = 0 2 2 n=1

n=1

Ahora tenemos el mismo exponente e ´ındice de partida. Una sola suma ∞ X n=1

n− 32

x

  1 1 cn (n − )n + cn−1 (n − ) = 0 2 2

Para que esta suma sea cero, la u ´nica alternativa es que la cantidad dentro del corchete se anule. Es decir, 1 1 cn (n − )n + cn−1 (n − ) = 0 2 2

Section 25: Soluciones en Series de Potencia

108

de donde, 1 cn = − cn−1 n se obtienen los siguientes valores: 1 1 1 1 c1 = −c0 , c2 = − c1 = c0 , c3 = − c2 = − c0 2 2 3 6 lo que da a lugar a cn =

(−1)n c0 n!

Un trabajo similar con r = 1 produce   ∞ X 1 n−1 x cn (n + )n + n cn−1 = 0 2 n=1

de donde, cn = −

2cn−1 1 + 2n

se obtienen los siguientes valores: 2 2 4c0 2 2 · 4 c0 c1 = − c0 , c2 = − c1 = , c3 = − c2 = − 3 5 3·5 7 3·5·7 lo que da a lugar a cn =

(−1)n c0 2n 3 · 5 · 7 · · · (2n + 1)

Tomando c0 = 1, se tiene 1/2

y1 (x) = x

∞ X (−1)n xn n=0

y2 (x) = x1

∞ X n=0

n!

(−1)n (2x)n 3 · 5 · · · · (2n + 1)

como estas funciones son L.I. y convergentes, la soluci´on general es de la forma y = C1 y1 + C2 y2 Ejemplo 85 (Ecuaci´ on de Bessel):

x2 y 00 + x y 0 + (x2 − n2 ) y = 0

En 1703 investig´o esta ecuaci´on Bernouilli, en relaci´on con el movimiento oscilatorio de una cadena colgante, posteriormente Bessel (1784 - 1846) la analiz´o en sus estudios del movimiento planetario. Estas funciones de Bessel se han usado para estudiar, problemas de elsticidad, movimiento de flu´ıdos, teor´ıa del potencial, difusi´on y propagaci´on de ondas, etc. Vamos a resolver esta ecuaci´ on en torno de x = 0 que es punto singular. Una soluci´on no trivial puede hallarse en la forma y=

∞ X p=0

ap xp+k

Section 25: Soluciones en Series de Potencia

109

Veamos que sucede con esto. Derivamos y reemplazamos 2

x

∞ X

p+k−2

ap (p + k)(p + k − 1) x

p=0

+x

∞ X

p+k−1

(p + k)ap x

2

2

+ (x − n )

p=0

∞ X

ap xp+k = 0

p=0

que equivale a ∞ X

∞ X   ap (p + k)(p + k − 1) + (p + k)ap − n2 ap xp+k + ap xp+k+2 = 0

p=0

p=0

y que a su vez, simplificando, es igual a ∞ ∞ X X   (p + k)2 − n2 ap xp+k + ap−2 xp+k = 0 p=0

p=2

en la segunda sumatoria se us´o, p = p − 2. Ahora le sacamos p = 0 y p = 1 a la primera serie, y asociamos, lo que queda, en una serie que parte de p = 2 (k 2 − n2 ) a0 xk + [(k + 1)2 − n2 ] a1 xk+1 +

∞ X   (p + k)2 − n2 ) ap + ap−2 xp+k = 0 p=2

A partir de esto establecemos la ecuaci´on caracter´ıstica (k 2 − n2 ) a0 = 0 [(k + 1)2 − n2 ] a1 = 0 (p + k)2 − n2 ) ap + ap−2 = 0,

p≥2

Tomando a 6= 0 (en caso contrario se toma a1 6= 0, y si fuera ai = 0 para todo i tendr´ıamos la soluci´on trivial), se tiene k = ±n. Caso k = n > 0

En la segunda ecuaci´on k = n da lugar a que (1 + 2n) a1 = 0 =⇒ a1 = 0, pues 1 + 2n 6= 0, ∀ n ∈ IN

En general, a2p+1 = 0. Para los pares se tiene:

En general,

a2 = −

a0 a0 =− 2 4(n + 1) 2 (n + 1)

a4 = −

a2 a2 a2 =− =− 4 2 2 (n + 4) − n 8(n + 2) 2 (n + 1)(n + 2) · 2

(−1)p a0 22p p! (n + 1)(n + 2) · · · (n + p) Esto es an´alogo, de modo que a2p =

Caso k = −n

a2p+1 = 0 a2p

=

22p p! (−n

(−1)p a0 + 1)(−n + 2) · · · (−n + p)

Section 25: Soluciones en Series de Potencia

110

Soluciones: (1) k = n, significa que la soluci´on es y = a0

∞ X

22p p! (n

p=0

(−1)p x2p+n + 1)(n + 2) · · · (n + p)

Si se elige a0 =

1 2n Γ(n

+ 1)

siendo Γ la funci´on gamma de Euler, entonces y=

∞ X (−1)p ( x2 )2p+n p! Γ(n + p + 1) p=0

pues, Z Γ(p + 1) = pΓ(p),

∞

Γ(p) =

e−x xp−1 dx,

p>0

0

Esta soluci´on se denota por Jn (x). Es decir, Jn (x) =

∞ X (−1)p ( x2 )2p+n p! Γ(n + p + 1) p=0

llamada funci´ on de Bessel de primera especie de orden n (2) k = −n. Este caso es an´alogo. Se tiene J−n (x) =

∞ X (−1)p ( x2 )2p−n p! Γ(−n + p + 1) p=0

con a0 =

1 2−n Γ(−n

+ 1)

y se llama funci´ on de Bessel de primera especie de orden −n. Se tiene as´ı, que tanto Jn (x) como J−n (x), por ser convergentes (radio R = ∞) y derivables, son soluciones de la ecuaci´on de Bessel. El u ´nico pero, son los casos n entero y no entero • Si n no es entero, la soluci´on general es y = C1 Jn (x) + C2 J−n (x) • Si n es entero, entonces Jn (x) y J−n (x) tienen la dependencia J−n (x) = (−1)n Jn (x) Luego, una segunda soluci´on L.I. con Jn (x) es Yn (x) =

Jn (x) cos nπ − J−n (x) sen nπ

Section 25: Soluciones en Series de Potencia

111

y se tiene la soluci´on general y = C1 Jn (x) + C2 Yn (x) Yn se llama funci´on de Bessel de segunda clase de orden p o funci´on de Newmann de orden p. Ejemplo 86 Hallar soluci´ on de la ecuaci´ on diferencial   9 x2 y 00 + x y 0 + 4x2 − y=0 25 Basta “un ojo” para darse cuenta que esta ecuaci´on es de Bessel. Como ya conocemos sus soluciones, s´olo es necesario descubrir que el n = 53 , y que 4x2 = (2x)2 . Por tanto, la soluci´ on general es y = C1 J3/5 (2x) + C2 J−3/5 (2x) Ejemplo 87 Hallar soluci´ on de la ecuaci´ on diferencial
x2 y 00 + x y 0 + 3x2 − 4 y = 0 No es necesario que te d´e explicaciones, ya te diste cuenta que la soluci´on general es √ √ y = C1 J2 (x 3) + C2 Y2 (x 3)

Otras ecuaciones cl´asicas de la f´ısica son: Ecuaci´on de Laguerre

x y 00 + (1 − x) y 0 + n y = 0

Si n ∈ ZZ+ , su soluci´on es un polinomio de la forma y1 =

∞ X (−n)k xk

(k!)2

k=0

llamado polinomio de Laguerre, y que se anota como Ln (x). Adem´as, (−n)k = con lo cual Ln (x) =

(−1)k n! (n − k)!

∞ X (−n)k xk k=0

(k!)2

∞ X (−1)k n! xk = (n − k)! (k!)2 k=0

La soluci´on y2 es logar´ıtmica y no tiene mayor importancia. Ecuaci´on de Hermite

y 00 − 2x y 0 + 2n y = 0, n ∈ IN0

Su soluci´on en serie es de la forma n

Hn (x) =

[2] X (−1)k n! (2x)n−2k k=0

k! (n − 2k)!

Section 26: Transformada de Laplace

en la cual, [ n2 ] es la parte entera de Ecuaci´on de Legendre

112 n 2.

Hn (x) se llama polinomio de Hermite.

(1 − x2 ) y 00 − 2x y 0 + p(p + 1) y = 0, p ∈ IN0 p

[2] X (−1)k (2p − 2k) xp−2k y1 (x) = k! 2p (p − k)! (p − 2k)! k=0

[ p2 ] es la parte entera de p2 .

26. Transformada de Laplace Una de las herramientas que m´as ayuda presta a la hora de resolver ecuaciones y sistemas diferenciales con condiciones iniciales, es la llamada Transformada de Laplace. Un operador integrable se define como Z T [f (t)] =

∞

K(s, t) f (t) dt = F (s)

−∞

donde K recibe el nombre de n´ ucleo de la transformaci´on. Si  0, t 0, α ∈ IR.

Section 26: Transformada de Laplace

113

Estas dos condiciones: continuidad por tramos y orden exponencial, garantizan la existencia de la transformada de Laplace. Es decir, Z ∞ e−st f (t) dt L(f (t)) = 0

existe para todo s > α, en donde α es un n´ umero real por determinar La mayor´ıa de las funciones con las que se trabaja son de ´orden exponencial, sin embargo 2 debe tenerse cuidado con aquellas que no lo son, tal como f (t) = et , y que por tanto no tienen transformada de Laplace. Para las funciones de ´orden exponencial se tiene el siguiente resultado interesante. Teorema 26.3 Si f es una funci´ on de orden exponencial entonces lim L[f (t)] = lim F (s) = 0

s→∞

Demostraci´ on

s→∞

Como f es de orden exponencial, kf (t)k ≤ c eαt , c > 0, α ∈ IR, t > 0. Luego Z ∞ Z ∞ Z ∞ kf (t)k e−st dt ≤ c eαt e−st dt ≤ c e−t(s−α) dt 0

0

≤ −

c e−t(s−α) s−α

0

∞ ≤ 0

c s−α

A partir de esto, lim L(f ) = 0. s→∞

Importancia de este resultado: Permite saber en forma inmediata que funciones no tienen s inversas. Por ejemplo, F (s) = 1, s, sen s, no poseen inversas pues lim L(f ) 6= 0. s→∞ s+1 Ejemplo 88 Las siguientes funciones son de orden exponencial f (t) = 1, f (t) = tn , f (t) = eat , f (t) = sen bt, f (t) = cos bt f (t) = tn eat sen bt, f (t) = tn eat cos bt Es probable que tengas inter´es en ver como funciona alguna de ´estas. Te hago la m´as ”truculenta” Caso a > 0

n at

cos bt f (t) = tn eat cos bt =⇒ t ee2at

≤ como

tn eat

→ 0 si n → ∞, y en particular

n at

t e cos bt

≤1

e2at

tn eat e2at

=

tn eat

Section 26: Transformada de Laplace

114

entonces

n at

t e cos bt ≤ e2at por tanto, en este caso, la funci´on es de orden exponencial. Caso a < 0)

n at

t e cos bt ≤ tn ≤ et de modo que, en este caso, tambi´en es de orden exponencial. Me imagino que est´as impaciente por empezar a calcular transformadas. Calmate un poco, algunos resultados previos son necesarios para tener la pel´ıcula m´as o menos clara, y saber que se est´a haciendo. Teorema 26.4 Si f es continua por tramos y de orden exponencial, entonces existe un n´ umero real α tal que Z ∞ f (t) e−st dt 0

es convergente, para todo s > α Demostraci´ on

Por hip´otesis, kf (t)k ≤ eα t , c > 0, ∀t > 0. Luego, Z ∞ Z ∞
−st f (t) e dt ≤ C eα t e−st dt 0

0

Z ≤ C

∞

e(α−s)t dt

0

≤

Z

∞

f (t) e−st dt ≤

0

Z En consecuencia,

∞

  C lim e(α−s) t α − s →∞ 0

  C lim e(α−s)  − 1 α − s →∞

≤

C (−1), α−s

≤

C , s−α

si (α − s) < 0

s>α

f (t) e−st dt converge

0

Ejemplo 89 Usar la definici´ on para calcular L[1] Z L[1] =

∞

−st

e 0

 dt =

1 − e−st s

∞ 0

1 = , s

s>0

Section 27: Propiedades de la Transformada

115

Ejemplo 90 Calcular L[eat ] at

Z

∞ at

−st

e ·e

L[e ] = 0

∞

Z

(a−s)t

dt =

e

 dt =

0

1 e(a−s)t a−s

∞ = 0

1 , s−a

s>a

Ejemplo 91 De la transformada anterior se deducen a) L[e−at ] =

1 s+a

b) L[e−ati ] =

1 s + ai

c) L[eati ]

1 s − ai

=

Tener que calcular siempre con la definici´on es algo que no est´a en los planes de ning´ un matem´atico o ingeniero. ¿Para que est´an las proposiciones y teoremas?

27. Propiedades de la Transformada El uso de las siguientes propiedades facilita el c´alculo de la transformada de Laplace. La demostraci´on de ellas no presenta grandes dificultades, por lo que queda al inter´es del lector. Linealidad

Si L[f (t)] y L[g(t)] existen, entonces L [k1 f (t) + k2 g(t)] = k1 L[f (t)] + k2 L[f (t)]

Este resultado es muy bueno, s´olo cabe preguntarse, si L es inyectiva, esto es, ?

L(f ) = L(g) =⇒ f = g que en lenguaje de operadores equivale a preguntarse, si la ecuaci´on de operadores L(y) = φ(s) puede resolverse en forma u ´nica para y cuando se conoce φ. Para no dejarte metido, la respuesta es Teorema 27.1 (Lerch) Sean f y g funciones continuas por tramos y de orden exponencial, y sea s0 n´ umero real tal que L(f )(s) = L(g)(s),

∀ s > s0

entonces, con la posible excepci´ on de los puntos de discontinuidad, f (x) = g(x),

∀x > 0

Section 27: Propiedades de la Transformada

116

De este modo, siempre que la ecuaci´on L(y) = φ(s) pueda resolverse para y, la soluci´on es u ´nica, siempre que se considere como id´enticas a dos funciones cualesquiera que coinciden en todos sus puntos, salvo en sus puntos de discontinuidad. A esta soluci´on se le llama Transformada inversa de Laplace de la funci´on φ y su caracter´ıstica es que L−1 (φ) = y ⇐⇒ L(y) = φ ¡La u ´ltima pregunta!, ¿Es L sobreyectiva?, lo que en t´erminos de operadores equivale a preguntarse si L(y) = φ(s) tiene soluci´on para toda funci´on φ. Es decir, ¿Para toda φ existe f tal que L(y) = φ? La respuesta es

¡¡NO!!, un resultado y el ejemplo que “mata”

Teorema 27.2 Si f es de orden exponencial, entonces lim L(f ) = 0

s→∞

Demostraci´ on 2 se tiene

Si f es de orden exponencial, entonces kf (t)k ≤ C eα t , de modo que por teorema kL(f )k ≤

C , s−α

∀s>α

de donde lim kL(f )k = k lim L(f )k ≤= 0

s→∞

s→∞

En consecuencia, lim L(f ) = 0

s→∞

Ejemplo 92 Las funciones φ(s) = 1, φ(s) = s, φ(s) = sen s, φ(s) = inversa, pues no tienden a cero cuando s va al infinito.

s s+1

no tienen transformada

Ejemplo 93 Para determinar L[sen at] hacemos uso de la exponencial compleja y de la propiedad de linealidad para escribir L[sen at] = = Derivadas


1  ati 1 L e − e−ati = L[eati ] − L[e−ati ] 2i  2i  1 1 1 a − = 2 2i s − ai s + ai s + a2

Section 27: Propiedades de la Transformada

117

Teorema 27.3 Si f, f 0 , · · · , f (n−1) son continuas para todo t > 0, y si f (n) es continua por tramos y de orden exponencial en [0, ∞), entonces L[f 0 ]

= s L[f ] − f (0+ ),

L[f 00 ]

= s2 L[f ] − s f (0+ ) − f 0 (0+ ) .. .

f (0+ ) = lim f (t) t→0+

L[f (n) ] = sn L[f ] − sn−1 f (0+ ) − sn−2 f 0 (0+ ) · · · − f (n−1) (0+ ) Dado el inter´es que tienes por esta asignatura, verificar´e el caso de la primera derivada Z ∞ 0 f 0 (t) e−st dt, u = e−st , dv = f 0 (t) dt L[f ] = 0

=


∞ f (t) e−st 0

∞

Z +s

e−st f (t) dt,

du = −s e−st , v = f (t)

0

= s L[f ] + f (t) e−st


∞ 0

= s L[f ] + 0 − 1 · f (0+ ) = s L[f ] − f (0+ ) Ejemplo 94 Verificar que L[cos at] =

s2

s + a2

Tu sabes, ´el sabe, y nosotros sabemos que f (t) = sen at =⇒ f 0 (t) = a cos at. Veamos el uso de la transformada de la derivada. L[f 0 ] = L[a cos at] = s L[f ] − f (0+ ) sabemos que, L[f ] = L[sen at] =

s2

a , + a2

f (0+ ) = 0

Por tanto,

a as = 2 2 +a s + a2 por propiedad de linealidad sacamos el a de L parea concluir que L[a cos at] = s

s2

L[cos at] =

s s2 + a2

Ejemplo 95 La transformada de L[tn ] se halla como sigue De acuerdo con la derivada tenemos f (t) = tn =⇒ f (n) = n! Aplicamos a esta igualdad la transformada en ambos miembros L[f (n) (t)] = L[n!] = n! L[1] =

n! s

Section 27: Propiedades de la Transformada

118

Por la propiedad de la derivada, el primer miembro es tal que L[f (n) ] = sn L[f ] − sn−1 f (0+ ) − sn−2 f 0 (0+ ) − · · · Al evaluar, los l´ımites tienen el valor cero, por lo que sn L[tn ] = L[tn ] =

n! . De esto se obtiene s

n! sn+1

Multiplicaci´ on por tn dn F (s) = (−1)n F (n) (s) dsn

L[f (t)] = F (s) =⇒ L[tn f (t)] = (−1)n O bien L−1 [F (s)] = f (t) =⇒ L−1 [F n (s)] = L−1 [

dn F (s)] = (−1)n tn f (t) dsn

Ejemplo 96 La transformada de L[tn ] se obtiene de la propiedad de la multiplicaci´ on como sigue. L[tn f (t)] = (−1)n

dn F (s), dsn

F (s) = L[f (t)]

1 Se considera f (t) = 1, con lo que L[f (t)] = . s Ahora L[(tn ] = (−1)n

dn dsn

  1 dn = (−1)n n s ds

= (−1)n · (−1)n · n! · s−(n+1) =

s−1




n! sn+1

Integrales Sea f de orden exponencial en [0, ∞), y sea a ∈ IR+ , entonces Z t  Z 1 1 a f (x) dx = L[f ] − f (x) dx, a ∈ IR L s s 0 a En efecto, Z L a

t

 Z f (x) dx = 0

∞

e−st

Z

t

 f (x) dx

dt

a

Integrando por partes, con Z t 1 u= f (x) dx, du = f (t) dt, dv = e−st dt, v = − e−st s a se llega a que Z L a

t

  ∞ Z Z 1 −st t 1 ∞ −st f (x) dx = − e f (x) dx + e f (t) dt s s 0 a 0

Section 27: Propiedades de la Transformada

119

la evaluaci´on en ∞ es cero pues la f es de orden exponencial, y por consiguiente acotada, al evaluar en cero y teniendo en cuenta que la integral que “sobrevive” es la transformada de f , se tiene Z t  Z 1 1 a L f (x) dx = L[f ] − f (x) dx s s 0 a Como caso particular se tiene Z L 0

t

 1 f (x) dx = L[f ] s

Ejemplo 97 Hallar L[t et ], usando propiedad de integraci´ on. t

Z

x ex dx = t et − et + 1

0

Luego Z

t

L

x



x e dx

= L[tet ] − L[et ] + L[1]

0

1 1 1 L[tet ] = L[tet ] + − s s s − 1  1 s 1 − · L[tet ] = s s−1 1−s 1 = (s − 1)2 Desplazamiento en frecuencia L[f (t)] = F (s) =⇒ L[f (t) eat ] = F (s − a) O bien f (t) = L−1 [F (s)] =⇒ f (t) eat = L−1 [F (s − a)] Ejemplo 98 Hallar L[e−2t cos 3t] La presencia de la exponencial indica el desplazamiento (a = −2), por tanto, interesa la funci´ on que multiplica a la exponencial (f (t) = cos 3t), cuya transformada es L[cos 3t] =

s s2 + 9

En consecuencia, L[e−2t cos 3t] = F (s + 2) = Ejemplo 99 Probemos que L[t et ] =

s+2 (s + 2)2 + 32

1 , usando propiedad de desplazamiento. (s − 1)2

Section 27: Propiedades de la Transformada

120

En este caso, a = 1, f (t) = t, de modo que L[t et ] = F (s − 1) Ahora, con la determinaci´on de F (s) el problema est´a resuelto. Para ello observamos que f (t) = t. Luego  n! 1 F (s) = L[t] = n+1 n=1 = 2 s s En consecuencia L[t et ] = F (s − 1) =

1 (s − 1)2

Desplazamiento en tiempo f (t) = µ(t − a) g(t − a), a ≥ 0 =⇒ L[f (t)] = e−as L[g(t)] O bien L−1 [F (s)] = f (t) =⇒ L−1 [e−as F (s)] = f (t − a) µ(t − a) Ejemplo 100 La transformada del Escal´ on unitario L[µ(t)] definido como  1, x > 0 µ(t) = 0, x < 0 se calcula por la definici´ on Z L[µ(t)] =

∞

−st

µ(t) e

Z dt =

0

0

∞

1 e−st dt = , s > 0 s

Ejemplo 101 Hallar L[µ(t − a) sen t]. Hacemos uso de la propiedad de desplazamiento. f (t) = µ(t − a) g(t − a) =⇒ L[f (t)] = e−as L[g(t)] Ahora, g(t − a) = sen((t + a) − a) =⇒ g(t) = sen(t + a) En consecuencia, L[µ(t − a) sen t] = e−as L[sen(t + a)] i 1 h (t+a)i L e − e−(t+a)i = e−as 2i   1 1 −as 1 ai −ai = e ·e − ·e 2i s − i s+i   e−as (s + i) eai − (s − i) e−ai = 2i s2 + 1

Section 27: Propiedades de la Transformada

121

 ai  e−as s(e − e−ai ) + i(eai − e−ai ) L[µ(t − a) sen t] = 2i s2 + 1   −as e 2is sen a + 2i cos a = 2i s2 + 1   s sen a + cos a −as = e s2 + 1 Ejemplo 102 Hallar la funci´ on f (t) tal que L[f (t)] =

2s + 3 s2 − 4s + 20

2s + 3 . Observemos que esto significa que se pide determinar la transformada inversa de 2 s − 4s + 20   2s + 3 Esto es, L−1 2 . s − 4s + 20 Escribimos lo siguiente s2

2(s − 2) 7 2s + 3 = + 2 − 4s + 20 (s − 2) + 16 (s − 2)2 + 16

Con ello nos damos cuenta que aparecen las transformadas de las funciones seno y coseno, desplazadas. En consecuencia   2s + 3 7 −1 L = 2e2t cos 4t + e2t sen 4t = f (t) 2 s − 4s + 20 4 Cambio de escala L[f (t)] = F (s) =⇒ L[f (at)] =

1 s F a a

Divisi´ on por t  Z ∞ f (t) L[f (t)] = F (s) =⇒ L = F (z) dz t s 

siempre que lim

t→0

f (t) exista. O bien t −1

f (t) = L Z En particular, 0

Peri´ odicas

∞

f (t) dt = t

f (t) [F (s)] =⇒ = L−1 t

Z

∞

F (z) dz s

Z

∞

 F (z) dz

s

Section 27: Propiedades de la Transformada

122

1 f de periodo T =⇒ L[f (t)] = 1 − e−T s

Z

T

f (t) e−st dt

0

Convoluci´ on 1. Sean L[f (t)] = F1 , L[g(t)] = F2 , entonces L[f ∗ g] = F1 (s) · F2 (s) =⇒ f ∗ g = L−1 [F1 (s) F2 (s)] 2. Sean f (t) = L−1 [F1 (s)], g(t) = L−1 [F2 (s)], entonces L−1 [F1 (s) ∗ F2 (s)] = f (t) g(t) =⇒ F1 (s) ∗ F2 (s) = L[f (t) g(t)] Ahora ejemplificamos todas las propiedades, principalmente aquelllas que tienen que ver con la Transformada Inversa. Ejemplo 103 Resolver la ecuaci´ on diferencial y 00 − y = 1, con condiciones iniciales y(0) = 0, 0 y (0) = 1. Se aplica transformada en ambos miembros de la ecuaci´on para tener L[y 00 ] − L[y] = L[1] 1 s2 L[y] − s f (0+ ) − f 0 (0+ ) − L[y] = s 1 1+s = s s(s2 − 1) 1 1 1 = − s(s − 1) s−1 s

s2 L[y] − L[y] = 1 + =

Ahora, aplicando transformada inversa obtenemos 1 1 ] − L−1 [ ] =⇒ y(t) = et − 1 s−1 s   1 −1 Ejemplo 104 Te muestro dos formas de hallar L . s(s2 + 1) y(t) = L−1 [

1. Fracciones parciales 1 1 s = − 2 + 1) s s +1       1 s −1 −1 1 −1 L = L −L s(s2 + 1) s s2 + 1   1 L−1 = 1 − cos t 2 s(s + 1) s(s2

Section 27: Propiedades de la Transformada

2. Convoluci´ on

123

Para usar la convoluci´on escribimos lo que sigue 1 1 1 = · 2 = F1 (s) · F2 (s) 2 s(s + 1) s s +1

Ahora, F1 (s) = F2 (s) =

1 s

=⇒ f (t) = 1

1 s2 + 1

=⇒ g(t) = sen t

En consecuencia   1 1 −1 =⇒ f (t) ∗ g(t) = L L[f (t) ∗ g(t)] = s(s2 + 1) s(s2 + 1) Esto significa que la transformada inversa la podemos hallar por convoluci´on. Tenemos.   Z t  1 L−1 = 1 · sen(t − x) dx = cos(t − x) t0 2 s(s + 1) 0 = 1 − cos t Ejemplo 105 Resolverla ecuaci´ on diferencial y 00 + y 0 − 6y = h(t), con y(0) = y 0 (0) = 0, con h(t) funci´ on de ´ orden exponencial Se aplica transformada en ambos miembros de la ecuaci´on. L[y 00 ] + L[y 0 ] − 6L[y] = L[h(t)] s2 L[y] − s f (0+ ) − f 0 (0+ ) + sL[y] − f (0+ ) − 6L[y] = L[h(t)] s2 L[y] + s L[y] − 6 L[y] = L[h(t)] L[h(t)] L[y] = 2 s +s−6 Ahora, sea 1 1 1 L[g(t)] = 2 = = s +s−6 (s + 3)(s − 2) 5 Al aplicar transformada inversa 1 1 g(t) = e2t − e−3t 5 5 En consecuencia, se tiene la ecuaci´on en transformadas



1 1 − s−2 s+3



L[y(t)] = L[h(t)] · L[g(t)] Al aplicar transformada inversa esta ecuaci´on toma la forma Z ∞ y(t) = h(t) ∗ g(t) = h(x)g(t − x) dx 0

=

1 5

Z

∞

  h(x) e2(t−x) − e−3(t−x) dx

0

Con esto se tiene el problema resuelto, para cualquier h(t) de orden exponencial.

Section 28: Problemas resueltos

124

28. Problemas resueltos Ejemplo Para hallar la transformada de Laplace de senh at, se puede usar la definici´on o bien la alternativa de las funciones exponenciales. Veamos esto u ´ltimo  eat − e−at 1 1 L[senh at] = L = L[eat ] − L[e−at ] 2 2 2   1 a 1 1 = 2 − = 2 s−a s+a s − a2 

Ejemplo Para el c´alculo de la transformada de Laplace de f (t) = t2 et se puede emplear la propiedad de traslaci´on, ya que aparece un producto entre la funci´on exponencial y otra funci´ on cualquiera. La transformada de t2 es L[t2 ] =

2! 2 = 3 s3 s

En consecuencia L[t2 et ] =

2 (s − 1)3

Como alternativa est´a el hecho de que la funci´on exponencial est´a multiplicada por una potencia de t. En este caso se sabe que 1 L[et ] = s−1 Luego,     2 1 d 1 2 2 t 2 d L[t e ] = (−1) = − = 2 2 ds s−1 ds (s − 1) (s − 1)3 Ejemplo

Para demostrar que L[tn ] =

∞  n dz z t e dt = e−z , z = st s s 0 0 Z ∞ 1 1 = n+1 z n e−z dz = n+1 Γ(n + 1) s s 0 r π Γ(1/2) En particular, L[t−1/2 ] = 1/2 = . s s Z t  Ejemplo Hallar L sen 2u du n

L[t ] =

0

Z

∞

Γ(n + 1) , n > −1, s > 0, vamos a emplear la definici´ on. sn+1

n

−st

Z

De acuerdo con la propiedad de la transformada de Laplace para integrales se tiene que Z t  F (s) L[f (t)] = F (s) =⇒ L f (u) du = s 0

Section 28: Problemas resueltos

Como L[sen 2t] =

s2

125

2 , tenemos que +4 Z t  L sen 2u du = 0



2 + 4)

s(s2



sen t t Usemos la propiedad de divisi´on por t. Esto es   Z ∞ f (t) = F (u) du L[f (t)] = F (s) =⇒ L t s

Ejemplo

Hallar L

Con la condici´on de que lim

t→0

f (t) exista. Para este caso tenemos, t L[sen t] =

En consecuencia

s2

1 , +1

sen t =1 t→0 t lim

 Z ∞ du π 1 sen t = du = − arctg s = arctg ( ) L 2 t u +1 2 s s   sen at Ejemplo Hallar L t Usemos la propiedad del cambio de escala. Esto es 

L[f (t)] = F (s) =⇒ L[f (at)] =

1 s F( ) a a

Adem´as, tenemos que L[

1 sen t ] = arctg ( ) = F (s), t s

f (t) =

sen t sen at =⇒ f (at) = t at

se sigue que   sen at 1 sen at ]= L L[ at a t Como L[sen at] =

s2

a entonces + a2  Z ∞  sen at a a L = du = arctg ( ) 2 2 t u +a s s

Ejemplo Hallar L [U(t − a)] Se puede hacer uso de la definici´on, o bien de la propiedad de traslaci´on. En este u ´ltimo caso se tiene que  f (t − a), t > a L[f (t)] = F (s) y g(t) = =⇒ L[g(t)] = e−as F (s) 0, t