ECUACIONES DIFERENCIALES

Titular de la Universidad de Antioquia, Magister en Matem´ aticas de la Universidad Nacional.1 Profesor Un ive rsid ad de An tioq uia ,D Jaime Escobar A.1 ept o. d ECUACIONES DIFERENCIALES con aplicaciones en Maple eM atem atic as ii Un ive rsid ad de An tioq uia ,D ept o. d eM atem atic as ´ INDICE GENERAL atic 3. APLICACIONES DE LAS E.D. DE PRIMER ORDEN ´ 3.1. APLICACIONES GEOMETRICAS . . . . . . . . . . . . . 3.1.1. Trayectorias Isogonales y Ortogonales . . . . . . . . 3.1.2. Problemas de Persecuci´ on: . . . . . . . . . . . . . 3.1.3. Aplicaciones a la geometr´ ıa anal´ ıtica . . . . . . . . ´ 3.2. CRECIMIENTO Y DESCOMPOSICION . . . . . . . . . . 3.2.1. Desintegraci´ on radioactiva . . . . . . . . . . . . . . 3.2.2. Ley de enfriamiento de Newton . . . . . . . . . . . rsid ad ´ ´ 2. METODOS DE SOLUCION 2.1. VARIABLES SEPARABLES . . . . . . . . ´ 2.2. ECUACIONES HOMOGENEAS . . . . . . 2.3. E.D. CON COEFICIENTES LINEALES . . 2.4. ECUACIONES EXACTAS . . . . . . . . . . ´ . . . . . . 2.5. FACTORES DE INTEGRACION 2.6. E.D. LINEAL DE PRIMER ORDEN . . . . 2.7. E.D. DE BERNOULLI . . . . . . . . . . . . 2.8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN 2.9. OTRAS SUSTITUCIONES . . . . . . . . . 2.10. ANEXO CON EL PAQUETE Maple . . . . o. d 1. INTRODUCCION 1.1. CAMPO DE DIRECCIONES . . . . . . . . . . . . . . . . . . eM atem as 1 5 7 7 10 13 14 19 23 28 30 38 41 43 43 43 45 48 49 49 50 ept . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . de An tioq uia ,D . . . . . . . . . . . . . . Un ive iii ´ INDICE GENERAL Ley de absorci´ on de Lambert . . . . . . . . . . . . . Crecimiento de Cultivos de Bacterias o Crecimientos poblacionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ 3.3. PROBLEMAS DE DILUCION . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4. VACIADO DE TANQUES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5. APLICACIONES A LA FISICA . . . . . . . . . . . . . . . . 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES 4.1. INTRODUCCION . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ ´ DE ORDEN . . . . . . . . . . 4.2. METODO DE REDUCCION 4.3. E.D.O. LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES 4.4. E.D. LIN. DE ORDEN MAYOR QUE DOS CON COEF. CONST. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5. OPERADOR ANULADOR . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ 4.6. METODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS ´ ´ 4.7. VARIACION DE PARAMETROS . . . . . . . . . . . . . . . ´ ´ 4.7.1. GENERALIZACION DEL METODO DE ´ ´ VARIACION DE PARAMETROS . . . . . . . . . . 4.8. OPERADORES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ 4.9. METODO DE LOS OPERADORES INVERSOS . . . . . . 4.10. E.D.O. DE EULER - CAUCHY . . . . . . . . . . . . . . . . 4.11. APLIC. DE LA E.D. SEGUNDO ORDEN: OSCILADORES ´ 4.11.1. MOVIMIENTO ARMONICO SIMPLE . . . . . . . 4.11.2. MOVIMIENTO AMORTIGUADO . . . . . . . . . . 4.11.3. MOVIMIENTO FORZADO. . . . . . . . . . . . . . 4.12. ANEXO CON EL PAQUETE Maple . . . . . . . . . . . . . 3.2.3. 3.2.4. . 50 . . . . 51 53 61 66 atem atic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 . 75 . 90 . 94 . . . . . . . . . . . . . 98 100 103 106 114 117 119 132 134 134 137 139 153 5. SOLUCIONES POR SERIES 5.1. INTRODUCCION . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS . . . . 5.3. SOL. EN TORNO A PUNTOS SING. REG. . . . 5.3.1. CASO II: r1 − r2 = entero positivo . . . . ´ GAMMA: Γ(x) . . . . . . . . . 5.3.2. FUNCION 5.3.3. CASO III: r1 = r2 . . . . . . . . . . . . . ´ DE BESSEL DE ORDEN p : 5.3.4. ECUACION 5.3.5. PUNTO EN EL INFINITO . . . . . . . . 5.4. ANEXO CON EL PAQUETE Maple . . . . . . . de An tioq uia ,D ept o. d eM as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159 . 159 . 162 . 171 . 177 . 180 . 184 . 188 . 195 . 201 iv Un ive rsid ad ´ INDICE GENERAL 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE 203 6.1. TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE . . . . . . . . . 207 6.1.1. INTRODUCCION . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207 6.1.2. TEOREMAS SOBRE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE210 6.2. APLIC. A E.D. CON COEF. CONST. Y COND. INICIALES 225 6.3. Impulso Unitario o Delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . 229 6.4. ANEXO CON EL PAQUETE Maple . . . . . . . . . . . . . . 232 7. SISTEMAS LINEALES DE E.D. DE PRIMER ORDEN 237 7.1. CONJUNTOS FUNDAMENTALES Y SISTEMAS HOMO´ GENEOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240 ´ 7.2. METODO DE LOS VALORES Y VECTORES PROPIOS . . 241 ´ ´ DE PARAMETROS ´ 7.3. E.D. NO HOMOGENEA Y VARIACION 260 7.4. TRANSFORMADA DE LAPLACE PARA SISTEMAS . . . . 263 7.5. ANEXO CON EL PAQUETE Maple . . . . . . . . . . . . . . 266 8. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD 267 8.1. SIST. AUTON., PLANO DE FASE . . . . . . . . . . . . . . . 267 8.2. TIPOS DE PUNTOS CRITICOS, ESTABILIDAD. . . . . . . 271 8.2.1. TIPOS DE PUNTOS CRITICOS. . . . . . . . . . 272 8.3. PUNTOS CRITICOS Y CRITERIOS DE ESTABILIDAD . . 281 8.4. CRITERIO DE ESTABILIDAD: METODO DE LIAPUNOV . 294 8.5. LINEALIZACION DE SISTEMAS NO LINEALES . . . . . . 301 8.6. CICLOS LIMITES: TEOREMA DE POINCARE-BENDIXSON320 8.7. ANEXO CON EL PAQUETE Maple . . . . . . . . . . . 326 A. Existencia y Unicidad de soluciones A.1. PRELIMINARES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A.2. T. LOCAL DE EXISTENCIA UNICA, CASO UNIDIMENSIONAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A.3. T. LOCAL Y GLOBAL PARA SISTEMAS DE E.D.O. LINEALES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A.4. EXPONENCIAL DE OPERADORES . . . . . . . . . . . . An tioq uia ,D ept o. d eM atem atic as de 331 . 331 . 333 . 340 . 344 Un ive rsid ad v vi Un ive rsid ad de An tioq uia ,D ept o. d eM ´ INDICE GENERAL atem atic as CAP´ ITULO 1 atem Ejemplo 4. Ejemplo 5. ∂u ∂y ∂v = − ∂x ∂2u ∂x∂y =y−x Definici´ on 1.2 (Orden). La derivada o la diferencial de m´ as alto orden 1 Un ive Si la ecuaci´ on contiene derivadas parciales de una o m´ as variables dependientes con respecto a una o m´ as variables independientes, se dice que es una ecuaci´ on en derivadas parciales. rsid ad de dv Ejemplo 3. u du + v dx =x dx An Ejemplo 2. (x2 − y )dx + 5 sen y dy = 0 tioq dy + 4y = 5 Ejemplo 1. 3 dx uia Si la ecuaci´ on contiene derivadas ordinarias de una o m´ as variables dependientes con respecto a una sola variable independiente entonces la ecuaci´ on se dice que es una ecuaci´ on diferencial ordinaria (E.D.O.). ,D ept o. d Definici´ on 1.1 . Si una ecuaci´ on contiene las derivadas o las diferenciales de una o m´ as variables dependientes con respecto a una o m´ as variables independientes, se dice que es una ecuaci´ on diferencial (E.D.). eM atic INTRODUCCION as Se dice que una funci´ on f con dominio en un intervalo I es soluci´ on a una E. . la variable dependiente y y todas sus derivadas tienen exponente uno y cada coeficiente a0 (x). dependen solo de x. sen x dx 3 + xy = 0 no es lineal. derivando impl´ ıcitamente: 1 = dy dx dy dx . x2 dx es lineal de orden 3. y 2 dx 2 + y dx + xy = x no es lineal. la cual es de orden 1.4 . 2 3 3 2 Definici´ on 1. . + a1 (x) dx + a0 (x)y = g (x) n n−1 as . an (x). en el intervalo I . 3 + cos x dx2 + sen x dx + x y = e d y 2 Ejemplo 9. x = y ln(cy ) es soluci´ on de y (x + y ) = y rsid ad de An tioq uia dy d y Ejemplo 10. d3 y dx3 dy d y + x2 dx 2 + x dx = ln x.D. Si no se cumple lo anterior se dice que la E. ln (cy ) + 1 ln (cy ) + 1 2 Un ive En efecto. INTRODUCCION determina el orden de la E. es de orden 3. 2 Ejemplo 6. . no es lineal. lineal) Una E. es lineal si tiene la forma: d y d y dy 2 x Ejemplo 8.O. g (x). si la funci´ on satisface la E. .D. d eM Es decir.D. atem atic d y d y dy an (x) dx n + an−1 (x) dxn−1 + . Ejemplo 7.CAP´ ITULO 1.D. Ejemplo 11.D. xdy − ydx = 0 =⇒ Definici´ on 1.D ept ln(cy ) + 1 cy dy cy dx = 1 ln(cy )+1 o. en el intervalo I .3 (E. 1= dy dx (ln(cy ) + 1). . a1 (x). luego Sustituyendo en la ecuaci´ on diferencial: y ln(cy ) + y y (ln (cy ) + 1) = = y. dy dx y =x .D. . D ept ∂f ∂y o. es imposible hallar una soluci´ on explicita. y (x0 ) = y0 . rsid ad de Ejercicio 2. entonces a G se le llama la soluci´ on general. acompa˜ nada de unas condiciones iniciales se le llama un problema de valor inicial (P. Demostrar que y = e− 2 es soluci´ on de 2y + y = 0. y = x2 + y 2 .D. y ) = x2 + y 2 = 2y son continuas en todo el plano XY . C1 . Demostrar que y = c1 cos 5x es soluci´ on de y + 25y = 0. Demostrar que y = x xy = y + x sen x. Nota: si todas las soluciones de la E. . una soluci´ on que no contenga los par´ ametros Ci se le llama la soluci´ on particular. Ejemplo 12. y0 ) en su interior.V. y (n) ) = 0 en un intervalo I pueden obtenerse de G(x. Teorema 1. y0 ) del plano XY pasa una y solo una soluci´ on de la E. . el siguiente teorema nos responde las inquietudes que acabamos de plantear. y ) y ∂f son continuas en R. por lo tanto por cualquier y punto (x0 . . d dt + c1 e−x es soluci´ on de x sen t t 0 dt es soluci´ on de Un ive Ejercicio 4. 2 tioq x t2 e 0 uia .D. Demostrar que y = e−x y + 2xy = 1. tambi´ en y = 0 es soluci´ on. . Si f (x.I.). y . entonces existe un intervalo I con cen∂y tro en x0 y una u ´nica funci´ on y (x) definida en I que satisface el problema de valor inicial y = f (x. c ≤ y ≤ d que contiene al punto (x0 .Este teorema lo enuciamos y demostramos con m´ as profundidad en el Ap´ endice al final del texto. y ). se tiene que f (x.luego y = y por tanto x = y ln (cy ) es soluci´ on. Es importante anotar que para esta E.D.1 (Picard) Sea R una regi´ on rectangular en el plano XY definida por a ≤ x ≤ b. una soluci´ on 3 x eM atem 2 atic as . Cn ) mediante valores apropiados de Ci . . solo con m´ etodos num´ ericos se puede hallar la soluci´ on. F (x. . Una E. y. con frecuencia es importante saber si un problema de valor inicial tiene soluci´ on y tambi´ en deseamos saber si esta soluci´ on es u ´nica. . An Ejercicio 3. y. . anterior. aunque no podamos conseguir explicitamente la soluci´ on.D. Ejercicio 1. Para la E.D. no lineales a veces no es posible obtener explicitamente una soluci´ on general. d Ejercicio 5. demostrar uia c). Explicar porque y = 0 es soluci´ on singular. Explicar porque y = −1 es soluci´ on singular. Si y − xy 2 = 0. y = Ejercicio 9. de An 1+Ce2x 1−Ce2x es soluci´ on general. Si xy + 1 = ey .CAP´ ITULO 1.D. porque no se puede obtener a partir de la soluci´ on general. comprobar que e−y − Cx = 1 es soluci´ on general. comprobar que y on general. x4 −x 4 x≥0 x<0 a). tioq Ejercicio 6. Con C = 1 entonces la soluci´ on particular es y = x4 . b). Si (x2 + y 2 ) dx + (x2 − xy ) dy = 0.D b). rsid ad Ejercicio 7. demostrar 1 eM es una soluci´ on singular. Si xy + 1 = ey . Si y = y 2 − 1. y = Cx4 es soluci´ on general de xy − 4y = 0. C1 (x + y )2 = xe x . INTRODUCCION que no pueda obtenerse a partir de la soluci´ on general se le llama soluci´ on singular. Veremos m´ as adelante que la soluci´ on general a una E. y = ( x 4 2 o.D. Si C = 0 mostrar que y = x4 16 es soluci´ on particular. ept + C )2 es soluci´ on general. 4 Un ive Ejercicio 8. comprobar que e−y − Cx = 1 es soluci´ on general. comprobar que x2 y + y 2 = C1 es soluci´ on general. . En las E. atem atic f (x) = as Tambi´ en . Si 2xy dx + (x2 + 2y ) dy = 0. Ejemplo 13. es soluci´ Ejercicio 10. lineal de orden n tiene n par´ ametros. a). Hallar el campo de direcciones de la E.D. CAMPO DE DIRECCIONES 1.x)=-2*x^2+y(x)^2.1. a este conjunto de direcciones lo llamamos el campo de direcciones o campo pendiente de la E.2. y ). atem atic Dada la E.x=-2. etc.[0.D. Ejemplo 14.. −1) respectivamente. y = f (x.D. podemos por lo tanto asociar a cada punto (x. 0). y ) una direcci´ on. si son cerradas o abiertas. que pasan por los puntos (0. y = f (x.-1]}. {[0. (0. y = −2x2 + y 2 y cuatro curvas soluci´ on de la E.1.[0.color=black. y ) y sabiendo que la primera derivada representa una direcci´ on en el plano XY .2.y=-2.D.. Este campo de direcciones nos permite inferir propiedades cualitativas de las soluciones. as 5 .1]. (0. 2). d eM > with(DEtools): DEplot (diff(y(x).y(x).D 2 Un ive Figura 1.2].1. 1). Con el paquete Maple haremos un ejemplo. como por ejemplo si son asint´ oticas a una recta.1 rsid ad -2 de ept 2 o.linecolor=black)..0]. (0.[0. CAMPO DE DIRECCIONES 1 y(x)0 -2 -1 0 x -1 An tioq uia 1 . INTRODUCCION atem atic as .6 Un ive rsid ad de An tioq uia . d eM CAP´ ITULO 1.D ept o. a veces es conveniente escribirla de otra manera.D.1. por ejemplo. VARIABLES SEPARABLES dy g (x) = es separable dx h(y ) eM atic ´ ´ METODOS DE SOLUCION as . tioq La anterior ecuaci´ on se puede escribir como h(y ) dy = g (x) dx e integran- uia .D o de variables separables. An g (x) dx + C.1 . m´ ultiplos de constantes o logaritmos de constantes o exponenciales de constantes o si aparecen varias constantes reunirlas en una sola constante. ept Definici´ on 2.CAP´ ITULO 2 atem do: h(y ) dy = Ejemplo 1. d 2. de la forma: o. Se dice que una E. Soluci´ on: dy dx = e3x+2y Un ive Nota: la constante o par´ ametro C . dy = e3x+2y = e3x e2y dx 7 rsid ad de obteni´ endose as´ ı una familia uniparam´ etrica de soluciones. ´ ´ CAP´ ITULO 2. METODOS DE SOLUCION separando variables dy = e3x dx e2y e integrando e3x 1 − e−2y + C = 2 3 Ejemplo 2. dy dx = xy 3 (1 + x2 )− 2 .D − Cuando x = 0. con y (0) = 1 1 Soluci´ on: separando variables 2x dx y −3 dy = √ 2 1 + x2 = obtenemos = 1 du √ 2 u 1 d(1 + x2 ) √ 2 1 + x2 . 2y 2 √ 1 = 1 + 02 + C 2×1 Un ive soluci´ on general rsid ad 1 (1 + x2 ) 2 y −2 = e integrando +C 1 −2 2 2 de 1 An tioq uia haciendo ept u = 1 + x2 du = 2xdx o. y = 1 − 8 √ 1 = 1 + x2 + C. d eM atem e3x e−2y + =C 3 2 atic as la soluci´ on general es . Π 2 =e dy dy Ejercicio 9. d eM atem Ejercicio 1.1.D ept o. 3ex tan y dx + (2 − ex ) sec2 y dy = 0 Ejercicio 4. es decir. determinar c(t) en funci´ on de c(0).1 3 dy dx − y 2 = −9 que pase por los puntos: An tioq uia Ejercicio 6. Se ha observado que las bacterias son devoradas a una tasa proporcional al cuadrado de su cantidad. cu´ al es la concentraci´ on de equilibrio de las bacterias. si y Ejercicio 5. Resolver por variables separables: a x dx + 2y = xy dx y = a y x = 2a . cuando c (t) = 0 ? en rsid ad de Ejercicio 7.D. Si c(t) es la cantidad de bacterias en el instante t.2. Se suministran bacterias como alimento a una poblaci´ on de protozoarios a una raz´ on constante µ. hallar la E. a) (0. y sen x = y ln y . VARIABLES SEPARABLES luego C= −3 2 La soluci´ on particular es 3 −1 √ = 1 + x2 − 2 2y 2 Ejercicio 2. x2 y = y − xy . (4y + yx2 ) dy − (2x + xy 2 ) dx = 0 atic 9 as Resolver los siguientes ejercicios por el m´ etodo de separaci´ on de variables: .. 0) b) (0. si y (−1) = −1 dy xy + 3x − y − 3 = dx xy − 2x + 4y − 8 . 3) c) 1 . Un ive Ejercicio 8. y + y 2 sen x = 0 Ejercicio 3. mediante la sustituci´ on y = ux o ´ x = yv (donde u o ´ v son nuevas variables dependientes).D. y ) dy = 0 . y ) dx + N (x. homog´ enea podr´ a ser reducida por medio de una sustituci´ on adecuada a una ecuaci´ on en variables separables. y ) = x + ye 10 y x rsid ad Nota: si la estructura algebraica de N es m´ as sencilla que la de M . atic M (x.D M´ etodo de soluci´ on: dada la ecuaci´ on ept N (x. con y (1) = 0. ty ) = tn M (x.´ ´ CAP´ ITULO 2. y ) dx + N (x. de An donde M (x.2 : f (x. y ) = x2 + xy + y 2 es homog´ enea de grado dos. y ) = −xe x y y o.2. y ) dy = 0 as . eM atem tiene la propiedad que M (tx. Definici´ on 2. y ).D.3 . y ) y N (x. Ejemplo 3. homog´ enea. ty ) = t f (x. ´ ECUACIONES HOMOGENEAS Definici´ on 2. y ) son funciones homog´ eneas del mismo grado. Resolver por el m´ etodo de las homog´ eneas. es conveniente usar la sustituci´ on x = vy . Soluci´ on: y y (x + ye x ) dx − xe x dy = 0 donde homog´ enea de orden 1 homog´ enea de orden 1 Un ive M (x. y ) es homog´ enea de grado n si existe un real n tal que n para todo t: f (tx. METODOS DE SOLUCION 2.D. entonces decimos que es de coeficientes homog´ eneos o que es una E. entonces es conveniente usar las sustituci´ on y = ux.: y y (x + ye x ) dx − xe x dy = 0. puede transformarse en un ecuaci´ on en variables separables. Si la estructura algebraica de M es m´ as sencilla que la de N . y ) y N (tx. la siguiente E.Si una ecuaci´ on en la forma diferencial : Ejemplo 4. f (x. tioq uia M (x. ty ) = tn N (x. d Siempre que se tenga una E. y ). 1) suma de exponentes en los t´ erminos: 2+3α−1.2. d Para hallar la soluci´ on particular que pasa por el punto y (1) = 0. dx = eu du ⇒ ln x = eu + C x Por lo tanto la soluci´ on general es ux ux ln 1 = e 1 + C Por lo tanto. se vuelva homog´ enea: de An tioq ln x = e x − 1 y uia . sustitu´ ımos en la soluci´ on general y obtenemos: eM ln x = e x + C y atem atic as (2.D. α−1 y 1+3α respectivamente. por tanto dy = u dx + x du Sustituyendo en la E.O.´ 2. (x + uxe x ) dx − xe x (u dx + x du) = 0 o sea que x dx − x2 eu du = 0 luego x dx = x2 eu du. (x2 y 2 − 1)dy + 2xy 3 dx = 0 (ayuda: hacer y = z α y calcular α para convertirla en homog´ enea) Soluci´ on: No es homog´ enea. 11 . hagamos y = z α y hallemos α de tal manera que la E.D ⇒ 0 = 1 + C de donde C = −1 ept o. ECUACIONES HOMOGENEAS La sustituci´ on m´ as sencilla es: y = ux. separando variables y considerando x = 0. 0 es la soluci´ on particular dy = αz α−1 dz (x2 z 2α − 1)αz α−1 dz + 2xz 3α dx = 0 α(x2 z 3α−1 − z α−1 )dz + 2xz 3α dx = 0 Un ive rsid ad Ejemplo 5.D. obtenemos. 1): (−1)(x2 z −2 − 1)z −2 dz + 2xz −3 dx = 0 (−x2 z −4 + z −2 ) dz + 2xz −3 dx = 0 z −2 (u2 + 1) dz + 2uz −1 du = 0 reemplazo u = x z y tenemos.D. se concluye α = −1 Sustituyo en la E. d (−u2 z −2 + z −2 + 2u2 z −2 ) dz + (2uz −1 ) du = 0 eM (−u2 z 2 z −4 + z −2 ) dz + 2uzz −3 (u dz + z du) = 0 atem atic La sustituci´ on m´ as sencilla es x = uz ⇒ dx = u dz + z du. tomando z = 0 Como y = z −1 x2 +z =C z o sea que z = y −1 . (2.´ ´ CAP´ ITULO 2. .D ept (u2 z −2 + z −2 ) dz + 2uz −1 du = 0 o. METODOS DE SOLUCION An´ alisis de exponentes para que se cumpla la homogeneidad: 1 + 3α = 2 + 3α − 1 = α − 1. as Es homog´ enea de orden −2. entonces: 12 Un ive ln |z (u2 + 1)| = ln C ⇒ z (u2 + 1) = C rsid ad 2u dz + 2 du = 0 z u +1 Integrando: ln |z | + ln(u2 + 1) = ln C de An tioq 2u z −2 dz + 2 du = 0 − 1 z u +1 uia . 1 = C. (x + dy y 2 − xy ) dx = y .D.D. con y (1) = 1. DE COEFICIENTES LINEALES: (ax + by + c) dx + (αx + βy + γ ) dy = 0 de An Ejercicio 8. y Ejercicio 2. (Ayuda: hacer u = sen x). CON COEFICIENTES LINEALES x2 + y −1 = C − 1 y luego x2 y + es la soluci´ on general. Ejercicio 4.3. . Ejercicio 5. y + x cot x dx − x dy = 0. (x + y 3 ) dx + (3y 5 − 3y 2 x) dy = 0. d eM y y dx + x cos x dy = 0. Ejercicio 3. y cos x dx + (2y − sen x) dy = 0. uia Ejercicio 6. (Ayuda: hacer y = z α ). 1. E. k ) es el punto de intersecci´ on entre las rectas: ax + by + c = 0 y αx + βy + γ = 0 entonces se hace la sustituci´ on: x = u + h y y = v + k y se consigue la ecuaci´ on homog´ enea de grado 1: (au + bv )du + (αu + βv )dv = 0 13 Un ive Se presentan dos casos: rsid ad E. o ´ convertirla en homog´ enea y resolverla seg´ un el caso: y Ejercicio 1.2. (Ayuda: hacer x = z α ). (x2 − 2y 2 ) dx + xy dy = 0. Resolver los siguientes ejercicios por el m´ etodo de las homog´ eneas. x − y cos x atem atic as . 2(x2 y + 1 + x4 y 2 ) dx + x3 dy = 0. Si (h. 2. tioq Ejercicio 7. xy = y + 2xe −y x .3.D ept o. entonces dz = es la diferencial total de f . de variables separables. dy dx = 3. (x + y + 1)2 dx + (x + y − 1)2 dy = 0 5.4. Ejercicios: resolver por el m´ etodo anterior: 1.´ ´ CAP´ ITULO 2. esta sustituci´ on convierte la E. (x − 2y + 4) dx + (2x − y + 2) dy = 0 4. (x + y + 1) dx + (2x + 2y − 1) dy = 0 6.D ept o. (x + y − 2) dx + (x − y + 4) dy = 0 7.D. en una E. (2x + y ) dx − (4x + 2y − 1) dy = 0 Si z = f (x. entonces αx + βy = n(ax + by ) y por tanto se hace la sustituci´ on z = ax + by . Si las dos rectas no se intersectan (o sea son paralelas). METODOS DE SOLUCION 2.D. pero si z = c = f (x. ECUACIONES EXACTAS tioq uia . y ). (x − y + 1) dx + (x + 2y − 5) dy = 0 2. entonces dz = 0 = . y ) (familia de curvas uniparam´ etricas en el plano XY ). (x − y − 5) dx − (x + y − 1) dy = 0 8. d eM atem 2y −x+5 2x−y −4 atic as . lo cual quiere decir que αx + βy = nz. ∂f ∂f dx + dy ∂x ∂y 14 Un ive rsid ad ∂f ∂f dx + dy ∂x ∂y de An 2. y ) dy = luego M (x. y ) dx + N (x. y ). hallar una funci´ on f (x. d eM atem M (x. y ) son continuas y tienen derivadas parciales de primer orden continuas en una regi´ on R del plano XY .La forma diferencial M (x. y ) ∂x ∂y uia . y ) = por tanto. y ) dy es una diferencial exacta.4 .1 (Criterio para E. entonces la condici´ on necesaria y suficiente para que la forma diferencial sea una diferencial exacta es que ∂M ∂N = . exactas) . y ) dx + N (x. ∂M ∂2f ∂2f ∂N = = = . y ) dy es una diferencial exacta en una regi´ on R del plano XY si corresponde a la diferencial total de alguna funci´ on f (x. y ) tal que: ept o. ECUACIONES EXACTAS Definici´ on 2. es exacta si es la diferencial total de alguna funci´ on f (x.D. y ) = c. La ecuaci´ on M (x. y ) = y N (x.2. y ) dy = 0. y ) dy atic as 15 . Dada la ecuaci´ on M (x. entonces existe una funci´ on f (x. y ) dx + N (x. y ) = C tal que ∂f ∂f =M y =N ∂x ∂y Un ive rsid ad de An ∂f ∂x ∂f ∂y tioq ∂f ∂f dx + dy = d f (x. y ) dx + N (x. y ) dx + N (x.4.D Demostraci´ on: Como M (x. ∂y ∂x M (x. y ) dx + N (x. y ) dy = 0. M´ etodo. Si M (x. Teorema 2. ∂y ∂y∂x ∂x∂y ∂x La igualdad entre las derivadas cruzadas se produce porque M y N son continuas con derivadas de primer orden continuas. y ) y N (x. 3) as iii) Derivar con respecto a y la ecuaci´ on (2. es decir.D = N (x. y ) dx + g (y ) = N (x. ∂x = M (x. y ) dx − ∂x ∂x ∂y ∂N ∂ M (x. y ) dx = uia . y ) − ∂ ∂y rsid ad de iv) Integrar la expresi´ on (2. en efecto: o. METODOS DE SOLUCION i) Comprobar que es exacta. d M (x. y ) − ∂x ∂y ∂N ∂ ∂ = − ∂x ∂y ∂x ∂N ∂ ∂ M (x.3) con respecto a y y sustituir en (2.´ ´ CAP´ ITULO 2. y ) = 0 ∂x ∂y M (x. y ) y luego integrar con respecto a x dejando a f (x. verificar que ii) Suponer que y constante: ∂f ∂x ∂M ∂y = ∂N .2) e igualar a C. y ) dx + g (y ) (2. y ) dx eM atem ∂f ∂ = ∂y ∂y M (x. Resolver la siguiente E.: (2xy 2 + yex ) dx + (2x2 y + ex − 1) dy = 0 Soluci´ on: paso i)  ∂M x = 4xy + e   ∂M ∂N ∂y de donde =  ∂y ∂x ∂N  = 4xy + ex  ∂x 16 Un ive tioq ∂ ∂ N (x. y ) = M (x. y ). y ) dx = − M (x. Nota: en ii) se pudo haber comenzado por ∂f ∂y An Ejemplo 6.2) despejar g (y ) = N (x. ept Esta expresi´ on es independiente de x. y ) atic (2.2) .D. D ept o. y ) = y 2 derivamos (2.2. rsid ad ∂M ∂y ∂N ∂x ∂f ∂x ∂f ∂y = 2xy + bx2 de An = 3x2 + 2xy ⇒ b = 3 = xy 2 + 3x2 y = x3 + x2 y (xy 2 + 3x2 y ) dx + g (y ) x2 + x 3 y + g (y ) 2 (2. y ) = N (x.5) integramos (2.4) : f (x.6) (2.: (xy 2 + bx2 y ) dx + (x + y )x2 dy = 0. d eM atem (2.7) 17 atic as .4.6) con respecto a y ∂f = yx2 + x3 + g (y ) ∂y Un ive tioq uia Soluci´ on: .D. Hallar el valor de b para que sea exacta la E. ECUACIONES EXACTAS paso ii) f (x. y ) dy + h(x) = (2x2 y + ex − 1) dy + h(x) = x2 y 2 + yex − y + h(x) paso iii) ∂f = M = 2xy 2 + yex ∂x ∂f = 2xy 2 + yex + h (x) ⇒ h (x) = 0 ∂x paso iv) h(x) = C paso v) sustituyo h(x) en el paso ii): x2 y 2 + yex − y + C1 = C x2 y 2 + yex − y = C2 Soluci´ on general Ejemplo 7.4) (2. y ) = f (x. D.: Ejercicio 7. y ) = y 2 x2 + x3 y + K = C 1 2 y 2 x2 + x3 y = C = 2 Ejercicio 1.D. y ) dy = 0 y 2 x− 2 + 2 x +y Ejercicio 5. Determinar la funci´ on M (x.D. Un ive rsid ad de (2xy 2 + yex ) dx + (2x2 y + ex − 1) dy = 0 An tioq uia . Resolver la siguiente E. y ) para que la siguiente E.D. Resolver la siguiente E. d (y 2 cos x − 3x2 y − 2x) dx + (2y sen x − x3 + ln y ) dy = 0.´ ´ CAP´ ITULO 2.: (1 − sen x tan y ) dx + cos x sec2 y dy = 0 18 (yexy + 4y 3 ) dx + (xexy + 12xy 2 − 2y ) dy = 0. por el m´ etodo de las exactas : Ejercicio 2. y ) de tal manera que la siguente E.D.D. METODOS DE SOLUCION igualamos (2.: Ejercicio 6. Resolver por el m´ etodo de las exactas la siguiente E. Resolver por el m´ etodo de las exactas la siguiente E.: ( sen xy + xy cos xy ) dx + (x2 cos xy ) dy = 0 Ejercicio 8. con y (0) = e.: Ejercicio 9.D ept o. Resolver por el m´ etodo de las exactas la siguiente E. con y (0) = 2 (2x − y sen xy − 5y 4 ) dx − (20xy 3 + x sen xy ) dy = 0 (tan x − sen x sen y ) dx + cos x cos y dy = 0.D. eM atem atic as que es la soluci´ on general.D. Resolver por el m´ etodo de las exactas la siguiente E.D.5) y (2.O sea exacta: 1 dy = 0 M (x.7) x3 + x2 y = yx2 + x3 + g (y ) K = g (y ) reemplazamos g (y ) en (2. Determinar la funci´ on N (x. sea exacta: 1 1 x dx + N (x. Resolver por el m´ etodo de las exactas la siguiente E.6) f (x. . por el m´ etodo de las exactas: Ejercicio 3. y ) dx + xex y + 2xy + x Ejercicio 4. 5. entonces: 19 rsid ad de An µ= 1 1 1 1 1 . Sea la E. ept o. ´ FACTORES DE INTEGRACION M (x. µ = . y ) N (x. son factores integrantes. entonces decimos que µ(x. FACTORES DE INTEGRACION 2. y µ(x. con M .D. y ) dx + µ(x. (x2 + y 2 ) ya que d 1 (x 2 + y 2 ) = Ejemplo: x dx + y dy es la diferencial de 1 2 2 x dx + y dy . y ) dy = 0 es una E. y ) dy = 0. Analogamente: para x dy + y dx = d(xy ).´ 2. d eM atem atic as . y ) M (x.).D Pero py dx + qx dy no es exacta.I. µ ∂N ∂M − ∂y ∂x Un ive Teorema 2. la expresi´ on µ(x. µ = . exacta. entonces =N dµ dµ = −M dx dy Demostraci´ on: Si µ es tal que µM dx + µN dy = 0 es exacta y µ. y ) es un factor integrante (F. M. y ) dx + N (x. µ = . N y µ continuas y con primeras derivadas parciales continuas . Si µ(x.5.D.D. y ) = xp−1 y q−1 es un factor integrante. Ejemplos de algunas formas diferenciales que son exactas. µ = y2 x2 xy x2 + y 2 ax2 + bxy + cy 2 tioq Para y dx − x dy . y ) dx + N (x.2 (Teorema del Factor Integrante) : Sea M (x. N tienen primeras derivadas parciales continuas.5 (Factor Integrante F.I. Definici´ on 2. y ) es tal que µ(x. y ) dy = 0 una E. las expresiones: uia .) . y ) un factor integrante. D f (x)dx ept . uia ∂µ ∂µ dy dµ = + dx ∂x ∂y dx . si ∂M ∂y −M − ∂N ∂x rsid ad de 1. tomando k = 1 se tiene µ = e − ∂N An tioq Nota. entonces µ = e o. (2xy 2 − 2y ) dx + (3x2 y − 4x) dy = 0. y ) = 3x2 y − 4x ⇒ 20 ∂M = 4xy − 2 ∂y ∂N = 6xy − 4 ∂x Un ive eM atem atic as ∂N ∂M − ∂y ∂x =N ∂µ ∂µ ∂µ M ∂µ −M =N − ∂x ∂y ∂x N ∂y . entonces: N ∂M ∂N − ∂y ∂x =N µ ∂µ dy ∂µ dµ dµ + = −M =N ∂x dx ∂y dx dy ya que si µ = µ(x. Ejemplo 8. y ) = 2xy 2 − 2y ⇒ N (x. dx µ f (x)dx luego µ = ke . Soluci´ on: M (x. Similarmente. Si ∂y N ∂x = f (x). y ) y y = y (x) entonces: dµ = ∂µ ∂µ dx + dy ∂x ∂y y por tanto ∂M 2. d . g (y )dy = g (y ). entonces µf (x) = dµ y por tanto f (x)dx = dµ . METODOS DE SOLUCION ∂ ∂ (µM ) = (µN ) ∂y ∂x o sea que µ luego µ como dy dx ∂M ∂µ ∂N ∂µ +M =µ +N ∂y ∂y ∂x ∂x = −M .´ ´ CAP´ ITULO 2. . y ) = x2 y 3 − 2xy 2 + k = c luego x2 y 3 − 2xy 2 = k1 que es la soluci´ on general.I. y ) = Paso 3. y ) = 3x2 y 2 − 4xy atic multiplico la E.5.´ 2. original por y : (2xy 3 − 2y 2 ) dx + (3x2 y 2 − 4xy ) dy = 0 as . d eM ∂M = 6xy 2 − 4y ∂y atem el nuevo M (x. Reemplazo en el paso 2.D luego es exacta. ept ∂N = 6xy 2 − 4y ∂x o. Derivando con respecto a y : N = 3x2 y 2 − 4xy = luego g (y ) = 0 Paso 4.D. y ) = 2xy 3 − 2y 2 y el nuevo N (x. y f (x. 21 Un ive rsid ad ∂f = 3x2 y 2 − 4xy + g (y ) ∂y de An tioq (2xy 3 − 2y 2 )dx + g (y ) = x2 y 3 − 2xy 2 + g (y ) uia Paso 2. g (y ) = k Paso 5. f (x. FACTORES DE INTEGRACION luego ∂N ∂M − = −2xy + 2 ∂y ∂x ∂M ∂y por tanto −M g (y ) = − ∂N ∂x = luego −2xy + 2 2(−xy + 1) = 2 −2xy + 2y 2y (−xy + 1) 1 dy y 1 ⇒ F. = µ(y ) = e y = eln |y| = y Paso 1. Ejercicio 2. hallar el factor integrante y resolver por el m´ etodo de las exactas: rsid ad Observese que x = 0 es tambi´ en soluci´ on y es singular porque no se desprende de la soluci´ on general.´ ´ CAP´ ITULO 2. METODOS DE SOLUCION Ejemplo 9. (2wz 2 − 2z ) dw + (3w 2 z − 4w) dz = 0. (3xy 3 + 4y ) dx + (3x2 y 2 + 2x) dy = 0.D. luego x dy − y dx = x2 luego y x 6x2 − 5xy + y 2 x2 dx hagamos u = luego luego c Ejercicio 1. x x x ⇒ du = (6 − 5u + u2 )dx atic as . x dy − y dx = (6x2 − 5xy + y 2 ) dx Soluci´ on: y x dy − y dx como d( ) = x x2 entonces dividimos a ambos lados de la E. 2xy ln y dx + (x2 + y 2 y 2 + 1) dy = 0. por tanto ept du du = dx ⇒ = dx 2 6 − 5u + u (u − 3)(u − 2) A B 1 = + pero por fracciones parciales (u − 3)(u − 2) u−3 u−2 o. 22 Un ive En los siguientes ejercicios. por x2 . (u − 3) ( y − 3x ) = ex .D o sea que A = 1 y B = −1. Ejercicio 3. d eM atem y y y d( ) = 6 − 5( ) + ( )2 dx. si x = 0 ⇒ c = ex (u − 2) ( y − 2x ) de An tioq du = (u − 3)(u − 2) uia dx ⇒ du − u−3 du = ln |u−3|−ln |u−2|+ln c = x u−2 . LINEAL DE PRIMER ORDEN Ejercicio 4.D. h(x) son continuas en I .D. a0 (x). x dx + y dy = 3 x2 + y 2 y 2 dy . x dy − y dx = (6x2 − 5xy + y 2 ) dx entonces µ = F.D. y ) = 2. x dy − y dx = (2x2 + 3y 2 )3 (2x dx + 3y dy ) as . = e t R(s) ds . LINEAL DE PRIMER ORDEN donde a1 (x) = 0. 4y dx + x dy = xy 2 dx. Dividiendo por a1 (x). Bajo que condiciones M dx + N dy = 0 tendr´ a un F. Ejercicio 8. Ejercicio 7.I.D.6. Si atic Ejercicio 9. lineal en y de primer orden.= µ( x + y ) o. donde t = xy Ejercicio 12. y dx + (2x − yey ) dy = 0.I. E. se obtiene la llamada ecuaci´ on en forma can´ onica o ´ forma estandar: dy + p(x)y = Q(x). Una E.D ept Ejercicio 11. Ejercicio 5. d eM My − N x = R(xy ).2. dx de An tioq uia 1 xM +yN . x dy + y dx = (x3 + 3x2 y + 3xy 2 + y 3 )(dx + dy ). yN − xM atem Ejercicio 10.6 . en I y a1 (x).6. dx a 0 (x) h(x) donde p(x) = y Q (x) = . E. Si M dx + N dy = 0 es homog´ enea. a 1 (x) a 1 (x) 23 Un ive rsid ad Definici´ on 2. Ejercicio 6. de la forma: dy a1 (x) + a0 (x)y = h(x). se le llama E. entonces µ(x. I.I. entonces N y por tanto µ = e e o sea d (ye p(x) dx ) dx p(x) dx = F. atic ∂N ∂x as (2. de primer orden: y + p(x)y = Q(x) es : ye Demostraci´ on: dy + p(x)y = Q(x) dx ⇒ p(x)y dx + dy = Q(x) dx p(x) dx p(x) dx = e Q(x) dx + C.D.D.´ ´ CAP´ ITULO 2..:(6 − 2µν ) dµ + ν2 = 0 dν ν2 =− dµ 6 − 2µν 2µ dµ 6 =− 2 + dν ν ν rsid ad Q(x) F.I. multiplicando (2. como ∂M ∂y = p(x) y atem . lineal de primer orden) : La soluci´ on general de la E.8) = 0. d p(x) dx ∂M ∂y − ∂N ∂x = p(x) eM o sea que (p(x)y − Q(x)) dx + dy = 0.8) por el F.D = Q (x)e Observese que la expresi´ on anterior es lo mismo que: y F.I.D. dx + C de An ye p(x) dx tioq = Q (x)e e integrando con respecto a x se tiene: Q (x)e p(x) dx = uia ept dx + C o. lineal en y .: dx + p(x)ye p(x) dx p(x) dx p(x) dx dy . = Soluci´ on: 24 Un ive dν Ejemplo 10.3 (Teorema de la E. METODOS DE SOLUCION Teorema 2. Hallar la soluci´ on general de la E. : ex f (x)dx + C eM 1 µ = −6 ν2 ν −3 +C −3 atem 1 µ= ν2 6 1 (− 2 )dν + C 2 ν ν atic 25 La soluci´ on general es as . Hallar una soluci´ on continua de la E.D 2 2 2 µ = 3 + C ⇒ µ = + Cν 2 2 ν ν ν que es la soluci´ on general. soluci´ on general ex y = 2 Un ive An tioq x.I. = e p(ν )dν =e 2 −ν dν = e−2 ln |ν | = eln |ν | −2 = ν −2 = 1 ν2 ν −4 dν + C = −6 . 0. Q(ν ) = − 2 ν ν F. si 0 ≤ x < 1 : ex y = ex y = 2 2 1 2 ex 2x dx + C 2 2 1 x e + C . ept dy dx o. : e 2 2xdx = ex ⇒ ex y = ex x dx + C 2 2 rsid ad 2 de a). E. d + 2xy = f (x) donde f (x) = y y (0) = 2 Soluci´ on: F.D.D.I. 0≤x<1 x≥1 uia Ejemplo 11.6.2. LINEAL DE PRIMER ORDEN 6 dµ 2µ − =− 2 dν ν ν que es lineal en µ con 2 6 p(ν ) = − . y = 2 F.D 1 3 −1 + e = Ce−1 2 2 ept o.D. Con un cambio de variable adecuado trasformar la E. METODOS DE SOLUCION 1 0 e +C y (0) = 2 ⇒ e0 2 = 2 2 2 2= y= 1 2 1 2 +C ⇒C = 2 3 2 1 2 3 −x +2 e .´ ´ CAP´ ITULO 2. dx dx 26 Un ive 1 dy x(2 sen y cos y ) 2 + = xe−x 2 2 cos y dx cos y rsid ad en una E.I. soluci´ on particular 2 + Ce−x ⇒ y = b).: ⇒C= uia 1 2 2 . Dividiendo por cos2 y : de An y + x sen 2y = xe−x cos2 y tioq +3 e−1 1 3 2 = e + e−1 2 2 Ejemplo 12. si x ≥ 1 : F. de tal manera que la funci´ on f (x) sea continua en x = 1. lineal de primer orden y luego resolverla. por lo tanto sec2 y dy dt = sec2 y . Lo trabajamos mediante cambios de variable.D. Por tanto 1 3 2 l´ ım ( + e−x ) = f (1) = y (1) x→1 2 2 eM atem 1 2 3 −x +2 e −x2 Ce 2 0≤x<1 x≥1 atic ex y = 0 + C ⇒ y = Ce−x as 2 . Soluci´ on. 0 dx + C Soluci´ on: f (x) = dy 2 + 2x tan y = xe−x dx hagamos el siguiente cambio de variable: t = tan y .I. d Busquemos C . : y (x) = An x2 . Hallar una soluci´ on continua de la E. lineal de primer orden. d x2 +C 2 Ejercicio 1. = e Resolvi´ endola t F.D. Resolver para ϕ(x) la ecuaci´ on ϕ(αx) dα = nϕ(x) (Ayuda: con un cambio de variable adecuado transforme la ecuaci´ on en una E. LINEAL DE PRIMER ORDEN Sustituyendo dt 2 + 2xt = xe−x . F.: dy dx . 0≤x<1 x≥1 rsid ad (Rta. (Rta.6.) Ejercicio 4.: y = sen x) Un ive o.: y − 2xy = cos x − 2x sen x donde y es acotada cuando x → ∞. Hallar la soluci´ on de la E.: ⇒ tan y ex = eM atem atic 27 as .I.D. dx p(x) = 2x. −x .D = y y −x ept con y (5) = 2 1 0 dy (1 + x2 ) dx + 2xy = f (x) Ejercicio 3.2. si x ≥ 1 x2 tioq ) uia x.I.D.D.Q(x) dx + C ex (xe−x ) dx + C 2 2 2 donde f (x) = con y (0) = 0. (Rta. E. Hallar la soluci´ on de la E.I. si 1+x2 x2 − 2(1+x2 ) 0≤x<1 1 + 1+ .D.: xy = y2 2 + 8) de Ejercicio 2. = tex = 2 es lineal en t con Q(x) = xe−x 2x dx 2 = ex 2 F. : y − x dx = y 2 ey . El suministro de glucosa al torrente sangu´ ıneo es una t´ ecnica importante para detectar la diabetes en una persona. se le llama una E. Hallar la soluci´ on de la E.D. Una E.: (x + 2)2 dy dx = 5 − 8y − 4xy . Resolver la E. Construir la E. METODOS DE SOLUCION √ √ √ Ejercicio 5.D. Hallar la soluci´ on general en t´ erminos de f (x). uia .9) . Ejemplo 13. dw + (1 − n)p(x)w = (1 − n) Q(x).D. de Bernoulli.7 . transforma y se separa de la sangre a una tasa proporcional a la cantidad de glucosa presente.D. dx dy dx = 1 xy (1+xy 2 ) ⇒ Un ive dy = 1 con y (1) = 0.D ept 2. d dy dx Ejercicio 9.7. Observese que es una E. lineal en w de primer orden: An tioq dy + p(x)y = Q(x)y n con n = 0 y Definici´ on 2. atic as (2.D. Resolver la E. y resolverla.: 2 x y − y = − sen x − cos x donde y es acotada cuando x → ∞. de la E.D. de Bernoulli en una E.: f (x) + 2 f (x) y = f (x) eM atem Ejercicio 8. .´ ´ CAP´ ITULO 2. Ejercicio 6. Para estudiar este proceso. dy dx dy Ejercicio 7.D. definimos G(t) como la cantidad de glucosa presente en la sangre de un paciente en el tiempo t. ECUACION DIFERENCIAL DE BERNOULLI o. Suponga que la glucosa se suministra al sisgr.D. xy (1 + xy 2 ) dx Soluci´ on: dx dy dx − xy = x2 y 3 dy 28 rsid ad = xy (1 + xy 2 ) = xy + x2 y 3 de La sustituci´ on w = y 1−n convierte la E.D. Hallar G(t) cuando t → ∞. de la forma dx n = 1. Al mismo tiempo la glucosa se tema sangu´ ıneo a una tasa constante k min.D. no lineal. DE BERNOULLI tiene la forma de Bernoulli con variable dependiente x. por lo tanto la soluci´ on particular es: x−1 e 2 = −y 2 e 2 + 2e 2 + C ⇒ y2 1 = −y 2 + 2 − e − 2 x Un ive y2 uia = − 2u e u + 2e u + C . luego p(y ) = y .9): −w −2 dw − yw−1 = y 3 w−2 dy multiplicamos por −w −2 : dw dy + yw = −y 3 .D.I. = we 2 = hagamos: u = y2 2 y2 P (y ) dy F. con n = 2 Hagamos w = x1−2 = x−1 ⇒ x = w−1 dx dw = −w−2 dy dy sustitu´ ımos en (2. y 2 = 2u y2 we 2 = − y2 y 3 e 2 dy + C = −2 An tioq rsid ad de e integrando por partes.D ueu du + C ept o. obtenemos: w e y2 y2 y2 2 y2 1 = −y 2 + 2 + Ce− 2 x Como y (1) = 0 entonces C = −1.I.I. Q(y ) = −y 3 F. d =e y dy =e2 y2 eM atem atic as 29 .2. Q(y ) dy + C e 2 (−y 3 ) dy + C y2 ⇒ du = y dy . E.7. = e w F. lineal en w de primer orden. (p − fn (x. . y )pn−1 + a2 (x. y )pn−2 + . . + an−1 (x. y )(y )n−1 + a2 (x.8. . ii) Se puede despejar y .´ ´ CAP´ ITULO 2.: x3 = −y − 2 + Cey ) Ejercicio 3. y = 3x2 . y ) = 0. METODOS DE SOLUCION Resolver las E. E. x3 +y +1 (Rta. y ) para i = 1 . 2 dx y x − x y2 con y (1) = 1. y )p + an (x. y )) = 0. Ejercicio 2.D donde ai (x. y ) = 0. + an−1 (x. Si hacemos p = dy dx pn + a1 (x. . dt Sea i) Se puede despejar y . tx2 dx + x3 = t cos t.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN atic as . y ))(p − f2 (x.D. de los siguientes ejercicios: dy = Ejercicio 1. iii) Se puede despejar x. n son funciones reales y continuas en una regi´ on R del plano XY . ept o. Caso i). En caso que sea posible que la ecuaci´ on anterior se pueda factorizar en factores lineales de p. . eM atem 2. se obtiene lo siguiente: (p − f1 (x. . y )y + an (x. . d (y )n + a1 (x. entonces rsid ad de An tioq uia Casos: . y )) . 30 Un ive = y . y )(y )n−2 + . . entonces la soluci´ on general es n i=1 ϕi (x. C ) = 0 = y + cos x − C Para el factor p + 2x = 0 ⇒ y= e integrando por partes: y= ln x dx + C. n. C ) = 0 = y − x ln x + x − C (y + cos x − C )(y + x2 − C )(y − x ln x + x − C ) = 0 Resolver por el m´ etodo anterior los siguientes ejercicios: Ejercicio 1.D. y. .8. (y − sen x)((y )2 + (2x − ln x)y − 2x ln x) = 0. y. .D ⇒ y = −x2 + C ⇒ φ2 (x. y. p (p2 − 2xp − 3x2 ) = 0. C ) = 0 rsid ad ln x dx + C = x ln x − de An 1 x dx = x ln x − x + C x tioq uia Para el factor p − ln x = 0 ⇒ dy dx = ln x ⇒ dy = ln x dx . NO LINEALES DE PRIMER ORDEN donde fi (x. n son funciones reales e integrables en una regi´ on R del plano XY . . . c) = 0. para i = 1.2. Ejemplo 14. . c) = 0. . y ) para i = 1. E. y. d = −2x ⇒ dy = −2x dx eM atem − sen x = 0 ⇒ dy = sen x dx ⇒ atic as . . 31 Un ive La soluci´ on general es: 3 i=1 φi (x. y. C ) = 0 = y + x2 − C ept o. . Soluci´ on: (p − sen x)(p2 + (2x − ln x)p − 2x ln x) = 0 (p − sen x)(p + 2x)(p − ln x) = 0 Para el factor p − sen x = 0 ⇒ y = − cos x + C dy dx dy dx φ1 (x. y. φ3 (x. Si cada factor tiene una soluci´ on ϕi (x. 5 dy = luego o sea que 0= y por tanto Un ive rsid ad ∂f ∂f dp dp −p + = g (x. donde p = ∂x ∂p dx dx ∂f −p ∂x dx + es una E. p ). p ) = 0 32 de An ∂f ∂f dp dy =p= + dx ∂x ∂p dx tioq ∂f dp = 0 ∂p uia ∂f ∂f dx + dp ∂x ∂p . p). (y )3 − y (y )2 − x2 y + x2 y = 0. Hallar la ecuaci´ on de C si P T = k . 6µ2 1 dν dµ 2 dν − 13µν dµ − 5ν 2 = 0.:(y + c)2 = √ k 2 − x2 + k ln √ k2 −x2 −k x 2 . p.: (y − c)(2y − 3x2 + c)(2y + x2 + c) = 0) Ejercicio 2.D ept Caso ii).´ ´ CAP´ ITULO 2.D. p. METODOS DE SOLUCION (Rta. atic as (Rta. Generalmente (teniendo buena suerte) g (x. Son ecuaciones de la forma F (x.) atem Ejercicio 4. la diferencial total es: o. donde x y p se consideran como variables independientes. Denotando por P cualquier punto sobre una curva C y T el punto de intersecci´ on de la tangente con el eje Y . (Rta. d eM (Rta. de primer orden y de primer grado en x y p.: (x − ln |y | + c)(y + x2 2 − c)(y − x2 2 − c) = 0) . p) = 0 y de la cual puede despejarse y . k > 0. y.: (νµ 3 − c)(νµ− 2 − c) = 0) Ejercicio 3. con |x| ≤ k. es decir: y = f (x. p ) uia . .8.lineal en p. p. a) Con el factor h(x. p) = 0 y se obtiene la soluci´ on general. p) = 0 se obtiene una soluci´ on singular. b) Con φ(x. d dp 0 = (p + 2x) ln x + 2x(p + x)(p + 2x) + [x ln x + 2x2 (p + x)] dx eM dp p = (p + 2x) ln x + p + x + 2x(p + x)(p + 2x) − x + [x ln x + 2x2 (p + x)] dx atem 1 dp p = (p +2x) ln x +(px + x2 ) +2(px + x2 )(p +2x) − x +[x ln x +2(px + x2 )x] x dx atic Soluci´ on: si x = 0 dy dx =p= ∂f ∂x + ∂f dp ∂p dx as 33 .D. P (x) = x . E. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN se puede factorizar. p. p. Φ(x. p) = 0. p. p ) = p + 2x + x dx =0 tioq 0 = h(x.I. y = f (x.D ept o.2. p). Q (x) = − 2 p F. = px = F. p. c) = 0. y. p) = 0. = e P (x) dx =e 1 x dx = eln |x| = x 2 rsid ad de x=0 dp dx + p x = −2 (dividimos por x) An dp 1) Con el factor Φ(x. p) = (px + x2 ) ln x + (px + x2 )2 − x 2 2 dy dx dp 0 = (p + 2x)[ln x + 2x(p + x)] + x[ln x + 2x(p + x)] dx dp 0 = [ln x + 2x(p + x)] p + 2x + x dx dp ⇒ x dx + p = − 2x ⇒ 1 E. p. se elimina p entre h1 (x.I.I. donde p = Ejemplo 15. p ) = 0 se obtiene una soluci´ on h1 (x. c) = 0 y F (x. p) = 0 y F (x. y. p ) = h(x. quedando as´ ı: g (x. p. p ) φ (x.Q(x) dx + C x(−2) dx + C = − 2x + C = −x 2 + C 2 C x p = −x + (dividimos por x) Un ive F. al eliminar p entre φ(x.D. D ept sustituyo en la E. METODOS DE SOLUCION luego sustituimos en la E.D.D. p) = ln x + 2x(p + x) = 0 as . original: o. d x2 2 2 −2x x luego p = − ln x2 ⇒ px = − ln x+2 x 2 2 2 tioq ln x + 2x2 ln x + 2x2 − + x2 ln x + − + x2 2 2 eM − 2 2xp = − ln x − 2x2 atem x2 2 x2 2 − 0 = ln x + 2xp + 2x2 y= Resolver por el m´ etodo anterior los siguientes ejercicios: 34 Un ive ln2 x ln2 x x2 y=− + − 2 4 2 luego la soluci´ on singular es y=− ln2 x x2 − 4 2 rsid ad − ln x − 2x2 + 2x2 2 ln x + de An − ln x − 2x2 + 2x2 2 atic x2 y = (−x + C + x ) ln x + (−x + C + x ) − 2 soluci´ on general x2 y = C ln x + C 2 − 2 2) h(x. original: y = (px + x2 ) ln x + (px + x2 )2 − 2 2 2 x2 2 2 2 uia y = (px + x2 ) ln x + (px + x2 )2 − y= .´ ´ CAP´ ITULO 2. p. p ) ∂p dy . o sea que dx = p dy y como ∂g ∂g dx = dy + dp ∂y ∂p eM atem atic (Rta. 4y + 5x2 = 0) as . y. cos2 β Soluci´ on: con p = dβ . y 2 = 3x 2 ) Ejercicio 2.8. Si en la ecuaci´ on F (x. p) dy 1 con y y p como variables independientes. dα α= cos2 β p3 + 2 tan β 2p cos2 β p2 tan β α= + = g (β. luego por tanto ∂g 1 − ∂y p donde p = dp .: 2cy = c2 x2 + 3. d Caso iii).2. y = − 4 ln2 x) Ejercicio 3. E. p) 2 p ∂g ∂g ∂p 1 = + p ∂β ∂p ∂β ⇒ 1 sec2 β tan β = − cos β sen β p2 + + p cos2 β − 2 p p p dp dβ 35 Un ive rsid ad se tiene: de dβ − 2α dα + 2 tan β = 0 An tioq uia ∂g dp = 0 = h(y. y = 5xp + 5x2 + p2 . 1 (Rta. (Rta.D ept 1 ∂g ∂g dp dx = = + dy p ∂y ∂p dy o. dy dβ 3 dα + Ejemplo 16. y = px ln x + p2 x2 .: y = cx − x2 + c2 . se puede despejar x = g (y. p) = 0.D. hacemos dx = p. xp2 − 2yp + 3x = 0.: y = c ln x + c2 . NO LINEALES DE PRIMER ORDEN Ejercicio 1. D 1 : φ(β. 1 tan2 β tan β 1 = − cos β sen β p2 + + + p cos2 β − 2 p p p p 0 = − cos β sen β p2 + 2 dp dβ dp dβ tan β tan2 β + p cos2 β − 2 p p tan β dp tan2 β 1 2 p cos2 β − 0 = − sen β cos β p + + p p p dβ 0 = − tan β cos2 β p2 − 0 = cos2 β p2 − 0 = h(β. p ). p. donde cos β = 0 | cos β | cos β An ⇒ ln |p| = − ln | cos β | + ln |C | tioq ⇒ 1 dp dp = tan β ⇒ = tan β dβ p dβ p + 2 tan β c 2 cos β = uia c3 cos β . p) φ(β. p. original: de ln |p| = ln c |c | ⇒p= . − tan β + donde p = cos2 β p3 − 2α p + 2 tan β = 0 cos2 β c c3 − 2α + 2 tan β = 0 cos β cos β ⇒α= 36 c3 cos β Un ive c3 c − 2α + 2 tan β = 0 3 cos β cos β rsid ad Sustituyendo en el la E. p ) = − tan β + 1 dp =0 p dβ 2 ept dβ dp y p = dα dβ + 2 sen β cos β c cos β o. d eM tan β p 1 dp p dβ atem tan β 1 2 tan β + p cos2 β − p p p atic 0 = tan β 1 2 tan β − sen β cos β p2 tan β + + p cos2 β − tan β p p p as dp dβ dp dβ . METODOS DE SOLUCION Teniendo en cuenta la identidad: sec2 θ = 1 + tan2 θ.´ ´ CAP´ ITULO 2.D. D.8.2. 4p2 = 25x Un ive Resolver por el m´ etodo anterior los siguientes ejercicios: rsid ad de ⇒α= 3 tan β 2 sen cos β 1 3β 3 = 2 An sen β cos β sen cos β 1 3β tioq sen 3 β + 2 tan β = 0 tan β − 2α cos β = 2 3 sen 3 β 2 1 uia sen β sen 3 β cos β − 2 α + 2 tan β = 0 cos3 β cos β 2 . 2c 2 c c=0 2 : h(β.: x = y + ln |1 + C |) ey Ejercicio 2. E. original: atem 1 atic 37 p= 3 tan β = cos2 β 3 sen β cos3 β as . x = y + ln p (Rta. Ejercicio 1. p) = 0 = cos2 β p2 − tan β p tan β tan β ⇒ p3 = cos2 β p2 = p cos2 β cos β 2 Siendo esta u ´ltima la soluci´ on singular.O.D.D 1 ept sen 3 β cos β sen 3 β − 2α + 2 tan β = 0 cos β o. d 1 3 1 eM 1 3 sen 3 β p= sen β ⇒ p = cos β cos β Y sustituyo en la E. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN La soluci´ on general es : = c2 sen β c3 + 2 sen β = + . 2px = 2 tan y + p3 cos2 y (Rta. de 2. 2 8x3 = 27 sen 2 y ) Ejemplo 17.´ ´ CAP´ ITULO 2. xy − y = ey ept o. d Ejercicio 5.: (3y + c)2 = 25x3 ) Ejercicio 3.D Ejercicio 6. METODOS DE SOLUCION (Rta.: y = cx + 1 − ln c. y = 2 + ln x) eM (Rta. y dx + (1 + yex ) dy = 0 Soluci´ on: Hagamos u = 1 + yex ⇒ y = u−1 . (y − px)2 = 4p uia (Rta. y = xy + 1 − ln y (Rta.9. OTRAS SUSTITUCIONES An tioq Ejercicio 7.: y = cx − ec . y = xy − (y )3 3 atic Ecuaci´ on de Clairaut: y = xy + f (y ) Por el m´ etodo del caso ii) se muestra que su soluci´ on general es de la forma: y = cx + f (c) Y su soluci´ on singular se consigue eliminando p entre las ecuaciones x + f (p) = 0 y y = xp + f (p) as .: x = sen y c + c2 . ex ⇒ du = (u − 1) dx + ex dy ⇒ dy = 38 du − (u − 1) dx ex Un ive rsid ad du = yex dx + ex dy = ex (y dx + dy ).: y = cx − 1 c3 . y = x ln x − x) . y = ± 2 x2 ) 3 3 3 atem Ejercicio 4. haciendo v = u − 1 ⇒ dv = du v2 Un ive rsid ad 1 1 + u − 1 (u − 1)2 de An si u = 0 ⇒ 0 = −A + 1 ⇒ A = 1 du entonces x = ln |u − 1| − x = ln |yex | − 1 + C.2. OTRAS SUSTITUCIONES Reemplazando en la ecuaci´ on original: u−1 dx + u ex du − (u − 1) dx ex ex >0 = 0 (u − 1 − u(u − 1)) dx + u du = 0 (u − 1)(1 − u) dx + u du = 0 dx = x= Utilicemos fracciones parciales para resolver la integral u A B = + 2 (u − 1) u − 1 (u − 1)2 u = A(u − 1) + B si u = 1 ⇒ B = 1 x= x = ln |u − 1| + dv .9.D 1 +C v ept o. es la soluci´ on general yex tioq uia . d u du + C (u − 1)2 eM atem u du (u − 1)2 atic 39 −(u − 1)2 dx + u du = 0 as . entonces . METODOS DE SOLUCION Ejemplo 18. Soluci´ on: Hagamos p = y = dy . xe2y dx + e2y = ln x x rsid ad y3 + C1 y + C2 3 Hacer una sustituci´ on adecuada para resolver los siguientes ejercicios: de x= An ⇒ dx = (y 2 + C1 ) dy tioq uia p−1 = y 2 + C1 ⇒ p = 1 dy = + C1 dx . d dp = −2yp2 ⇒ p−2 dp = −2y dy dy eM dp + 2yp2 = 0 dy atem atic dp + 2yp3 = 0.: −e− x4 = x2 + c) 40 Un ive dy Ejercicio 1.´ ´ CAP´ ITULO 2. y + 2y (y )3 = 0.: x2 e2y = 2x ln x − 2x + c) Ejercicio 2.D ⇒ −p−1 = −y 2 + C ept o. dx ⇒p =y = d2 y dx2 p + 2yp3 = 0 dp + 2yp3 = 0 dx p y2 (Rta. con p = 0 dy as Por la regla de la cadena sabemos que: dp dx = dp dy dy dx = dp p dy dp = p dy . y dy 4 − y = 2x 5 e x 4 dx x y (Rta. : ln(tan y ) = x + cx−1 ) as dy = 2x − ln(tan y ) Ejercicio 5. los cuales solucionaremos utiliz´ ando dicho paquete.y)=int(3/x.10. despu´ es de la cual se da “enter”para efectuar la operaci´ on que se busca. d (Rta.: x2 − sen y12 = c) ept Ejercicio 8. 2 exp(C) x 41 Un ive Ejemplo 19.x)+C. 2x csc 2y dx . 2yy + x2 + y 2 + x = 0 (Rta. An tioq dy dx uia y = 3x . Hallar general de la E. dy dx + xy 3 sec y12 = 0 o.2. expondremos a continuaci´ on varios ejemplos. de >int(1/y.: y c 1 c2 ln |cy − 1| = x + c1 ) 2. ln(y) = 3 ln(x) + C >solve(ln(y) = 3*ln(x)+C.: x2 + y 2 = x − 1 + ce−x ) Ejercicio 4.10. y 2 y = y + (Rta.D (Rta. y + 1 = e−(x+y) sen x atem Ejercicio 6. Las intrucciones en Maple terminan con punto y coma. y + (tan x)y = 0 atic (Rta. ANEXO CON EL PAQUETE Maple rsid ad Con el paquete matem´ atico Maple se pueden resolver Ecuaciones Diferenciales.D.: ey = −e−x cos x + ce−x ) eM Ejercicio 7.y). ANEXO CON EL PAQUETE MAPLE Ejercicio 3. x2 ( e x ) 2 − 2e x + 1 − 4x 2 C 1 x2 de > diff_E1:=2*x*(y^2)(x)+y(x)*exp(x)+(2*x^2*y(x)+exp(x)-1)*D(y)(x)=0. METODOS DE SOLUCION Ejemplo 20. y (x) = y (x) = 1 1 − ex − 2 1 1 − ex + 2 42 Un ive rsid ad diff_E1 := 2xy (x)2 + y (x)ex + (2x2 y (x) + ex − 1)D(y )(x) = 0 ( e x ) 2 − 2e x + 1 − 4x 2 C 1 . uia M:= 4xy + ex . Mostrar que la E.D > M:=2*x*y^2+y*exp(x). {y(x)} ). > diff_eq1 := D(y)(x)=x*y(x)^3*(1+x^2)^(-1/2).D. o. d −2 1 + x 2 + 3 √ eM 1 atem > dsolve( {diff_eq1. Hallar la soluci´ on particular de la E. con 1 y (x) = > dsolve(diff_E1. atic init_con := y (0) = 1 as . ept Ejemplo 21.D.´ ´ CAP´ ITULO 2. (2xy 2 + yex )dx + (2x2 y + ex − 1)dy = 0 es exacta y hallar la soluci´ on general.y(x)). An N:=2x2 y + ex − 1 tioq > N:=2*x^2*y+exp(x)-1. diff_eq1 := D(y )(x) = > init_con := y(0)=1. init_con} . la condici´ on inicial y (1) = 1 > restart. xy (x) (1+x2 ) 2 1 dy dx = xy (1 + x2 )− 2 . D.1. d eM x Figura 3.1. DE PRIMER ORDEN ´ APLICACIONES GEOMETRICAS y g (x) γ β Un ive rsid ad de An tioq f (x) uia .D 3.1.1 43 atic as .CAP´ ITULO 3 atem α APLICACIONES DE LAS E. Trayectorias Isogonales y Ortogonales ept 3. o. En particular. a g se le llama la familia de trayectorias ortogonales de f y en este caso g es soluci´ on de la E. c) = 0.: 1= y − x+ −y c dy y =− dx x+c rsid ad de An y + (x + c ) dy =0 dx −y 1 y tioq Un ive y y 1 + − x+ c = −y y y uia d d (y (x + c)) = (1) dx dx . y. d eM atem tan α tan β = f (x)g (x) = −1 = f (x)y atic b).D.: tan γ = tan(α − β ) = f (x) − g (x) f (x) − y tan α − tan β = = 1 + tan α tan β 1 + f (x)g (x) 1 + f (x)y ⇒ En la E.: as . Soluci´ on: f (x) − y =1 tan 450 = 1 + f (x)y o.D. Dada una familia de curvas f (x. y. DE PRIMER ORDEN Definici´ on 3. c) = 0 es soluci´ on de la E.D = −y 2 − y 1 − y2y por derivaci´ on impl´ ıcita: 1+ −y 1 1 − y 2 y = −y 2 − y ⇒ y (y 2 − 1) = 1 + y 2 y = 44 y2 + 1 y2 − 1 ⇒ dy = dx y2 − 1 y2 + 1 ept Ejemplo 1. APLICACIONES DE LAS E.1 (trayectorias isogonales) .CAP´ ITULO 3. existe otra familia g (x.D. a). A la familia g se le llama la familia de trayectorias isogonales de f y g (x. cuando γ = 900 . y. Hallar las trayectorias isogonales a 45o de la familia y (x + c) = 1. c) = 0 que corta a la familia f bajo un mismo a ´ngulo γ .D. 2 ) y corta a cada 2 2 2 miembro de la familia x + y = c formando un a ´ngulo de 60o .: 2x2 + 3y 2 = C2 ) atem Ejercicio 2. K ) = 0 = y − 2 tan−1 y − x − K Ejercicio 1.D (Rta. donde c y a son constantes. pero de la figura 3. An tioq uia 3. Un esquiador acu´ atico P localizado en el punto (a.´ 3. APLICACIONES GEOMETRICAS 1− 2 1 + y2 dy = dx y − 2 tan−1 y = x + K g (x. y = − sec2 −1 = − √ √ a2 a2 − x 2 − 1 = − .2. atic 2 ln |ay − 1| = x + c) (Rta. y. 0) es remolcado por un bote de motor Q localizado en el or´ ıgen y viaja hacia arriba a lo largo del eje Y .2 se tiene que Un ive sec θ = − por lo tanto. Problemas de Persecuci´ on: .: √ 3 tan−1 x y = ±1 ln |x2 + y 2 | + 2 √ 1 1 −2 ln 5 ) 3 tan−1 3 2 ept o.1. Determinar la curva que pasa por ( 2 .1.: y + a as . Hallar las trayectorias isogonales a 45o de la familia y = ceax . donde x > 0. Hallar las trayectorias ortogonales de la familia y 2 = cx3 . Hallar la trayectoria del esquiador si este se dirije en todo momento hacia el bote. d 1 3 Ejercicio 3. eM (Rta. a x de Ejemplo 2. x2 x 45 rsid ad Soluci´ on: del concepto geom´ etrico de derivada se tiene que: √ y = tan θ = − sec2 θ − 1. D.2 Ejercicio 1.D v 1− w + c . APLICACIONES DE LAS E. la cual vuela a lo largo del eje Y a una velocidad v . Luego la soluci´ on particular es: √ √ a + a2 − x 2 − a2 − x 2 y = a ln x de An tioq uia a2 − x 2 dx.CAP´ ITULO 3. 0). x por medio de la sustituci´ on trigonom´ etrica x = sen α en el lado derecho de la E. ¿Cual es el camino seguido por el halc´ on en su vuelo persecutorio? (Rta. DE PRIMER ORDEN y Q θ x P (x. y ) (a. Suponga que un halc´ on P situado en (a. se obtiene que C = 0. y = 0. 0) Figura 3. y = a ln x . entonces las condiciones iniciales son x = a.D. el halc´ on emprende vuelo inmediatamente hacia la paloma con velocidad w. sustituyendo en la soluci´ on general. d dy = − eM separando variables: √ avw ) w2 −v 2 atem atic as x . se llega a que: √ √ a + a2 − x 2 − a2 − x 2 + C .. 0) descubre una paloma Q en el or´ ıgen. donde c = 46 ept o.: y = a 2 (x a) v 1+ w v 1+ w − (x a) Un ive v 1− w rsid ad como el esquiador arranca desde el punto (a. dirigi´ endose cada uno hacia el caracol situado a su derecha. 0). Cuando el hombre llama al perro. − bv w Ejercicio 5.´ 3.: r = e ) )) (Rta. Demuestre que el perro del Ej.: a unidades) 47 Un ive rsid ad de Suponga ahora que el hombre camina r´ ıo abajo a la velocidad v mientras llama a su perro. Un destructor esta en medio de una niebla muy densa que se levanta por un momento y deja ver un submarino enemigo en la superficie a cuatro kil´ ometros de distancia.D b w (Rta. Podr´ a esta vez el perro tocar la otra orilla? An tioq Ejercicio 4.1. si su velocidad v es tres veces la del submarino? (Rta. d Ejercicio 3. Cual es la trayectoria seguida por el perro? eM atem atic θ √ 8 as . ii) que el destructor viaja tres kil´ ometros en l´ ınea recta hacia el submarino. uia . anterior nunca tocar´ a la otra orilla. Qu´ e distancia recorrer´ an los caracoles al encontrarsen? (Rta. Cuatro caracoles situados en las esquinas de un cuadrado [0. APLICACIONES GEOMETRICAS Ejercicio 2. Que trayectoria deber´ ıa seguir el destructor para estar seguro que pasar´ a directamente sobre el submarino. a] × [0. Un hombre esta en el origen y su perro esta en el punto (b. a] comienzan a moversen con la misma velocidad. si w < v .: y = x [( x ) w − ( x ) ]) 2 b v v ept o.: Si. Suponga: i) que el submarino se sumerge inmediatamente y avanza a toda m´ aquina en una en una direcci´ on desconocida. ´ este se lanza al r´ ıo y nada hacia el hombre a una velocidad constante w (w > v ). Suponga que el eje Y y la recta x = b forman las orillas de un r´ ıo cuya corriente tiene una velocidad v (en la direcci´ on negativa del eje Y ). en el punto (0. es igual a la longitud del segmento de normal entre el punto y el intercepto con el eje X .1. Aplicaciones a la geometr´ ıa anal´ ıtica Ejemplo 3. Hallar la ecuaci´ on de todas las curvas que tienen la propiedad de que la distancia de cualquier punto al origen. Una curva pasa por el origen en el plano XY . d eM ln |y | = − ln c x ⇒y= c x ⇒ xy = c atem ln |y | = − ln |x| + ln |c| atic y ⇒ y = −x dy y = − dx x as .D.: y = cx2 ) Ejercicio 3. Hallar la ecuaci´ on de todas las curvas que tienen la propiedad de que el punto de tangencia es punto medio del segmento tangente entre los ejes coordenados. Encontrar las curvas para las cuales la tangente en un punto P (x. y ) tiene interceptos sobre los ejes X y Y cuya suma es 2(x + y ) (Rta.3. APLICACIONES DE LAS E. 48 Un ive rsid ad de An Ejercicio 2. El a ´rea bajo la curva de (0. al primer cuadrante. y ) es un tercio del a ´rea del rect´ angulo que tiene esos puntos como v´ ertices opuestos. Soluci´ on: 2y tan α = f (x) = − 2 x (Rta. 0) a (x.CAP´ ITULO 3. DE PRIMER ORDEN 3.D ept Ejercicio 1. Encuentre la ecuaci´ on de la curva. tioq uia . Empleando coordenadas rectangulares hallar la forma del espejo curvado tal que la luz de una fuente situada en el origen se refleje en ´ el como un haz de rayos paralelos al eje X .: y 2 = 2cx + c2 ) (Rta. o.: xy = c) Ejercicio 4. Hallar la ecuaci´ on de todas las curvas del plano XY que tienen la propiedad de que el tri´ angulo formado por la tangente a la curva. Desintegraci´ on radioactiva Se llama tiempo de vida media de un material radioactivo al tiempo nece0 sario para que una cantidad Q0 se trasforme en Q .: ln |y | = √2 15 4y +x tan−1 ( √ )) 15x 3. 2 49 t Un ive Si Q es la cantidad de material radioactivo presente en el instante t. en biolog´ ıa. en= −kQ. en variables separables o lineal en x de primer orden y cuya soluci´ on es x = Cekt ept o. dx = kx con x ( t ) 0 = x0 . CRECIMIENTO Y DESCOMPOSICION (Rta. o sea dt que dx − kx = 0 dt que es una E. es dQ dt rsid ad de En particular cuando t0 = 0.D.2. ´ CRECIMIENTO Y DESCOMPOSICION atic as . (Rta.D Existen en el mundo f´ ısico. medicina. entonces x = x0 ekt An Por lo tanto la soluci´ on particular es x = x0 e−kt0 ekt = x0 ek(t−t0 ) tioq Como x(t0 ) = x0 = Cekt0 ⇒ C = x0 e−kt0 uia . etc. el eje X y la recta vertical que pasa por el punto de tangencia siempre tiene un a ´rea igual a la suma de los cuadrados de las coordenadas del punto de tangencia. econom´ ıa. es decir.D. Si T es el tiempo de vida media. tonces la E. d eM atem 3.1.: y 2 = ±x2 + c) Ejercicio 5. cantidades cuya rapidez de crecimiento o descomposici´ on var´ ıa en forma proporcional a la cantidad presente. donde k es la constante de desintegraci´ on.2.´ 3.2. mostrar que Q = Q0 ( 1 )T . 2 Ejercicio 1. demograf´ ıa. (Rta. si I es la intensidad de la luz a una profundidad dI x. entonces y = k1 x0 te−k1 t ) 1 Ejercicio 3. entonces dx = −kI .: t ≈ 55. Ley de absorci´ on de Lambert Esta ley dice que la tasa de absorci´ on de luz con respecto a una profundidad x de un material transl´ ucido es proporcional a la intensidad de la luz a una profundidad x. Si al cabo de una hora su temperatura es de 600 C . es decir.2. 3. hallar y en funci´ on de t. En agua limpia la intensidad I a 3 pies bajo la superficie es de un 25 % de la intensidad I0 en la superficie. sumergido en un medio de tama˜ no infinito de temperatura Tm (Tm no var´ ıa apreciablemente con el tiempo). Ejemplo 4. DE PRIMER ORDEN Ejercicio 2.D.2.3. Ley de enfriamiento de Newton o. d eM (Rta.: dθ dt uia . E. APLICACIONES DE LAS E. Determinar la edad del f´ osil.: Si k1 = k2 .800 a˜ nos) atem atic as . ¿Cu´ al es la intensidad del 50 Un ive rsid ad de Ejercicio 3. Si la cantidad de A presente inicialmente es x0 y las cantidades de A y B son x e y respectivamente en el instante t y si k1 y k2 son las constantes de rapidez de descomposici´ on. Suponga que un elemento radioactivo A se descompone en un segundo elemento radioactivo B y este a su vez se descompone en un tercer elemento radioactivo C.D ept 3. sabiendo que el tiempo de vida media del C14 es 5600 a˜ nos. Un cuerpo se calienta a 1100 C y se expone al aire libre a una temperatura de 100 C .2.D. ¿Cuanto tiempo adicional debe transcurrir para que se enfrie a 300 C ? An tioq Si se tiene un cuerpo a una temperatura T . Se ha encontrado que un hueso fosilizado contiene 1000 de la cantidad original de C14 .CAP´ ITULO 3. entonces: y = k1 x 0 k2 −k1 (e−k1 t − e−k2 t ) si k1 = k2 . El enfriamiento de este cuerpo se comporta de acuerdo a la siguiente = −kθ donde θ = T − Tm . d x eM atem atic as .25) 3 1 1 ept por tanto 3.25 I0 = I0 e−3k ⇒ e−k = (0. I = I0 = C Luego I = I0 e−kx Cuando x = 3 ⇒ I = 0.4. La raz´ on de crecimiento depende de la poblaci´ on presente en periodo de procrear.2.25) 3 uia para .D 15 I = I0 (e−k )x = I0 ((0. 0.25) 3 o. Si I a una profundidad de 30 pies es 9 de la intensidad en la superficie.2.25) 3 )x = I0 (0. considerando las tasas de natalidad y de muerte. encontrar la intensidad a 60 pies y a 120 pies.25)5 tioq x = 15 ⇒ I = I0 (0. CRECIMIENTO Y DESCOMPOSICION rayo a 15 pies bajo la superficie? Soluci´ on: x = 0 ⇒ I = I0 dI = −kI ⇒ I = Ce−kx dx Cuando x = 0. el modelo que representa dicha situaci´ on es: dQ = kQ dt 51 Un ive Crecimiento de Cultivos de Bacterias o Crecimientos poblacionales rsid ad de 4 Ejercicio 4.25 I0 luego.´ 3. An I = I0 (0. o. Si se supone que la gripa se propaga con una rapidez directamente proporcional al n´ umero de agripados como tambi´ en al n´ umero de no agripados. menos la tasa promedio de defunciones. se le llama ecuaci´ on log´ ıstica Resolviendo ´ esta E. Si en un an´ alisis de una botella de leche se encuentran 500 organismos (bacterias).D. es decir P es igual a la dt tasa promedio de nacimientos. Ejercicio 5.D dt = dB dt dt dt dD con que nace la gente y dt es la rapidez con que la gente muere. APLICACIONES DE LAS E. un d´ ıa despu´ es de haber sido embotelladas y al segundo d´ ıa se encuestran 8000 organismos. la cual supondremos proporcional a la poblaci´ on. por lo tanto la E.CAP´ ITULO 3. DE PRIMER ORDEN donde Q(t): poblaci´ on en el instante t. k1 = k2 y k1 < k2 atic as . donde dB es la rapidez la poblaci´ on P (t) se rige por la E. ser´ ıa: 1 dP = b − aP P dt donde a y b son constantes positivas.D. por variables separables se obtiene P | = ec ebt | b − aP Si en t = 0 se tiene P = P0 entonces la soluci´ on particular es rsid ad de An tioq uia .D. ¿Cual es el n´ umero de organismos en el momento de embotellar la leche? Ejercicio 6. esta E. la cual supondremos constante. Una persona de un pueblo de 1000 habitantes regres´ o con gripa.D. determinar el n´ umero de agripados cinco d´ ıas despu´ es. si se observa que el n´ umero de agripados en un d´ ıa es 100. = k1 P y dD = k2 P Hallar: a) P (t) si dB dt dt bP0 ebt b − aP0 + aP0 ebt Por la regla de l’Hˆ opital se puede mostrar que b l´ ım P (t) = t→∞ a P (t) = 52 Un ive Observaci´ on: un m´ odelo m´ as preciso para el crecimiento problacional 1 dP es suponer que la tasa percapita de crecimiento. d eM atem b) Analizar los casos en que k1 > k2 .D ept Ejercicio 7. En un modelo de evoluci´ on de una comunidad se supone que dP − dD . dx dt rsid ad Sea x(t) las libras de sal en el instante t.) x = v 1 c1 − v 2 Q + (v 1 − v 2 )t 53 Un ive = Tasa de acumulaci´ on = Tasa de entrada del soluto − Tasa de salida del soluto.´ 3.sol. s´ olido o gaseoso). ´ PROBLEMAS DE DILUCION Una soluci´ on es una mezcla de un soluto (que puede ser l´ ıquido. de An Caso 1. en un solvente que puede ser l´ ıquido o gaseoso.sol. sal/gal. Tipos de mezclas o soluciones : i) Soluciones l´ ıquidas cuando disolvemos un s´ olido o un l´ ıquido en un l´ ıquido. salmuera). entra en un tanque a una velocidad v1 galones de salmuera/minuto y con una concentraci´ on de c1 libras de sal por gal´ on de salmuera (lib./min) c2 (lib. atic as . dx = v1 (gal. Una Salmuera (soluci´ on de sal en agua). d Tasa de acumulaci´ on = Tasa de entrada − Tasa de salida. Inicialmente el tanque tiene Q galones de salmuera con P libras de sal disueltas. PROBLEMAS DE DILUCION 3. eM Ecuaci´ on de Continuidad: atem ii) Soluciones gaseosas cuando se disuelve un gas en un gas.3. Encontrar una ecuaci´ on para determinar las libras de sal que hay en el tanque en cualquier instante t.sal/gal./min) c1 (lib. La mezcla bien homogenizada abandona el tanque a una velocidad de v2 galones de salmuera/min.(Ver figura 3.D ept o.) dt − v2 (gal.sal/gal.3.3) tioq uia .sol.sol. q (t) dt + C ept v2 o.D. d eM = atem atic v2 c2 as .I.D.D dx v2 + x = v 1 c1 dt Q + (v 1 − v 2 )t q (t) luego x F.I.I. p(t) = x=P v2 .3 x : Libras de sal Q + (v1 − v2 )t : Galones de salmuera y obtenemos la E. DE PRIMER ORDEN t=0 v1 c1 t>0 v1 c1 P : Libras de sal Q : Galones de salmuera v2 c2 Figura 3.I. con esto hallamos C y se concluye que x = f (t) 54 Un ive F. = [Q + (v1 − v2 )t] v1 −v2 F. Q + (v 1 − v 2 )t p(t) dt rsid ad =e v2 ln |Q+(v1 −v2 )t| v1 −v2 de F. = con las condiciones iniciales x(0) = P . lineal en x de primer orden: p(t) condiciones iniciales: t = 0. APLICACIONES DE LAS E.CAP´ ITULO 3. = e =e An tioq v2 Q+(v 1−v 1 uia q (t) = v 1 c 1 2 )t . rsid ad de v3 c3 Figura 3. y entra a un segundo tanque del cual sale posteriormente a una velocidad de v3 galones de soluci´ on/min. con la condici´ on inicial t = 0.D x : Libras de colorante Q1 + (v1 − v2 )t : Galones v2 de soluci´ on c2 ept y : Libras de colorante Q2 + (v2 − v3 )t : Galones de soluci´ on o.4 An v3 c3 .4) t=0 t>0 c1 P1 : Libras de colorante Q1 : Galones de soluci´ on v 2 c2 P2 : Libras de colorante Q2 : Galones de soluci´ on c1 tioq uia .D. d eM v1 v1 atem atic as E.3. con v1 = v2 Caso 2.´ 3. PROBLEMAS DE DILUCION Ejercicio 1: resolver la anterior E. entra a un tanque a una velocidad v1 galones de soluci´ on/minuto y con una concentraci´ on de c1 libras de colorante/gal´ on de soluci´ on. Un colorante s´ olido disuelto en un l´ ıquido no volatil. para el primer tanque: dx dt dx dt = v1 c1 − v2 c2 = v1 c1 − v2 Q1 +(vx 1 −v2 )t + v2 Q1 +(vx = v1 c1 . Inicialmente el primer tanque ten´ ıa P1 libras de colorante disueltas en Q1 galones de soluci´ on y el segundo tanque P2 libras de colorante disueltas en Q2 galones de soluci´ on. y = libras de colorante en el segundo tanque en el instante t. La soluci´ on bien homogenizada sale del tanque a una velocidad de v2 galones de soluci´ on/min. x = P1 1 −v2 )t 55 Un ive x = libras de colorante en el primer tanque en el instante t.D. Encontrar dos ecuaciones que determinen las libras de colorante presentes en cada tanque en cualquier tiempo t.(Ver figura 3. 5 tioq x : Galones de alcohol P 1 + Q 1 + (v 1 + v 3 − v 2 )t : Galones de soluci´ on v2 c2 y : Galones de alcohol P 2 + Q 2 + (v 2 − v 3 )t : Galones de soluci´ on uia . d eM atem Ejercicio 2. para el segundo tanque: dy dt dy dt v2 = v2 c2 − v3 c3 = v2 Q1 +(vx − v3 Q2 +(vy2 −v3 )t 1 −v2 )t + v3 Q2 +(v2 −v3 )t y= v2 Q1 +(v1 −v2 )t v3 x= v2 Q1 +(v1 −v2 )t f (t). est´ a constantemente circulando entre dos tanques a velocidades v2 y v3 galones/minuto. Resolver el caso dos cuando v1 = v2 = v3 = v y Q1 = Q2 = atic Si v2 = v3 ¿Cual ser´ ıa su factor integrante? as F. . t = 0. DE PRIMER ORDEN La soluci´ on es: x = f (t) = c1 [Q1 + (v1 − v2 )t] + C [Q1 + (v1 − v2 )t] v1 −v2 .CAP´ ITULO 3. y = P 2 Q.D. rsid ad P1 : Galones de alcohol P1 + Q1 : Galones de soluci´ on v2 c2 P2 : Galones de alcohol P2 + Q2 : Galones de soluci´ on de An Caso 3. E. = [Q2 + (v2 − v3 )t] v2 −v3 para v2 = v3 .I. APLICACIONES DE LAS E. Encontrar dos ecuaciones para determinar los galones de alcohol presentes en cualquier tiempo en cada tanque (Ver figura 3.D. Una soluci´ on l´ ıquida de alcohol en agua. t>0 t=0 v1 v1 v3 v3 c1 c 1 c3 c3 56 Un ive Figura 3. Si al primer tanque tambi´ en entra una soluci´ on a una velocidad de v1 galones /minuto y de concentraci´ on c1 galones de alcohol/gal´ on de soluci´ on y las cantidades iniciales en los tanques son P1 y P2 galones de alcohol en Q1 y Q2 galones de agua respectivamente.D ept o.5). 2) (3. y = galones de alcohol en el segundo tanque en el instante t. PROBLEMAS DE DILUCION x = galones de alcohol en el primer tanque en el instante t.tot.1) x + y = P 1 + P 2 + v 1 c1 t y = P 1 + P 2 + v 1 c1 t − x rsid ad luego (3. d eM atem atic as ept (3.D dy = v 2 c2 − v 3 c3 dt v3 v2 x− y = Q 1 + P 1 + (v 1 + v 3 − v 2 )t Q 2 + P 2 + (v 2 − v 3 )t o. para el primer tanque: dx = v 1 c1 + v 3 c3 − v 2 c2 dt x y − v2 = v 1 c1 + v 3 Q 2 + P 2 + (v 2 − v 3 )t Q 1 + P 1 + (v 1 + v 3 − v 2 )t dx v2 + x= dt Q 1 + P 1 + (v 1 + v 3 − v 2 )t E.D.3. para el segundo tanque: v3 y + v 1 c1 Q 2 + P 2 + (v 2 − v 3 )t (3.sol./min) c1 (gal.3) en (3. E.alcohol/gal.= x + y = P1 + P2 + v1 (gal.) t tioq Balance total: galones de alcohol presentes en los dos tanques en el instante t: uia .3) dx v2 + x= dt Q 1 + P 1 + (v 1 + v 3 − v 2 )t v3 (P 1 + P 2 + v 1 c 1 t − x) + v 1 c 1 Q 2 + P 2 + (v 2 − v 3 )t Un ive 57 .sol.´ 3.D.1): de An Bal. 4) Q 2 + P 2 + (v 2 − v 3 )t Con la condici´ on inicial: t = 0.3 de CO2 presentes en el teatro en el instante t.04 % por volumen y el l´ ımite saludable es de 0. Se sopla aire fresco a raz´ on de 500 mt. ¿ En que tiempo podr´ a entrar el p´ ublico? (Ver figura 3.3 por minuto y el sistema de aire acondicionado lo extrae a la misma velocidad. contiene al salir el p´ ublico 0. Caso 4.6) .05 % por volumen.D Un ive Figura 3.D.3 .6 t>0 v1 c1 ept rsid ad de An x : mt3 de CO2 o. Si el aire atmosf´ erico tiene un contenido de CO2 del 0.1 % por volumen de CO2 . Cantidad de CO2 en el teatro en t = 0: 58 tioq uia eM atem atic as . x = P1 Nota: no hay necesidad de resolver la ecuaci´ on diferencial (2) porque y = P 1 + P 2 + v 1 c 1 t − x. d v2 c2 Sea x = mt. Un teatro de dimensiones 10 × 30 × 50 mt. APLICACIONES DE LAS E.CAP´ ITULO 3. DE PRIMER ORDEN dx + dt v3 v2 + x= Q 1 + P 1 + (v 1 + v 3 − v 2 )t Q 2 + P 2 + (v 2 − v 3 )t (P 1 + P 2 + v 1 c 1 t)v 3 + v1 c1 (3. 3 aire/min.´ 3. Calcular las cantidades de sal en ambos tanques en un tiempo t = 1hora = 60min. Despu´ es de 10 minutos el proceso se detiene y se introduce al tanque agua pura con una rapidez de 2 galones/min.: 7.001 mt.3 aire/min.3 mt. Determinar la cantidad de sal en el tanque cuando han pasado un total de 20 minutos.3 = 15mt. Un tanque tiene inicialmente 100 galones de agua pura.3 aire x 1 + 30 = 0.05 × 10 × 30 × 50 = 7.3 CO2 x − 500mt..: tanque A = 29. Al tanque A le entran 5 galones de agua/min. d eM atem atic as 59 .3. y la salmuera sale a la misma velocidad para entrar al tanque B y de este pasa nuevamente al tanque A.31 libras) Ejercicio 2.34 libras) Un ive rsid ad de An tioq . En un tiempo t = 0 un tanque A contiene 300 galones de salmuera en el cual hay 50 libras de sal y un tanque B con 200 galones de agua pura.75min. y la mezcla bien homogenizada sale del tanque con la misma velocidad. PROBLEMAS DE DILUCION 0. uia . 2 t soluci´ on general: x = 6 + Ce− 30 condiciones iniciales: en t = 0 se tiene que x = 15 t por tanto la soluci´ on particular es: x = 6 + 9e− 30 la cantidad de CO2 en el l´ ımite saludable es: .04 mt. abandonando el tanque a la misma velocidad.3 deCO2 × 10 × 30 × 50mt. Una salmuera que contiene 1 libra de sal/gal´ on de salmuera fluye al interior del 2 tanque a una rapidez de 2 galones/min.3 de aire dx = v 1 c1 − v 2 c2 dt (Rta. Ejercicio 1.5 = 6 + 9e despejando t se tiene que t = 30 ln 6 = 53.D ept o. a una velocidad de 3 gal/min.2. lineal de primer orden con p(t) = 30 y por tanto.3 CO2 /mt.D.62 libras.2 − 30 ×50 mt. × 0 100 x mt. (Rta. 5 x= 0 100 t − 30 por tanto 7. × 10×30 = 0. dx dt Q ( t ) = 0.3 aire − = 500mt. E. tanque B = 20. y la mezcla sale al mismo ritmo para entrar a un segundo dep´ osito que conten´ ıa inicialmente 50 galones de agua pura. entra agua al dep´ osito a raz´ on de 2 gal. Un tanque contiene 100 galones de salmuera.CAP´ ITULO 3. Si la concentraci´ on alcanza el 90 % de su valor m´ aximo en 30 minutos. 60 Un ive rsid ad Ejercicio 6. El aire de un teatro de dimensiones 12 × 8 × 4 mt. Aire que contiene 30 % de ox´ ıgeno puro pasa a trav´ es de un frasco que contiene inicialmente 3 galones de ox´ ıgeno puro. Asumiendo la mezcla uniforme. hallar la cantidad de ox´ ıgeno existente despu´ es de que 6 galones de aire han pasado por el frasco. la salmuera sale a una velocidad de 3 gal. Si la concentraci´ on es de 1. por minuto que deben renovarse. Suponiendo que la velocidad de entrada es igual a la de salida.12 % de su volumen de CO2 ./min. .La salmuera sale de este dep´ osito a la misma velocidad./min. Un tanque contiene inicialmente agua pura. 3 galones de salmuera la cual contiene 2 libras de sal/gal´ on de salmuera entran al tanque cada minuto. de modo que llegue a contener solamente el 0./min.3 contiene 0. d (Rta.: t = 25 minutos) eM atem atic as . Un dep´ osito contiene 50 galones de salmuera en las que est´ an disueltas 25 libras de sal.Cu´ ando contendr´ a el segundo dep´ osito la mayor cantidad de sal? (Rta.8 libras de sal/gal´ on de salmuera al de cabo de 1 hora.D ept o. calcular los galones de agua que hab´ ıan inicialmente en el tanque.D.: 53. de An (Rta.06 % de CO2 . La mezcla asumida uniforme sale a una velocidad de 2 gal/min. DE PRIMER ORDEN Ejercicio 3. entra al tanque a una velocidad de 4 gal. (Rta.23 mt. APLICACIONES DE LAS E. suponiendo que el aire exterior contiene 0. Calcular las libras de sal que hab´ ıan inicialmente en el tanque. Se desea renovar en 10 minutos el aire. Comenzando en el tiempo t = 0.: Q = 30 √ ) 4 10−1 tioq uia Ejercicio 5. Salmuera que contiene 2 libras de sal/gal.: 118 libras) Ejercicio 4.04 % de CO2 .3 de aire/minuto) Ejercicio 7. Calcular el n´ umero 3 de mt. la constante k = 0. la constante k = 0. dispuesto en forma vertical y con un orificio circular de di´ ametro φ (pulgadas) (Ver figura 3.81 mt.D ept La constante k depende de la forma del orificio: o. An Si el orificio es de forma tri´ angular./seg. d donde g = 32 pie/seg2 = 9.: 1. .18 galones) 3.3. 6π dt φ 24 2 Un ive Caso 1. la constante 0.4.65 ≤ k ≤ 0. Cil´ ındro circular de altura H0 pie y radio r pie.7). Se abre el orificio y el l´ ıquido cae libremente. La raz´ on volum´ etrica de dQ ´rea del orificio. VACIADO DE TANQUES = −kAv √ = −kA 2gh aplicando la ecuaci´ on de energ´ ıa: 1 mv 2 = mgh ⇒ v = 2 por tanto.4. rsid ad de Si el orificio es de forma circular. 2gh φ2 √ h 576 √ 2 × 32 × h = −4.6. El tanque tiene un orificio en el fondo cuya a ´rea es A pie2 .8.5) 61 dQ dt as Un tanque de una cierta forma geom´ etrica est´ a inicialmente lleno de agua hasta una altura H .2 eM atem √ atic 2gh (3. dQ dt dQ = −kA dt dQ = − 0.75. VACIADO DE TANQUES (Rta.8π tioq uia Si el orificio es de forma rectangular. salida dt es proporcional a la velocidad de salida y al a . 8π 2 = −4 φ h 576 o.8 2 √ = − φ dt 576r2 h uia .6): πr 2 dh dt y separando variables: Con las condiciones iniciales: t = 0.5)= (3. h = H0 . El mismo cil´ ındro anterior pero dispuesto horizontalmente y con el orificio en el fondo (Ver figura 3.8 2 φ dt 576r2 An tioq dh 4.8 φ2 t + C . e integrando: 2 h = − 576 r2 2gh = − de h− 2 dh = − 1 4. dQ = −kA dt 62 4.6) ept as (3.D dh dQ = πr2 dt dt √ .8πφ2 √ h 576 Un ive rsid ad √ 4. hallamos la constante C .8).7) . Hallar tv Caso 2.D. El tiempo de vaciado (tv ): se obtiene cuando h = 0.CAP´ ITULO 3.7 pero dQ = πr2 dh ⇒ Como (3. APLICACIONES DE LAS E. d eM atem atic (3. DE PRIMER ORDEN R H0 Figura 3. d dQ = 2x × H0 × dh eM pero de la figura 3.8) = (3.7): 2H 0 √ 2rh − h2 dh 4. R) x Figura 3.8 luego x= sustituyendo √ 2rh − h2 (3.8πφ2 √ 2H 0 h 2r − h h.4. donde h = 0 = − dt 576 63 Un ive ⇒ √ dQ dh = 2H0 2rh − h2 dt dt rsid ad √ dQ = 2 2rh − h2 H0 dh (3.D (x − 0)2 + (h − r)2 = r2 ⇒ x2 + h2 − 2rh + r 2 = r2 ept y tambi´ en o. tenemos: atem atic as . VACIADO DE TANQUES h dh • R H0 φ • (0.8) de An tioq uia .8.8πφ2 √ h = − dt 576 √ √ dh 4.3. 6π dt dQ 4. APLICACIONES DE LAS E.9 atem φ atic as .9). d eM Figura 3. Un cono circular recto de altura H0 y radio R dispuesto verticalmente con orificio circular en el fondo de di´ ametro φ (Ver figura 3.10) o. rsid ad de An tioq uia condiciones iniciales: en t0 = 0 h = 2r. Hallar tv . con ella hallo constante de integraci´ on.CAP´ ITULO 3. Caso 3.8πφ2 √ h =− dt 576 φ 24 .8πφ2 dt 2 × 576 H0 Por semejanza de tri´ angulos tenemos que: R H0 Rh = ⇒r= r h H0 64 (3.D 2 ept √ 2 × 32h (3.9) √ 2r − h dh = − 4. DE PRIMER ORDEN • R H0 h r dh El tiempo de vaciado tv se produce cuando h = 0. Un ive dQ = −kA 2gh = −0.D. atem El tiempo de vaciado tv se produce cuando h = 0. calcular el tiempo de vaciado.10): dQ = π R dh H2 0 2 2 ⇒ (3. VACIADO DE TANQUES h y como dQ = πr 2 dh entonces.9) = (3.3.D ept o. rsid ad de (Rta. d eM Ejercicio 1. de ancho y de 4 pies de alto. Un tanque semiesf´ erico tiene un radio de 1 pie. de di´ ametro en la base y 65 Un ive Ejercicio 3.11): = − ⇒ h 2 dh dt 3 πR2 2 dh dQ = h 2 dt H0 dt 2 (3. ¿Que porcentaje es requerido para vaciar la mitad del volumen? tioq uia . sustituyendo (3. Calcular el tiempo de vaciado.: 360 segundos. est´ a lleno de agua.11) πR2 2 H0 h2 dh dt 8πφ = − 4. Un tanque c´ ubico de lado 4 pies. la cual 1 sale por una endidura vertical de 8 pulg.: 112 seg.576 √ h 2 4. Encontrar el tiempo para que la superficie baje 3 pies.: el porcentaje requerido para bajar la mitad del volumen es 29. Un cono circular recto de radio R y altura H tiene su v´ ertice hacia abajo.8φ2 H0 2 576R (Rta. Del tiempo de vaciado. de di´ ametro. El tanque tiene un orificio en el fondo cuya a ´rea A es controlada por una v´ alvula y es proporcional a la altura del agua en cada instante. atic Condiciones iniciales: cuando t = 0.) Ejercicio 4. en el fondo tiene un orificio de 1 pulg. Suponiendo que el tanque est´ a lleno de agua.4.) (Rta. Hallar tv .3 %) An Ejercicio 2. Encontrar el tiempo requerido para llenar un tanque c´ ubico de lado 3 pies si tiene un orificio circular de 1 pulg. h = H0 as . (Ayuda: encontrar el n´ umero de pies c´ ubicos por minuto de agua que salen de la endidura cuando el agua tiene h pies de profundidad). el tanque est´ a inicialmente lleno de agua. : 72 horas) tioq Ejercicio 7.8 A .: t = 2 a b ln h√ b−1. Un embudo de 10 pies de di´ ametro en la parte superior y 2 pies de di´ ametro en la parte inferior tiene una altura de 24 pies.5. En el instante t = 0.: 14. (Ver figura 3. calcular el tiempo en el cual hay 25 galones en el tanque.8 h √ − 1. Caida libre. 8 h = 2 a b ln √b h−b − √ h .8 A (Rta. APLICACIONES DE LAS E.016 seg.D. tiene un agujero circular de a ´rea A en el fondo. nunca se llenar´ ıa a menos que E > 4.) 3. El agua fluye por un orificio situado en la base a una rata proporcional a la ra´ ız cuadrada del volumen restante en el tanque en todo tiempo t.CAP´ ITULO 3.) Ejercicio 5. atem atic as (Rta.: 26 min. APLICACIONES A LA FISICA m d d2 x =m 2 dt dt Un ive Caso 1. Hallar t en funci´ on de h. Un tanque rectangular vacio de base B 2 pies2 . Si el cilindro contiene inicialmente 64 galones de agua y 15 galones salen el primer d´ ıa. DE PRIMER ORDEN si entra agua al tanque a raz´ on de π pies3 /min. d eM Ejercicio 6. hallar el tiempo que tarda en vaciarse. empieza a llenarse a raz´ on de E pies c´ ubicos por segundo. donde.8 A H . se llega a que: dx dt dv = mg dt rsid ad dv = g ⇒ v = gt + C1 dt 66 de An (Rta.) 4. =m uia . Mostrar√ que si el tanque tiene una altura H . a = 4. (Rta. Si se llena de agua.10) Por la segunda ley de Newton (ver textos de F´ ısica). Un cilindro con eje vertical est´ a lleno de agua. B2 b= E . 14 seg.D ept o. d eM atem atic as . dx dt = gt + v0 . e integrando. se llega a que: de k m k v m 67 An gt2 + v0 t + x 0 2 tioq gt2 + v0 t + C 2 2 y como las condiciones iniciales son: t = 0 x = x0 uia x= .5. APLICACIONES A LA FISICA O x •m g • + x Figura 3. Caida con resistencia del aire.D ept o. Por la segunda ley de Newton (ver textos de F´ ısica). obtenemos: ⇒x= m dividiendo por m d2 x = g− dt2 dv = g− dt Un ive d2 x = mg − kv dt2 rsid ad Caso 2.10 condiciones iniciales: t = 0 v = v0 ⇒ v = gt + v0 por lo tanto.3. F : Fuerzas que actuan sobre el cuerpo.I.D.CAP´ ITULO 3. parte ve m t = k k m g em t + C k k m g + Ce− m t . ω : velocidad en relaci´ on a m de las particulas que se desprenden del cuerpo. F. APLICACIONES DE LAS E. = e resolvi´ endola k m dt = emt k F = d d (mv ) ⇒ (mv ) = dt dt Un ive Caso 3. d mg k Supongamos que las condiciones iniciales son: t = 0. entonces eM atem v = 0 (es decir. del reposo). Cuerpos con masa variable.D F + (v + ω ) ept 0= mg +C ⇒ k C= − o.D. v= k atic ve m t = e m t (g ) dt + C as k k . se llega a que: dm dt rsid ad de kt mg mg − k t mg 1 − e− m . Por la segunda ley de Newton para masa variable (ver textos de F´ ısica). lineal en v dv k + v= g dt m hallemos el F.I. DE PRIMER ORDEN obtenemos la E. − e m = k k k observese que cuando t → ∞ ⇒ v → mg k Resolviendo para x y teniendo como condiciones iniciales t = 0 y x = 0 se llega a que: k mg m2 g x= t − 2 (1 − e− m t ) k k v= An donde. 68 tioq uia . D ept o. dt donde m es la masa variable total del cohete) y expulsando los productos de escape hacia atr´ as. atic as . contiene combustible de masa inicial m2 . desde la superficie de la tierra. d Como dm dt = −a ⇒ m = −at + C1 eM Soluci´ on: atem dm dv = F +ω dt dt Ejemplo 5. quemando combustible a un ´ ındice constante a (es decir. a una velocidad constante b en relaci´ on al cohete. uia C1 = m1 + m2 . encontrar la velocidad y la altura alcanzada en el momento de agotarse el combustible (velocidad de altura y apagado). por tanto C2 = b ln |m1 + m2 | v = −gt − b ln |m1 + m2 − at| + b ln |m1 + m2 | = −gt + b ln Un ive rsid ad = −(m1 + m2 − at)g + ab Reemplazo m: (m1 + m2 − at) dv dt dividiendo por m1 + m2 − at: dv = − g + m1 +ab dt m2 −at luego de = −mg + ab o sea que. donde g la suponemos constante. m v = −gt − ab ln |m1 + m2 − at| + C2 = −gt − b ln |m1 + m2 − at| + C2 a v = 0 ⇒ 0 = 0 − b ln |m1 + m2 | + C2 m1 + m 2 m1 + m2 − at 69 Condiciones iniciales: en t = 0. dm = − a. Si se desprecian todas las fuerzas exteriores excepto la fuerza gravitacional mg . ⇒ m = m1 + m2 − at . Un cohete con masa estructural m1 . m = m1 + m2 luego m1 + m2 = −a 0 + C1 por tanto. se dispara en l´ ınea recta hacia arriba. APLICACIONES A LA FISICA m por tanto.3. m dv dt An dm dv dv = −mg − b ⇒ m = −mg − b(−a) dt dt dt tioq Como ω = −b entonces.5. dm dv +v = dt dt m F +v dm dm +ω dt dt En t = 0. DE PRIMER ORDEN Pero ten´ ıamos que m = m1 + m2 − at y como el tiempo de apagado se produce cuando m = m1 ya que no hay combustible. Suponiendo que no hay resistencia del aire. APLICACIONES DE LAS E. pero tomando en cuenta la variaci´ on del campo gravitacional con la altura. Se lanza un cuerpo de masa m hacia arriba de la tierra con velocidad inicial v0 . encontrar la menor velocidad inicial v0 que necesita el cuerpo para que no regrese a la tierra. entonces k1 = gR . m: la masa del cuerpo. Esta velocidad inicial v0 se le llama velocidad de escape (Ver figura 70 Un ive 1m Se define el peso de un cuerpo como w(x) = (xk . M : la masa de la tierra. entonces el peso del cuerpo de masa m en la superficie de la tierra 2 1m es: w(0) = mg = kR 2 . G: la constante de gravitaci´ on universal. Sustituyendo. queda que v= − 2g luego v = − ma + b ln m1 + m 2 gm2 + b ln 2 a m1 + m 2 − a m a F = Ejemplo 6.D GM m (x + R ) 2 ept o. x: la distancia del cuerpo a la superficie de la tierra. R: el radio de la tierra. es decir. An tioq uia . d Caso 4. donde k1 = GM . 2 2 o sea que cuando t = m ⇒ v = velocidad de Por tanto at = m2 ⇒ t = m a a apagado.11) Por la ley de Gravitaci´ on Universal de Newton (ver textos de F´ ısica): eM De la misma manera se encuentra que ha = altura alcanzada al acabarse m1 m2 g bm2 bm1 + ln el combustible = − 22 + 2a a a m1 + m 2 atem atic m1 +m2 m1 as .CAP´ ITULO 3. por lo tanto el peso de un cuerpo 2 a una distancia x de la superficie de la tierra es: w(x) = (mgR . m1 = m1 + m2 − at. Cuerpos en campo gravitacional variable. +R)2 Si x = 0. (Ver figura 3. x+R)2 rsid ad de donde.D. se llega a que: An 2gR2 ≥0 x+R tioq donde el signo menos indica que la direcci´ on de la fuerza es hacia el centro de la tierra. x = 0 y v = v0 .D dv mgR2 = − w (x) = − dt (x + R ) 2 ept o. si el agua se opone al movimiento con una fuerza proporcional a su velocidad y si en una milla de recorrido reduce su velocidad a 30 millas/hora. d eM atem atic 71 as . Un torpedo se desplaza a una velocidad de 60 millas/hora en el momento de agotarse el combustible.11 3.12). ¿A que distancia se detendr´ a? Un ive 2 ≥ 2gR Por lo tanto.5. Soluci´ on: m Ejercicio 1. en t = 0. v0 √ de aqu´ ı conclu´ ımos que la velocidad de escape v0 = 2gR rsid ad 2 v 2 = v0 − 2gR + de Cancelando m. uia . APLICACIONES A LA FISICA •m + M Figura 3.3. y resolviendo la ecuaci´ on diferencial resultante y poniendo como condiciones iniciales. ) Un ive (Rta. Suponiendo que la resistencia de la tabla al movimiento de la bala es proporcional al cuadrado de la velocidad.D ept o.) rsid ad Ejercicio 3.12 (Rta. (Rta.: v = gR.5 Ejercicio 4.: t = v0 v1 ln h0 (v1 −v0 ) v1 v0 = 3 4000 ln 2. Despreciando el rozamiento.CAP´ ITULO 3. hallar el tiempo que tarda la cadena en deslizarse fuera de la mesa. Una cadena de 4 pies de longitud tiene 1 pie de longitud colgando del borde de una mesa.: t = 72 4 g ln(4 + √ 15) seg. d (Rta. si se perfora un orificio que atraviese la tierra de polo a polo y se deja caer una piedra en el orificio. DE PRIMER ORDEN x + •• w (x) 0 R Figura 3. de seg. Hallar el tiempo que demora la bala en atravezar la tabla.D. Una bala se introduce en una tabla de h = 10 cm.) An tioq √ uia Ejercicio 2. APLICACIONES DE LAS E. En el interior de la tierra la fuerza de gravedad es proporcional a la distancia del centro. de espesor con una velocidad v0 = 200 mt/seg. traspas´ andola con v1 = 80 mt/seg. con que velocidad llegar´ a al centro? . donde R es el radio de la tierra.: 2 millas) eM atem atic · as tierra . D ept o. la v = 50cm/seg y la f = 4 dinas. su velocidad ser´ a 8 mt/seg. Un punto material de masa un gramo se mueve en l´ ınea recta debido a la acci´ on de una fuerza que es directamente proporcional al tiempo calculado desde el instante t = 0 e inversamente proporcional a la velocidad del punto. d eM atem Ejercicio 6../seg.5.8 Un ive rsid ad de An tioq uia .) 0. Un barco retraza su movimiento por acci´ on de la resistencia del agua.: t = −5 ln seg. Qu´ e velocidad tendr´ a el punto al cabo de un minuto desde el comienzo del movimiento? (Rta. que es proporcional a la velocidad del barco. La velocidad inicial del barco es 10 mt/seg.) ln 10 (Rta. despu´ es de 5 seg. En el instante t = 10 seg.3.: v = √ 725 cm. Despu´ es de cuanto tiempo la velocidad ser´ a 1 mt/seg ? atic as 73 . APLICACIONES A LA FISICA Ejercicio 5. d eM atem atic as . DE PRIMER ORDEN 74 Un ive rsid ad de An tioq uia .D. APLICACIONES DE LAS E.D ept o.CAP´ ITULO 3. .D.. tioq uia an dn y dn−1 y dy + a + ..1. an son constantes y an = 0. a2 . rsid ad i) d dx = Dx 75 de Notaci´ on y conceptos: An donde h(x) es una funci´ on continua en I = [a. estudiaremos la E. tomaremos: Dx = D. o.. INTRODUCCION eM atic TEORIA DE LAS E. b] y a0 .O. LINEALES as .O.D ept Utilizando algebra lineal. a1 .D. . lineal de orden n con coeficientes constantes. n−1 n n − 1 dx dx dx . dm dxm m m−1 = Dx = D m = D x (D x ) Un ive Si no hay ambiguedad con respecto a la variable independiente.. + a1 + a0 y = h(x). d 4.CAP´ ITULO 4 atem d2 dx2 = d dx d dx 2 = D2 = D x Dx = D x en general. TEORIA DE LAS E. b] : clase de todas las funciones que tienen derivada de orden n continua en I . g ∈ C (I ) y α ∈ . b] = C (I ) : clase de todas las funciones que tienen primera derivada continua en I (o funciones continuamente diferenciables en I ). En general. C 2 (I ) = C 2 [a. b] = C (I ) : clase de todas las funciones continuas en el intervalo I C [a.D. Y de (4. b] : la clase de todas las funciones que tienen segunda derivada continua en I .D ept Observese que: C (I ) ⊃ C (I ) ⊃ C 2 (I ) ⊃ . C n (I ) = C n [a. d eM atem atic as (4.2) Con las operaciones definidas en a) y b) podemos probar que C (I ) es un espacio vectorial sobre . o.CAP´ ITULO 4. g ∈ C n (I ) ⇒ ∀x ∈ I : (f + g )(x) = f (x) + g (x) ∈ C n (I )(4. . . definimos: . LINEALES ii) I = [a.2) podemos concluir que C n (I ) es un subespacio vectorial de C (I ) para n ≥ 1. ⊃ C n (I ) ⊃ . . 76 . C (I ) ⊂ C (I ) ya que toda funci´ on que es derivable en I es continua en I. En general.1) y (4. b] iii) C [a. .1) Un ive ∀x ∈ I : (αf )(x) = αf (x) ∈ C n (I ) rsid ad de An b) ∀x ∈ I : (αf )(x) = αf (x) ∈ C (I ) tioq a) ∀x ∈ I : (f + g )(x) = f (x) + g (x) ∈ C (I ) uia Si f.O. si f. D 2 : C 2 (I ) → C (I ) es una transformaci´ on lineal. y α T1 : U → V x → (αT1 (x)) = αT1 (x) son tambi´ en transformaciones lineales.. . es 0 decir. Por ejemplo: D + D 2 es una T. d Analogamente.L. f → D f = f . eM atem Por tanto. INTRODUCCION En general. entonces C n (I ) es subespacio vectorial de C m (I ).D ept En general. atic as . o.4. tioq uia Por definici´ on D 0 : C (I ) → C (I ) es la transformaci´ on identidad. si n ≥ m. entonces. D n : C n (I ) → C (I ) es una transformaci´ on lineal. definida por: D + D 2 : C 2 (I ) → C (I ) 77 Un ive rsid ad T1 + T 2 : U → V x → (T1 + T2 )(x) = T1 (x) + T2 (x) de An En algebra lineal se tiene que si T1 : U → V y T2 : U → V son transformaciones lineales.1. iv) Como d (f dx + g )(x) = d (f (x) dx + g (x)) = d f (x) dx + d g (x) dx que es lo mismo que D(f + g )(x) = D(f (x) + g (x)) = Df (x) + Dg (x) y tambi´ en D(αf )(x) = D(αf (x)) = αDf (x). Nota: estos espacios son de dimensi´ on infinita. podemos decir que D : C (I ) → C (I ) es una transformaci´ on lineal . I. Hallar el n´ ucleo del operador L(D) = D + 2xD 0 Soluci´ on: ex × 0 dx + C ⇒ y = Ce−x 2 N´ ucleo L(D) = {Ce−x /C ∈ } 78 de An Observaci´ on: Resolver la E. Este operador diferencial se denota por: Si y ∈ C n (I ) ⇒ L(D)y ∈ C (I ) F. LINEALES En general: an (x)Dn + an−1 (x)Dn−1 + · · · + a1 (x)D + a0 (x)D0 : C n (I ) → C (I ) es una T. TEORIA DE LAS E. d Ejemplo 1. a0 (x) son funciones continuas en I y an (x) = 0 en I . = e yex = 2 2x dx 2 ⇒ F.O.D lineal en y con p(x) = 2x y Q(x) = 0) 2 rsid ad Ejemplo 2. = ex Un ive (D + 2xD0 )y = 0 ⇒ Dy + 2xy = 0 (E. se le denomina operador diferencial lineal de orden n. .L.D ept o.D.I.D. Esta T. L(D)y = 0 es lo mismo que hallar el n´ ucleo del operador diferencial L(D). . donde an (x). . 2 tioq y = x 2 ∈ C (I ) L(D)(x2 ) = (D + 2xD 0 )(x2 ) = D(x2 ) + 2xD0 (x2 ) = 2x + 2xx2 = 2x + 2x 3 ∈ C ( I ) uia . Si L(D) = D + p(x) = D + 2x y f (x) = x2 . Aplicar L(D) a la funci´ on f (x) Soluci´ on: eM atem operador diferencial de orden n con coeficientes variables atic L (D ) = an (x)Dn + an−1 (x)Dn−1 + · · · + a1 (x)D + a0 (x)D0 as .CAP´ ITULO 4. .L. . veamos que L(D)y = 0 . . y2 .4.1 (Principio de superposici´ on) . . es decir. . en tonces L(D)yi = 0. Como y1 . y2 . yn estan en el n´ ucleo de L(D). . n Como L(D) es un operador lineal. veamos que y esta en el n´ ucleo. . INTRODUCCION como e−x genera todo el n´ ucleo ⇒ dim n´ ucleo = 1. . L 2 ( D ) = D 2 + 3D 0 es una T.D ept Producto de Operadores Diferenciales: o. sean: L 1 ( D ) = D + 2D 0 . para i = 1. . d luego y esta en el n´ ucleo de L(D) eM atem atic as . + Cn y . . entonces la combinaci´ on lineal: n C y y n ≥ 1 est´ a en el n´ u cleo de L ( D ) i=1 i i Demostraci´ on: Sea y = C1 y1 + C2 y2 + . de L 1 ( D ) L 2 ( D ) y = ( D + 2D 0 ) ( D 2 + 3D 0 ) y = ( D + 2D 0 ) ( D 2 y + 3D 0 y ) operador funci´ on = D(D2 y ) + D(3D 0 y ) + 2D0 (D2 y ) + 2D0 (3D0 y ) = D3 y + 3Dy + 2D 2 y + 6D0 y = ( D 3 + 2D 2 + 3D + 6D 0 ) y 79 Un ive donde y es una funci´ on rsid ad operador An L 1 (D )L 2 (D ) : C 3 (I ) → C (I ) operador tioq uia . yn . Teorema 4. entonces n n n 2 L(D)y = L(D)( i=1 C i yi ) = i=1 L(D)(Ci yi ) = i=1 C i L (D )y i = 0 Analicemos esta operaci´ on con un ejemplo. . . .1. . . . pertenecen al n´ ucleo de L(D). .L. . Si y1 . entonces. d eM atem Ejemplo 3. Cuando L1 (D) y L2 (D) tienen coeficientes variables.D ept o. L1 (D) = D + xD 0 . en general L 1 (D )L 2 (D ) = L 2 (D )L 1 (D ).CAP´ ITULO 4. LINEALES L 1 ( D ) L 2 ( D ) = D 3 + 2D 2 + 3D + 6D 0 De la misma manera se calcula L2 (D)L1 (D). TEORIA DE LAS E. con el siguiente resultando: L 2 ( D ) L 1 ( D ) = D 3 + 2D 2 + 3D + 6D 0 = L 1 ( D ) L 2 ( D ) lo cual nos permite decir que el producto es conmutativo siempre y cuando los coeficientes sean constantes.D. para ello calculemos por lo tanto L1 (D) L2 (D) = xD 3 + (2 + x2 )D2 + 2xD + (1 + x2 )D0 Ahora hallemos L2 (D) L1 (D) de la siguiente manera: L2 (D) L1 (D)y = (xD 2 + xD + xD0 )(D + xD 0 )y = (xD2 + xD + xD0 )(Dy + xD 0 y ) = (xD2 + xD + xD0 )(Dy + xy ) = xD2 (Dy + xy ) + xD(Dy + xy ) + xD 0 (Dy + xy ) = xD2 (Dy ) + xD 2 (xy ) + xD(Dy ) + xD(xy ) + x(Dy + xy ) = xD3 y + xDD(xy ) + xD 2 y + x(xDy + y ) + xDy + x2 y = xD3 y + xD(xDy + y ) + xD 2 y + x2 Dy + xy + xDy + x2 y = xD3 y + x(D(xDy ) + Dy ) + xD 2 y + x2 Dy + xy + xDy + x2 y 80 Un ive rsid ad de An tioq uia L1 (D) L2 (D)y = (D + xD 0 )(xD2 + D + xD0 )y = (D + xD 0 )(xD2 y + Dy + xD0 y ) = D(xD2 y ) + D2 y + D(xy ) + xD 0 (xD2 )y + (xD 0 )Dy + + (xD0 )(xD0 y ) = xD3 y + D2 y + D2 y + xDy + y + x2 D2 y + xDy + x2 y = xD3 y + (2 + x2 )(D2 y ) + 2xDy + (1 + x2 )y . Primero hallemos L1 (D) L2 (D). L2 (D) = xD 2 + D + xD0 atic as .O. es decir.1 (Condici´ on inicial) Es una o varias condiciones que se le colocan a una E. con las condiciones iniciales: y (0) = 1.D Ejemplo 5.4.2 (Condici´ on de Frontera) Es una o varias condiciones que se le colocan a una E. Nota: a) La condici´ on inicial y (0) = 0 tambi´ en puede ser cambiada por la condici´ on inicial y (a) = b con (a. con las condiciones de frontera: ept o. entonces ∂y existe un intervalo |x| ≤ h ≤ a en el cual existe una soluci´ on u ´nica y = φ(x) del problema de valor inicial (P. y (1) = 1 = 0.O. b) en el rect´ angulo R b) Es importante anotar que este es un teorema de validez local.D. Ejemplo 4. se cumple en un intervalo que contiene al punto donde se da la condici´ on inicial. ∂f son continuas en un rect´ angulo R : |x| ≤ a y |y | ≤ b. en varios puntos. INTRODUCCION = xD3 y + x(xD2 y + Dy + Dy ) + xD 2 y + x2 Dy + xy + xDy + x2 y = xD3 y + x(xD2 y + 2Dy ) + xD 2 y + x2 Dy + xy + xDy + x2 y = xD3 y + x2 D2 y + 2xDy + xD 2 y + x2 Dy + xy + xDy + x2 y = xD3 y + x(x + 1)D 2 y + x(3 + x)Dy + x(x + 1)y = (xD3 + x(x + 1)D 2 + x(3 + x)D + x(x + 1)D 0 )y Luego L2 (D)L1 (D) = xD 3 + x(x + 1)D 2 + x(2 + x)D + x(x + 1)D 0 = L 1 (D ) L 2 (D ) Definici´ on 4. uia .V.1. y ) con y (0) = 0. en un punto. y + k 2 y y (0) = 1. y + k 2 y = 0. tioq Los teoremas que se enuncian a continuaci´ on son teoremas de existencia y unicidad que se demuestran en el Ap´ endice A.D.): y = f (x.I.2 (de Picard) . de An Teorema 4. d eM atem atic as . por fuera de este intervalo puede ocurrir que la soluci´ on no 81 Un ive rsid ad Si f. y (0) = 1 Definici´ on 4.O. por ejemplo en puede no ser u ´nica.4 : Sea L(D) un operador diferencial lineal de orden n en I y sea x0 un elemento de ese intervalo (x0 ∈ I ). obtenemos la siguiente soluci´ on general tioq x≤0 x>0 uia y (−2) = 4 . TEORIA DE LAS E. y ) = 2 x y ∂f =x ∂y son discontinuas en x = 0.D. 4) como lo vemos ept o. . LINEALES sea u ´nica. . Teorema 4. de Picard. 0]. 1. analizar la E.O.: L(D)y = h(x). Ejemplo 6. pero cuando el operador diferencial es lineal y todos los coeficientes ai (x) para i = 0. de Picard existe un intervalo.D y y=0 y todas tres pasan por el punto (−2. es decir. . lo que indica que la soluci´ on no es global. yn−1 reales cualesquiera el P. . . por fuera de este intervalo. y ) = 2 x . . y (x0 ) = y2 . entonces estas funciones son continuas en este punto y por el T. 1. . . como la condici´ on esta dada en x = −2.3 : Sea L(D) un operador diferencial lineal de primer orden en el intervalo I y sea x0 ∈ I .D. y (n−1) (x0 ) = yn−1 . . n). Teniendo en cuenta el T. . para el cual la soluci´ on es u ´nica y es y = x2 . . . si rsid ad de y = Cx2 An Soluci´ on: observese que esta E. si 2 Cx . n son continuos en y an = 0 en (en particular cuando los ai (x) son constantes para i = 0.V. Por lo tanto f (x. es lineal. Separando variables.D. tenemos que y = f (x. d eM atem atic as . tiene una u ´nica soluci´ on. Teorema 4.: L(D)y = Q(x) con y (x0 ) = y0 tiene una soluci´ on u ´nica. Un ive y y 2 De la E. se cumple en todo .1 del Ap´ endice. con y (x0 ) = y0 .1 82 y= x2 . y (x0 ) = y1 . en este caso (−∞. como se demuestra en el corolorio A.I.D.I. . son soluciones en en la figura 4.CAP´ ITULO 4.V. pero a1 (x) = x = 1. . por ejemplo y = x2 . entonces la soluci´ on es continua y global. . xy = 2y. entonces ∀ y0 . entonces ∀ y0 el P. y1 . . 0) que de y = 1 = C1 + C2 ln | − 2| An y = C2 x tioq Soluci´ on general (como lo veremos m´ as adelante) es: y = C1 + C2 ln |x| uia . ´ ´ DIMENSION DEL ESPACIO VECTORIAL SOLUCION DE UNA E. Un ive ⇒ C1 = 1 + 2 ln 2 rsid ad esta es la soluci´ on u ´nica en (−∞.D.1 y =1= C2 −2 ⇒ C2 = −2 ⇒ 1 = C1 + (−2) ln 2 luego y = 1 + 2 ln 2 − 2 ln |x| pasa por el punto (−2. y (−2) = 1 y la soluci´ on general y = C1 + C2 ln |x| de la E. INTRODUCCION y   (−2. Dada las condiciones iniciales y (−2) = 1.1. Soluci´ on: ept o. xy + y = 0. 1). 4) y = x2 y = x2 y=0 y = −x 2 x Figura 4.D.4. d eM atem atic 83 as .D Ejemplo 7. hallar C1 y C2 . es el n´ ucleo de L(D). C2 .D. utilizando el Wronskiano. se le llama el Wronskiano de y1 (x). .. . En particular cuando n = 2. . . y2 . entonces decimos que y1 .D ept . L(D)y = 0 (con L(D) un operador diferencial lineal de orden n). . . pero el espacio soluci´ on de la E. d Un ive (x) y 2 (n−1) eM y n (x) y n (x) . y1 (n−1) de An tioq y 2 (x) y 2 (x) . . + C n y n (x) = 0 implica que C1 = C2 = . Definici´ on 4. TEORIA DE LAS E. . Obs´ ervese que el Wronskiano depende de la variable x. . . . .D. ... el determinante: W (y1 . y2 . . . . . y n con x ∈ I . yn (x). y2 (x). .CAP´ ITULO 4. b) Si para todo x en I C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) + .. . . uia . y2 . . pero cuando las n funciones son soluciones de una E. lineal homog´ enea el problema se vuelve m´ as sencillo.. 84 atem (x) atic as .4 (Wronskiano) Sean y1 (x). .3 . Nota: demostrar que n funciones son linealmente independientes es a veces complicado. .O. . . y2 (x). yn (x) en C n−1 (I ). . . el Wronskiano tiene la siguiente propiedad. . . yn son linealmente independientesen el intervalo I . . . (n−1) (x) . . Cn no todas nulas tales que C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) + . . LINEALES Dijimos que C n (I ) tiene dimensi´ on infinita. . . el cual tiene dimensi´ on n. = Cn = 0. como lo veremos en los teoremas que expondremos a continuaci´ on Definici´ on 4. yn ) = det rsid ad y 1 (x) y 1 (x) . . a) Decimos que las n funciones y 1 .D. o. . + C n y n (x) = 0 para todo x en I . . . y n son linealmente dependientes en un intervalo I si existen constantes C1 .O. .. 7) (4. y2 . .6) (4.6) − (4. y 2 ) = y 1 y 2 + y 1 y 2 − y 2 y 1 − y 2 y 1 = y 1 y2 − y 2 y1 uia . yn linealmente dependientes es id´ enticamene cero. donde a(x) y b(x) son continuas en I y sean y1 .4. lineal en W de primer orden . y2 ) = det y1 y2 y1 y2 Consideremos la E.1 : El Wronskiano de n soluciones y1 .5) (4.. luego y1 + a(x)y1 + b(x)y1 = 0 y2 + a(x)y2 + b(x)y2 = 0 as atem atic o. .D. Observese que cuando C=0⇒W =0 y si C=0⇒W =0 Lema 4. y2 soluciones de esta E. lineal. .4) × y1 : y2 y1 + a(x)y2 y1 + b(x)y1 y2 = 0 como Esta soluci´ on general es llamada F´ ormula de Abel. luego la soluci´ on general es a(x)dx An Luego en (4. INTRODUCCION Observaci´ on (F´ ormula de Abel): para n = 2 W (y1 .5) : y2 y1 − y1 y2 + a(x)(y2 y1 − y1 y2 ) = 0 .4) (4. 85 Un ive W = C e− rsid ad de >0 Su soluci´ on es W e a(x)dx = C .D ept (4.7): W + a(x)W = 0. homog´ enea de orden dos: y + a(x)y + b(x)y = 0. y 2 ) = y 1 y 2 − y 2 y 1 W (y 1 .1. tioq W (y 1 . .3) (4.3) × y2 : y1 y2 + a(x)y1 y2 + b(x)y1 y2 = 0 (4. d eM (4.O.D. . + C n y n ( a) = 0 86 Un ive rsid ad b) y1 .. y2 . lineal homog´ enea de orden n eM que se cumplen para todo x en I . atem atic as .... supongamos que existe a en I tal W (a) = 0 y veamos que y1 ..... es decir si y solo si W (x) = 0 para todo x en I . d Teorema 4.. + C n y n (x) =0 C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) + . + C n y n (x) =0 . .O... TEORIA DE LAS E. y2 . + C n y n (x) = 0 Dem. yn son linealmente dependientes. .D. . obtenemos C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) + .. + C n yn = 0 donde algunas de los Ci = 0. Como W (a) es el determinante del sistema: C 1 y 1 ( a) + C 2 y 2 ( a) + .. ... . .. . .CAP´ ITULO 4....D. Derivando n − 1 veces. Entonces . . yn son n soluciones de la E.. . . yn son linealmente dependientes... . . + an−1 (x)y + an (x)y = 0 ept o. .... de An a) Si y1 . .. .. . . .: la parte a) ya se demostr´ o en el Lema anterior.. . (n−1) (n−1) (n−1) C 1 y1 (x) + C 2 y 2 (x) + . y2 ..5 : Si y1 .... + C n y n (x) =0 C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) + .......D y (n) + . y2 . . LINEALES Dem. tioq uia en el intervalo I y en ´ este intervalo las funciones ai (x) son continuas. .. entonces el Wronskiano W (x) ≡ 0 en I . .: supongamos que para todo x en I C 1 y1 + C 2 y2 + ... . b)⇒) Hagamos la demostraci´ on por el contrareciproco... . . ... yn son linealmente independientes.. . . si y solo si el Wronskiano W (x) = 0 para todo x en I . es decir. Este sistema homog´ eneo de n ecuaciones con n incognitas tiene soluci´ on distinta de la trivial si y solo si el determinante del sistema (o sea el Wronskiano) se anula en I . ... . . ... yn son linealmente dependientes.. podemos afirmar que de An tioq uia ( a) + C 2 y 2 .. + C n y n (x) rsid ad la cual satisface las condiciones iniciales anteriores y por el teorema de existencia y unicidad. . ........ C 1 y1 (n−1) ( a) + C 2 y 2 (n−1) (n−1) ( a) + ..... + C n y n ( a) = 0 Y (a) = Y (a) = . ........ entonces y1 . .. + C n y n ( a) = 0 atem atic as donde los Ci son las incognitas y como W (a) = 0 (determinante de los coeficientes del sistema) y por lo que sabemos del algebra lineal. .. . es decir existen Ci = 0....... y 2 .... y (n) + . + C n y n ( a) = 0 eM Y ( a) = C 1 y 1 ( a) + C 2 y 2 ( a) + . .. INTRODUCCION C 1 y 1 ( a) + C 2 y 2 ( a) + ...D. .. d Y ( a) = C 1 y 1 ( a) + C 2 y 2 ( a) + ...... .... .. Con esta soluci´ on no trivial definamos la siguiente funci´ on . . .. .. + C n y n (x) y evaluemos esta nueva funci´ on y sus derivadas hasta de orden n − 1 en a Y ( a) = C 1 y 1 ( a) + C 2 y 2 ( a) + .. .. ...... ... . ......... + C n y n ( a) = 0 C 1 y 1 ( a) + C 2 y 2 ( a) + ... . este tiene una soluci´ on distinta de la trivial. + C n y n ( a) = 0 ...4..1. + C n y n ( a) = 0 Y (x) = C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) + .. .. Y (n−1) (a) = C1 y1 en conclusi´ on (n−1) (n−1) (n−1) ( a) + ... + an−1 (x)y + an (x)y = 0 y como algunos de estos Ci son diferentes de cero.. . .. ........ = Y (n−1) (a) = 0 por otro lado sabemos que la funci´ on nula H (x) ≡ 0 es tambi´ en una soluci´ on de la E. y n 87 Un ive Y (x) = H (x) = 0 = C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) + ... y2 .. ⇐) Supongamos que W (x) = 0 para todo x y veamos que y1 . ..... . .. + C n y n ( a) = 0 ... ..D ept o.... .... ...... + C n y n ( a) .D. .D. . C2 .. LINEALES son linealmente independientes. y2 .. + C n y n ( a) ept Y ( a) = C 1 y 1 ( a) + C 2 y 2 ( a) + ... y2 ..D. yn n soluciones linealmente independientes de la E. entonces el espacio soluci´ on de L(D) (o sea el n´ ucleo de L(D)). . . por lo tanto (por la parte a)) W (x) ≡ 0 (Absurdo!) Teorema 4. . . .. . ... . . + C n y n (x) rsid ad de An Y (n−1) (a) = C1 y1 (n−1) ( a) + C 2 y 2 (n−1) tioq . Cn (al menos uno de ellos es diferente de cero) definimos la funci´ on G (x) = C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) + . . Con los C1 . .... . TEORIA DE LAS E.. .... .O... + C n y n ( a) = Y ( a) G ( a) = C 1 y 1 ( a) + C 2 y 2 ( a) + . Veamos que Y (x) se puede expresar como una combinaci´ on lineal de y1 . y 2 . y n son linealmente dependientes.. d Sea a un punto de I y consideremos el siguiente sistema: eM atem atic as . . ... luego G ( a) = C 1 y 1 ( a) + C 2 y 2 ( a) + . y sean y1 ... W (a) y como y1 . . ... y2 .O......CAP´ ITULO 4. Dem. . + C n y n ( a) o.... . . + C n y n ( a) = Y ( a) G ( a) = C 1 y 1 ( a) + C 2 y 2 ( a) + .. . yn . . es decir..... . .6 : Sea L(D)y = an (x)Dn y + an−1 (x)Dn−1 y + . lineal de orden n con coeficientes continuos definida en el intervalo I ... + C n y n ( a) uia Y ( a) = C 1 y 1 ( a) + C 2 y 2 ( a) + . (n−1) ( a) + . ..... . ... yn son linealmente independientes entonces W (a) = 0.: sea Y (x) una soluci´ on de la E. . .D Y ( a) = C 1 y 1 ( a) + C 2 y 2 ( a) + .. tiene dimensi´ on n . ...D. Supongamos que y1 . + C n y n ( a) = Y ( a) 88 Un ive el determinante de los coeficientes del sistema es el Wronskiano evaluado en a. . . . . esto quiere decir que existe al menos un Ci = 0. + a1 (x)Dy + a0 (x)y = 0 una E. . y 2 . + C n y n (x) Nota: i..... .. y 2 ) = = m2 e(m1 +m2 )x − m1 e(m1 +m2 )x = (m1 − m2 ) e(m1 +m2 )x =0 >0 Un ive rsid ad e m1 x e m2 x m 1 e m1 x m 2 e m2 x de Ejemplo 8.. y n (x 0 ).. lineal homog´ enea de orden n... o. d eM atem atic as 89 . .. y2 son soluciones de una E. y 2 (x 0 ). .... .. .. Si las n-tuplas (n−1) (y n (x 0 ). .... + C n y n (a) = Y (n−1) (a) Es decir. . Luego G (x) = Y (x) = C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) + .... por tanto por el teorema de existencia y unicidad. y2 = em2 x con m1 = m2 ..D ept (x0 )) (x0 )) (y 1 (x 0 ). ... Soluci´ on: m´ as adelante veremos que y1 . W (y 1 .. entonces las funciones son linealmente independientes en I . . . ..4..... Lo que dice este teorema es que para resolver una E. ... Si y1 = em1 x .. INTRODUCCION ... An tioq y 1 (x). ...... .. y 2 (x).1..D. . .. y 1 (n−1) (x0 )) (y 2 (x 0 ).. G(x) = Y (x) para todo x en I . . y 1 (x 0 ).. ii... . y n (x) uia .. G(n−1) (a) = C1 y1 (n−1) ( a) + C 2 y 2 (n−1) (n−1) ( a) + .. . se debe encontrar n soluciones linealmente independientes y la soluci´ on general es la combinaci´ on lineal de las n soluciones. ... mostrar que y1 y y2 son linealmente independientes. . y n (n−1) son linealmente independientes...D. las funciones G y Y coinciden en la condici´ on inicial...... lineal de segundo orden con coeficientes constantes.. . : a2 (x)y + a1 (x)y + a0 (x)y = 0 con a2 (x) = 0 en I y a2 (x).O. dividiendo en la E. y2 son soluciones de una E. ´ ´ METODO DE REDUCCION DE ORDEN de An ⇒ y1 . y2 son linealmente independientes. d eM atem = mxe2mx + e2mx − mxe2mx = e2mx > 0 ⇒ y1 . lineal de segundo orden con coeficientes constantes.O. Hallar W (y1 .2. lineal de segundo orden con coeficientes constantes. y2 = xemx . y2 son linealmente independientes.CAP´ ITULO 4. rsid ad 4. y2 son soluciones de una E. Soluci´ on: m´ as adelante veremos que y1 .8) Un ive ´ FORMULA DE D’LAMBERT (Construcci´ on de una segunda Soluci´ on a partir de una soluci´ on conocida). original por a2 (x) a1 (x) 0 (x) y Q (x) = a . y2 = eαx cos βx. y1 = eαx sen βx. y 2 ) = eαx sen βx eαx cos βx βeαx cos βx + αeαx sen βx −βeαx sen βx + αeαx cos βx o. Ejemplo 9. atic as . TEORIA DE LAS E. y2 ) Soluci´ on: m´ as adelante veremos que y1 . a0 (x) continuas en I . y1 = emx . >0 Dada la E.D.D. a1 (x).D. LINEALES ⇒ = 0 por tanto y1 .O. y2 son linealmente independientes.D. tioq = −βe2αx sen 2 βx + αe2αx sen βx cos βx − βe2αx cos2 βx − αe2αx sen βx cos βx = −βe2αx ( sen 2 βx + cos2 βx) = −β e2αx = 0 uia . Hallar W (y1 . y 2 ) = emx xemx mx me mxemx + emx Ejemplo 10.D. W (y 1 .D ept W (y 1 . y2 ). se tiene: y haciendo P (x) = a a2 (x) 2 (x) y + P (x)y + Q(x)y = 0 forma can´ onica 90 (4. u y1 + u [ 2y1 + P (x)y1 ] = 0 atic u [ y 1 + P ( x ) y 1 + Q ( x ) y 1 ] + u y 1 + u [ 2y 1 + P ( x ) y 1 ] = 0 as .= 2y1 +P (x) y1 dx = eln y1 e 2 P (x) dx 2 e = y1 uia . Derivando dos veces .I.2.D du dx y1 W + 2y 1 + P (x) W = 0. una soluci´ on conocida de la E.´ ´ DE ORDEN 4.8): uy1 + 2u y1 + u y1 + P (x)(uy1 + u y1 ) + Q(x)uy1 = 0 Hagamos W = u (´ este cambio de variable reduce el orden) y1 W + W (2y1 + P (x)y1 ) = 0 W =C e integrando u= C Por lo tanto y = uy1 = Un ive e− rsid ad e− P (x) dx de De donde 2 y1 An 2 W y1 e P (x) dx = C =u = P (x) dx 2 y1 Cy1 e− tioq Su F.D. y = uy1 + u y1 y y = uy1 + u y1 + u y1 + u y1 y sustituyendo en la ecuaci´ on diferencial (4. d . en I y Supongamos y (x) = u(x)y1 (x) y hallemos u tal que y (x) sea una soluci´ on. (lineal en W de primer orden) y1 P (x) dx ept e− dx + C1 P (x) dx 2 y1 dx + C1 y1 P (x) dx 2 y1 combinaci´ on lineal de y1 o. luego y eM dx 91 atem Luego. METODO DE REDUCCION Sea y1 (x) y1 (x) = 0 en I . d En conclusi´ on.D. 2 y1 Nota: el m´ etodo es aplicable tambi´ en para E.D. y 2 ) = y1 P (x) dx e− P (x) dx 2 y1 + y1 e− e− P (x) dx 2 y1 dx e− P (x) dx 2 y1 = e− = e− P (x) dx P (x) dx P (x) dx 2 y1 + y 1 y1 >0 Luego y1 .D. Sea x2 y − xy + 2y = 0. si y1 es una soluci´ on.D. entonces la segunda soluci´ on es: 92 Un ive y se continua de la misma manera anterior. Ejemplo 11. lineal en W de primer orden: Soluci´ on. TEORIA DE LAS E. Dividiendo por x2 se tiene: 1 2 y − y + 2y = 0 x x Veremos m´ as adelante que y1 = x sen (ln x) es una soluci´ on de la ecuaci´ on de Cauchy. Hallar y2 rsid ad de W + 2y 1 + P (x) W = f (x) y1 An tioq uia .D. sabiendo que y1 = x sen (ln x) es una soluci´ on de la E.O. no homog´ eneas: y + P (x)y + Q (x)y = f (x) en este caso se supone y (x) = u(x)y1 (x) = uy1 y se llega a la E. (E. entonces eM y + P (x)y + Q (x)y = 0 atem atic as dx − y1 y1 dx .CAP´ ITULO 4. LINEALES Luego la segunda soluci´ on es y2 = y1 e− P (x) dx 2 y1 dx con y1 = 0 en I Veamos que y1 y y2 son linealmente independientes: y1 y1 y1 e − 2 y1 W (y 1 .D. de Cauchy).D ept y2 = y 1 e− P (x) dx dx (F´ ormula de D’Lambert) o. y2 son soluciones linealmente independientes de la E. con y1 = 0 en I . x2 y − xy + 2y = 0. Hallar y2 4 (Rta. d La soluci´ on general es : y = C1 y1 + c2 y2 eM atem csc2 u du = −x sen (ln x) cot u = −x sen (ln x) cot(ln x) atic as 93 u = ln x du = dx x . tioq uia y = C1 x sen (ln x) + C3 x cos(ln x) .: y2 = x ln |x|) de An Utilizando el m´ etodo de reducci´ on de orden resolver los siguientes ejercicios. Hallar y2 1 (Rta. xy + y = 0. y1 = ln x es una soluci´ on. METODO DE REDUCCION y2 = x sen (ln x) e− − x dx dx = x sen (ln x) x2 sen 2 (ln x) x dx sen (ln x) dx dx x sen 2 (ln x) du sen 2 u x2 1 eln(x) dx x2 sen (ln x) = x sen (ln x) = x sen (ln x) = x sen (ln x) = x sen (ln x) = −x cos(ln x) Ejercicio 3. Hallar y2 Ejercicio 4.2. x2 y − 7xy + 16y = 0 y1 = x4 es una soluci´ on.´ ´ DE ORDEN 4. x2 y + 2xy − 6y = 0 y1 = x2 es una soluci´ on. Hallar y2 Un ive Ejercicio 2. y1 = x sen (ln x) es una soluci´ on.D y = C1 x sen (ln x) + C2 (−x cos(ln x)) ept o.: y2 = − 5x3 ) rsid ad Ejercicio 1. D. y = c1 ex + c2 (x3 + 3x2 + 6x + 6).3.) x yeax = C ⇒ y = Ce−ax Por similitud con la E. b) y = c1 ex + c2 (x + 1). LINEALES Ejercicio 5.: y = c1 x + c2 x x−2 e f (x) dx dx) Ejercicio 6.I. donde p(x) = a.9) Un ive Sabemos que luego el F. d eM atem xy − (x + n)y + ny = 0 atic as Ejercicio 7.O. (Rta. uia (x − 1)y − xy + y = 1 . vamos a suponer que la E. hallar dos soluciones linealmente independientes de .: y = c1 ex + c2 ex e[−2x+ f (x) dx] dx) b)Hallar la soluci´ on general de la E.O. LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES An tioq sabiendo que y1 = ex es una soluci´ on a la homog´ enea asociada. de la parte a) cuando n = 1. Hallar la soluci´ on general de y − f (x)y + (f (x) − 1)y = 0 (Rta.D ept Ejercicio 8: Utiliz´ ando el m´ etodo de reducci´ on de D’Lambert resolver la E.CAP´ ITULO 4. Hallar la soluci´ on general de xy − xf (x)y + f (x)y = 0. E. 2.D. lineal no homog´ enea: o.D.O.D.D. = e dy + dx a dx ay = 0 es lineal de primer orden. Observese que obtenemos una segunda soluci´ on y una soluci´ on particular.: a) y1 = ex .D. TEORIA DE LAS E. 3 (Rta. a) Si n es un entero positivo. de primer orden y coeficientes constantes. y = c1 e + c2 (x2 + 2x + 2). lineal de segundo orden y coeficientes constantes: ay + by + cy = 0. = eax y su soluci´ on es rsid ad de 4. 94 (4. y2 = ex xn e−x dx. atem atic 95 as la cual llamamos ecuaci´ on caracter´ ıstica o ecuaci´ on auxiliar de la E. por tanto la soluci´ on general es uia 1 2 . (4. Ejemplo 12 Hallar la soluci´ on general de 2y − 5y − 3y = 0 Soluci´ on: Ecuaci´ on caracter´ ıstica: 2m2 − 5m − 3 = 0 √ 5 ± 25 + 24 5±7 m= ⇒ m= 4 4 Un ive rsid ad de m1 = 3 .9): am2 emx + bmemx + cemx = 0 luego emx (am2 + bm + c) = 0 o sea que am2 + bm + c = 0. con m1 = m2 .D ept 3. Raices reales y diferentes y = C 1 e m1 x + C 2 e m2 x .4. Que tenga raices reales y diferentes. y = m2 emx y sustituyendo en la E. o.O.D. luego y1 = em1 x y y2 = em2 x son linealmente independientes.D.D. Que tenga raices complejas conjugadas. ay + by + cy = 0 Con las raices de la ecuaci´ on caracter´ ıstica suceden tres casos: Caso 1. d 2. Que tenga raices reales e iguales. E. m 2 = − 1 La soluci´ on general es y = C1 e3x + C2 e− 2 x An tioq Si las raices son m1 y m2 . derivando dos veces se tiene y = memx .: .3. eM 1. LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES tiene por soluci´ on una exponencial de la forma: y = emx . CAP´ ITULO 4.2 = . Soluci´ on: Ecuaci´ on caracter´ ıstica: 4m2 − 4m + 1 = 0 = (2m − 1)2 = 0 por lo tanto m= 1 (con multiplicidad 2) 2 Un ive rsid ad de La soluci´ on general es: y = C1 e 2 + C2 xe 2 x Caso 3. a a as . donde α es la parte real y 96 An tioq uia y2 = e mx eax dx −b e(2 2a x) −b x .D. entonces 2a 2 el discriminante b − 4ac = 0. se tiene = emx dx = xemx luego la soluci´ on general es: y = C1 emx + C2 xemx Ejemplo 13. por lo tanto m1. 4y − 4y + y = 0 Hallar la soluci´ on general.D ept como ay + by + cy = 0 ⇒√am2 + bm + c = 0 (ecuaci´ on caracter´ ıstica) −b± b2 −4ac y sus raices son m1. TEORIA DE LAS E. Raices reales e iguales: en este caso las raices son de multiplicidad dos. LINEALES Caso 2. luego: o. Utilicemos el m´ etodo de D’Alambert para hallar la segunda suluci´ on de ay + by + cy = 0 dividiendo por a para conseguir la forma can´ onica. Raices complejas y conjugadas Supongamos que m1 = α + βi es una ra´ ız de la ecuaci´ on auxiliar y por tanto su conjugada m2 = α − βi es la otra ra´ ız.2 = m = − 2ba . d eM y2 = y 1 e− P (x) dx 2 y1 dx = emx e− a dx dx e2mx atem b atic c b y + y + y = 0. pero como las raices son iguales. Sea m (con multiplicidad 2) ⇒ y1 = emx es una soluci´ on.O. D.4.3. Ecuaci´ on caracter´ ıstica: m2 − 2m + 3 = 0 2± √ 4 − 4(3) 2 ± −8 = 2 2 √ = 1 ± 2i sus raices son m1. la soluci´ on general es: y = K1 eαx cos βx + K2 eαx sen βx (ii) Para la E.D.: (D − a)y = 0 la ecuaci´ on caracter´ ıstica es m−a=0⇒m=a 97 Un ive 4α2 − 4(α2 + β 2 ) 2α ± 2βi = = α ± βi 2 2 rsid ad entonces la ecuaci´ on caracter´ ıstica es: m2 − 2αm + α2 + β 2 = 0 de An tioq √ 2x + K2 ex sen 2x uia . y − 2y + 3y = 0 Soluci´ on: as . d m= eM atem atic Ejemplo 14. β = La soluci´ on general es 2 . recordando que eiθ = cos θ + i sen θ (F´ ormula de Euler) entonces la soluci´ on general es y = C1 e(α+βi)x + C2 e(α−βi) = C1 eαx eβix + C2 eαx e−βix = eαx (C1 eβix + C2 e−βix ) = eαx [(C1 + C2 ) cos βx + i(C1 − C2 ) sen βx] = eαx [K1 cos βx + K2 sen βx] En resumen: y = K1 eαx cos βx + K2 eαx sen βx es la soluci´ on general. E. LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES β es la parte imaginaria. √ y = K1 ex cos Nota: (i): observe que si [D 2 − 2αD + α2 + β 2 ]y = 0 y las raices son: m= 2α ± luego.D √ ept √ 2±2 2i 2 o.2 = o sea que α = 1 .O. D ept o. d2 x dt2 Sea donde a0 . d eM atem atic as . (D2 + 2D − 3)y = 0 (Rta.D. k > b > 0 con x(0) = 0.O. LINEALES por lo tanto y = Ceax es soluci´ on de (D − a)y = 0 y reciprocamente una soluci´ on de (D − a)y = 0 es y = Ceax Ejercicios. entonces su polinomio caracter´ ıstico es: an mn + an−1 mn−1 + · · · + a1 m + a0 = 0 = Pn (m) 98 an y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a1 y + a0 y = 0 Un ive rsid ad 4.: x = ( va0 )e−bt donde a = k 2 − b2 ) tioq uia .D. an son constantes. TEORIA DE LAS E. a1 . (D2 − 6D + 9)y = 0 (Rta. y (0) = −1 (Rta. LINEALES DE ORDEN MAYOR QUE DOS CON COEFICIENTES CONSTANTES de An + 2b dx + k 2 x = 0. · · · . x (0) = v0 dt √ (Rta. D2 − 2D − 3)y = 0 con y (0) = 0. Hallar la soluci´ on general o la soluci´ on particular de los siguientes ejercicios: 1.: y = C1 ex cos x + C2 ex sen x) 6.: y = (C1 + C2 x)e3x ) 4.4.: y = (1 + x)e−2x ) 5.CAP´ ITULO 4. (D2 − 2D + 2)y = 0 (Rta. (D2 + 4D + 4)y = 0 con y (0) = 1. y (0) = −4 (Rta.: y = C1 ex + C2 e−3x ) 2.: y = e−x − e3x ) 3. E. como el grado es 2. β = 2 2 2 Para 2m − 1 la soluci´ on ser´ ıa: e Para m2 − 4m + 8 las soluciones ser´ ıan: e2x cos 2x.4. DE ORDEN MAYOR QUE DOS CON COEF. Supongamos por ejemplo que este polinomio lo podemos factorizar as´ ı: 2 2 2 Pn (m) = (m − m1 )(m − m2 )(m − m3 )3 (m2 − 2α1 m + α1 + β1 )(m2 − 2α2 m+ 2 2 2 α2 + β 2 ) entonces la soluci´ on general esta dada por y = C1 em1 x + C2 em2 x + C3 em3 x + C4 xem3 x + C5 x2 em3 x + C6 eα1 x cos β1 x + C7 eα1 x sen β1 x + C8 eα2 x cos β2 x+ C9 eα2 x sen β2 x + C10 xeα2 x cos β2 x + C11 xeα2 x sen β2 x d y d y d y d y Ejemplo 15. O sea que las soluciones ser´ ıan: e0x = 1. 2 dx 5 − 7 dx4 + 12 dx3 + 8 dx2 = 0 Soluci´ on: 5 4 3 2 1 luego las raices son m1 = 0 con multiplicidad 2. LIN. CONST. m2 = 2 √ 4 ± 16 − 32 4 + 4i m3.D.D ept e2x sen 2x. 2m5 − 7m4 + 12m3 + 8m2 = 0 o.4 = = = 2 ± 2i ⇒ α = 2. xe0x = x 0x −x 2 rsid ad de An tioq uia m2 (2m3 − 7m2 + 12m + 8) = m2 (2m − 1)(m2 − 4m + 8) = 0 Soluci´ on general: y = C1 + C2 x + C3 e− 2 + C4 e2x cos(2x) + C5 e2x sen (2x) .D. reemplazo en cada ter´ ıstica: di y dxi por mi y obtengo la ecuaci´ on carac- eM atem atic 99 as . d En la E.4. x Un ive Para el factor m2 . empezamos con la soluci´ on b´ asica e y luego multiplicamos por x y as´ ı sucesivamente. E. Si y = f (x) una funci´ on que tiene n derivadas y L(D) es un operador lineal con coeficientes constantes. Un ive rsid ad Definici´ on 4. y (5) + 5y (4) − 2y − 10y + y + 5y = 0 d y d y Ejercicio 2.5. entonces x2 . x. TEORIA DE LAS E. entonces k.O.CAP´ ITULO 4. b) Si y = x. d Ejercicio 7.: y = C1 cos 23 x + C2 x cos 23 x + C3 sen 23 x + C4 x sen 23 x) 4 2 Ejercicio 3. 0) a) Si y = k constante. entonces k. y (2) = 0 y l´ ım y (x)x→∞ = 0 ept o. de An 4. Ejercicio 4. (2. (D 3 + D2 − D − 1)y = 0 con las siguientes condiciones: y (0) = 1.5 . d2 x dx2 dk dx =0⇒D= eM d dx d3 dx3 + d3 y dx3 + d2 y dx2 =0 = 0 ⇒ D2 = es el anulador de x y de es el anulador de c) Si y = x2 . 2). d4 y dx4 d4 y dx4 d4 y dx4 d4 y dx4 + d3 y dx3 2 + d2 y dx2 =0 Observaciones: 1. atic es el anulador de d y − 7 dx 2 − 18y = 0 as . k. Ejercicio 6. 100 d3 (x 2 ) dx3 = 0 ⇒ D3 = atem + y = 0.D d2 dx2 Ejercicio 8. Ejercicio 5. (D 2 + 4D + 4)y = 0 tal que tenga una soluci´ on que pase por los puntos (0. tal que L(D)y = L(D)f (x) = 0. OPERADOR ANULADOR tioq uia . (Ayuda: Completar cuadrados). LINEALES Hallar la soluci´ on general o la soluci´ on particular seg´ un el caso en los siguientes ejercicios: Ejercicio 1. 16 dx 4 + 24 dx2 + 9y = 0 √ √ √ √ (bf Rta.D. entonces decimos que el operador L(D) es el anulador de y = f (x). D ept o. (D−a)n es el anulador de las siguientes funciones: eax . · · · . 2. n+1 n dn+1 dxn+1 es el anulador de Nota: Observemos que dn+1 dxn+1 anula la combinaci´ on lineal C1 k + C2 x + · · · + Cn+1 xn que es un polinomio de grado n. xeαx sen βx. · · · . x . x . xeαx cos βx. . . x sen βx. xn−1 eαx cos βx eαx sen βx. sen βx o su combinaci´ on lineal: C1 cos βx + C2 sen βx.4. entonces (D 2 + β 2 )n es el anulador de: cos βx. . · · · . · · · . (D2 − 2αD + α2 + β 2 )n es el anulador de las funciones: eαx cos βx. x2 eαx cos βx. . k con n ∈ N. . xn−1 eax y tambi´ en el anulador de la combinaci´ on lineal siguiente: C1 eax + C2 xeax + C3 x2 eax + · · · + Cn xn−1 eax 3. . xn−1 cos βx sen βx. xeax . xn−1 sen βx y de sus combinaciones lineales: C1 cos βx + C2 x cos βx + · · · + Cn xn−1 cos βx+ k1 sen βx + k2 x sen βx + · · · + kn xn−1 sen βx Si n = 1 y α = 0. Un ive rsid ad de An tioq C1 eαx cos βx + C2 xeαx cos βx + · · · + Cn xn−1 eαx cos βx+ + k1 eαx sen βx + k2 xeαx sen βx + · · · + kn xn−1 eαx sen βx uia . OPERADOR ANULADOR x = 0 ⇒ Dn+1 = d) Si y = xn . x cos βx. x2 sen βx. . xn−1 eαx sen βx y tambi´ en anula la combinaci´ on lineal siguiente: Si α = 0. d eM atem 101 atic as . . x2 eαx sen βx.5. entonces ddxn+1 n n−1 2 1 x . entonces D 2 + β 2 es el anulador de: cos βx. x2 cos βx. x . x2 eax . en este caso α = 1 y β = 2. toda la expresi´ on: D 3 (D2 + 16). Anulador de ex cos 2x: D2 − 2D + 1 + 4 = D 2 − 2D + 5. as . entonces de 4: D. Por lo tanto el anulador de toda la expresi´ on es: (D − 1)3 Anulador Anulador Anulador Anulador de de de de x: D 2 . 2. Anulador de xex : (D − 1)2 . de ex : D − 1. TEORIA DE LAS E. Hallar el operador anulador de: 3 + ex cos 2x Soluci´ on: atic Observese que no interesa las constantes 1. Anulador de x2 ex : (D − 1)3 .O.D Anulador de toda la expresi´ on: D(D 2 − 2D + 5). Hallar el operador anulador de: 13x + 9x2 − sen 4x Soluci´ on: uia . El anulador de toda la expresi´ on es: D(D − 1)(D − 2) 102 Un ive rsid ad de An tioq Ejemplo 18. Hallar el operador anulador de: (2 − ex )2 Soluci´ on: Como Anulador Anulador Anulador (2 − ex )2 = 4 − 4ex + e2x . Ejemplo 19.D. d Anulador de 3: D.CAP´ ITULO 4. x2 : D 3 . ept o. sen 4x: D 2 + 16 en este caso α = 0 y β = 4. de e2x : D − 2. LINEALES Ejemplo 16. Hallar el operador anulador de: ex + 2xex − x2 ex Soluci´ on: Anulador de ex : D − 1. −1 de la expresi´ on original para hallar el anulador. eM atem Ejemplo 17. si yh es la soluci´ on de la homog´ enea asociada L(D)y = 0 y yp es la soluci´ on particular de L(D)y = f (x). ii) La soluci´ on particular de la no homog´ y = yh + yp En efecto. Encontrar el anulador de 3 + ex cos 2x Ejercicio 3.D. lineales.6. atic as 103 . entonces la soluci´ on general es: ept o. de An tioq uia .6. es decir. con coeficientes constantes. es decir. L(D)(yh + yp ) = L(D)yh + L(D)yp = 0 + f (x) = f (x) 4. METODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS Ejercicio 1. L(D)y = f (x) = 0 consta de la suma de dos soluciones que son: enea. ´ METODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS Este m´ etodo se aplica a E. la soluci´ on de L(D)y = 0. Un ive rsid ad Las siguientes secciones las dedicaremos a desarrollar tres m´ etodos para hallar la soluci´ on particular de E.D La suma de las dos soluciones es la soluci´ on general.´ 4. Encontrar el anulador de 8x − sen x + 10 cos 5x Ejercicio 2.D. d eM atem i) La soluci´ on a la homog´ enea asociada. Encontrar el anulador de e−x sen x − e2x cos x Observaci´ on: la soluci´ on de una ecuaci´ on diferencial lineal no homog´ enea. Encontrar el anulador de x3 (1 − 5x) Ejercicio 4. no homog´ eneas. no homog´ eneas. es decir: L 1 (D )L (D )y = L 1 (D )f (x) = 0 y = C1 cos 5x + C2 sen 5x + C3 x cos 5x + C4 x sen 5x La ecuaci´ on diferencial homog´ enea asociada es (D2 + 25)y = 0 104 Un ive Ecuaci´ on caracter´ ıstica: (m2 + 25)2 = 0 cuyas raices son m = ±5i con multiplicidad 2 y por lo tanto α = 0 y β = 5.D.D. homog´ enea de coeficientes constantes y por tanto le aplicamos a esta ecuaci´ on el m´ etodo de las homog´ eneas y hallamos su soluci´ on general. Ilustremos esto con un ejemplo. k constante b) f (x) = polinomio en x c) f (x) = exponencial de la forma eαx d) f (x) = cos βx. TEORIA DE LAS E. la parte restante corresponde a la soluci´ on particular que estamos buscando. Soluci´ on: . si f (x) tiene una de las siguientes formas: a) f (x) = k .D. Hallar la soluci´ on particular y la soluci´ on general de la E. lineal.D ept o.D. f (x) = sen βx e) f (x) = a sumas finitas de productos finitos de las expresiones anteriores. no homog´ enea. d Por lo tanto la expresi´ on anterior es una E. lineal.CAP´ ITULO 4. eM atem atic as . de esta soluci´ on general descartamos la parte correspondiente a la homog´ enea asociada a la E. de coeficientes constantes y de orden n.D. y + 25y = 20 sen 5x. entonces. es posible encontrar un operador L1 (D) que anula a f (x) y si esto sucede.D. LINEALES Sea L(D)y = f (x) una E. entonces aplicamos L1 (D) a la ecuaci´ on diferencial original. original. en consecuencia la soluci´ on general es: (4. original: uia Ejemplo 20.O.10) rsid ad y + 25y L1 (D)(y + 25y ) (D2 + 25)(y + 25y ) (D2 + 25)2 y = = = = de An 20 sen 5x L1 (D)(20 sen 5x) (D 2 + 25)(20 sen 5x) 0 tioq El anulador de sen 5x: D 2 + 25 = L1 (D) Aplicamos este anulador a ambos lados de la E. y por tanto en (4. METODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS y su ecuaci´ on caracter´ ıstica es m2 + 25 = 0.´ 4. las hallamos de la siguiente manera: derivamos dos veces yp y la sustituimos en la E. original: atic y = C3 x cos 5x + C4 x sen 5x = yp as .D.6.10) descartamos esta expresi´ on y nos queda la forma de la soluci´ on particular: en x sen 5x : −25C4 + 25C4 = 0 en cos 5x : 10C4 = 0 ⇒ C4 = 0 Por lo tanto la soluci´ on particular es yp = −2x cos 5x y la soluci´ on general es: y = yh + yp 105 Un ive rsid ad en sen 5x : −10C3 = 20 ⇒ C3 = −2 de en x cos 5x : −25C3 + 25C3 = 0 An tioq C3 (−25x cos 5x − 10 sen 5x) + C4 (−25x sen 5x + 10 cos 5x) + + 25(C3 x cos 5x + C4 x sen 5x) = 20 sen 5x An´ alisis de coeficientes: uia .D yp = C3 (−5x sen 5x + cos 5x) + C4 (5x cos 5x + sen 5x) yp = C3 (−25x cos 5x − 5 sen 5x − 5 sen 5x) + +C4 (−25x sen 5x + 5 cos 5x + 5 cos 5x) = C3 (−25x cos 5x − 10 sen 5x) + +C4 (−25x sen 5x + 10 cos 5x) yp + 25yp = 20 sen 5x ept o. d eM atem Como aparecen las constantes C3 y C4 . o sea que m = ±5i (con α = 0 y β = 5) y su soluci´ on es y = C1 cos 5x + C2 sen 5x. y − y = x2 ex + 5 1 2 x 1 3 x 1 xex − 4 xe +6 xe ) (Rta: y = C2 ex + C6 e−x − 5 + 4 Ejercicio 3. ´ DE PARAMETROS ´ VARIACION tioq uia .D ept o.O. y + 2y + y = x2 e−x Ejercicio 2. y + y + y = x sen x Ejercicio 6. LINEALES = C1 cos 5x + C2 sen 5x + C3 x cos 5x = C1 cos 5x + C2 sen 5x − 2x cos 5x Hallar la soluci´ on general en los siguientes ejercicios: Ejercicio 1.CAP´ ITULO 4.7. TEORIA DE LAS E. a 2 (x) Un ive rsid ad a2 (x)y + a1 (x)y + a0 (x) = h(x) de An 4. d eM atem atic as . La escribimos en forma can´ onica y + p(x)y + g (x)y = f (x) Donde p(x) = 106 a 1 (x) . y − 2y + 5y = ex sen x Sea con a2 (x). continuas en I y a2 (x) = 0 en I . a1 (x). y + 4y = cos2 x 1 + C2 cos 2x + C3 sen 2x + 1 x sen 2x) (Rta: y = 8 8 Ejercicio 5. y + y + 1 y = ex ( sen 3x − cos 3x) 4 Ejercicio 4. a 2 (x) g (x) = a 0 (x) a 2 (x) y f (x) = h(x) .D. a0 (x). y − y = 3xex cos 2x Ejercicio 7. y + 25y = 6 sen x Ejercicio 8. En resumen.´ DE PARAMETROS ´ 4.D ept Luego. (primera condici´ on). Un ive rsid ad u1 [y1 + p (x)y1 + g (x)y1 ] + u2 [y2 + p (x)y2 + g (x)y2 ] + u1 y1 + u2 y2 = f (x) de u1 y1 + u1 y1 + u2 y2 + u2 y2 + p (x) [u1 y1 + u2 y2 ] + g (x) [u1 y1 + u2 y2 ] = f (x) An y p + p (x)y p + g (x)y p = f (x) tioq Sustituyendo en la ecuaci´ on diferencial: uia yp = u 1 y1 + u 2 y2 yp = u 1 y1 + u 1 y1 + u 2 y2 + u 2 y2 . es decir. o.7. es decir. VARIACION suponemos que y1 y y2 son soluciones linealmente independientes de la homog´ enea asociada. d u 1 y 1 + u 2 y 2 = 0. eM Supongamos (en aras de disminuir el trabajo operativo): atem 107 atic as y p = u 1 (x)y 1 (x) + u 2 (x)y 2 (x) = u 1 y 1 + u 2 y 2 . u 1 y 1 + u 2 y 2 = f (x) y1 u1 + y2 u2 = 0 (primera condici´ on) on) y1 u1 + y2 u2 = f (x) (segunda condici´ que es un sistema de dos ecuaciones con dos incognitas: u1 y u2 . y hallemos u1 y u2 Luego yp = u1 y1 + u1 y1 + u2 y2 + y2 u2 Luego. y1 + p(x)y1 + g (x)y1 = 0 y2 + p(x)y2 + g (x)y2 = 0 y y h = C 1 y1 + C 2 y2 Variemos los par´ ametros C1 y C2 . y 2 ) u2 dx de 1. atem atic as u2 = y1 0 y 1 f (x) y1 y2 y1 y2 = y 1 f (x) W (y 1 . la yp = u1 y1 + u2 y2 . y la soluci´ on general es o.CAP´ ITULO 4. y2 ) = 0. Integramos u1 = 108 u1 dx y u2 = Un ive u1 = − u2 rsid ad y 2 f (x) W (y 1 . integramos (no es necesario constantes de integraci´ on. d eM Donde W (y1 . (en forma can´ onica): y + p(x)y + g (x)y = f (x) uia . Hallamos W (y1 .D ept Luego. Hallamos y1 y y2 soluciones linealmente independientes de la homog´ enea asociada: y + p(x)y + g (x)y = 0 An tioq Pasos para resolver la E. y 2 ) y 1 f (x) = W (y 1 . y2 ) 3.D. Para conseguir u1 y u2 . y 2 ) .O. LINEALES Por la regla de Cramer: o f (x) y1 y1 y2 y2 y2 y2 y 2 f (x) W (y 1 . TEORIA DE LAS E. ya que (y1 y y2 ) son dos soluciones linealmente independientes de la homog´ enea asociada.D. Hallamos 4. porqu´ e?) a u1 y u2 respectivamente. y 2 ) u1 = = − y = y h + y p = C 1 y1 + C 2 y2 + u 1 y1 + u 2 y2 2. La soluci´ on general y = yh + yp = C1 y1 + C2 y2 + u1 y1 + u2 y2 Ejemplo 21.D u1 = ept o. y + 3y + 2y = sen (ex ) Soluci´ on: 1. Soluci´ on de y + 3y + 2y = 0 m2 + 3m + 2 = 0 ⇒ (m + 2)(m + 1) = 0 ⇒ m = −2. y 2 ) e−3x uia . La soluci´ on particular yp = u1 y1 + u2 y2 6. m = −1 2. VARIACION 5. y2 ) = 3. = z cos z −   z = ex = −e2x sen (ex ) dx y haciendo dz = ex dx  dx = dz z dz = − z 2 sen (z ) z  integrando por partes  v = z ⇒ dv = dz = − z sen (z ) dz  dw = − sen zdz ⇒ w = cos z cos z dz Un ive rsid ad de u1 = u1 dx An 4. tioq − y 2 f (x) −e−x sen (ex ) = −e2x sen (ex ) = − 3 x W (y 1 . W (y1 .7. y 2 ) e −2x y 1 f (x) e sen (ex ) u2 = = = ex sen (ex ) W (y 1 .´ DE PARAMETROS ´ 4. d e−2x e−x −2e−2x −e−x = −e−3x + 2e−3x = e−3x eM atem 109 yh = C1 e−2x +C2 e−x y1 y2 atic as . x2 y − xy + y = 4x ln x .D. x2 y − xy + y = 0. x x ln x 1 ln x + 1 x −x ln x 4 ln y 2 f (x) 4 ln2 x x = =− W (y 1 . y1 = x. y2 = x ln x An 1 1 ln x y − y + 2y = 4 . LINEALES = z cos z − sen z = ex cos(ex ) − sen (ex ) u2 = u2 dx = ex sen (ex ) dx = z sen z dz = z sen z dz = − cos z = − cos(ex ) 5.O. Si y1 = x y y2 = x ln x son soluciones linealmente independientes de la E. W (y1 . y2 ) = 3. Coloquemos la E. yp = u 1 y1 + u 2 y2 = [ex cos(ex ) − sen (ex )] e−2x − e−x cos(ex ) = −e−2x sen (ex ) y = yh + yh = C1 e−2x + C2 e−x − e−2x sen (ex ) 2. x=0 x x x tioq Soluci´ on.CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E. de Cauchy. d eM atem atic as . Hallar la soluci´ on general de la E. y 2 ) x x u1 = − 110 Un ive rsid ad = x ln x + x − x ln x = x = 0 de 1.D.D.D ept o. en forma can´ onica uia Ejemplo 22.D. y 2 ) x x 4 ln x x x y 1 f (x) 4 ln x u2 = = = W (y 1 . u1 = = − u1 dx 4 ln2 x dx y haciendo x z = ln x dz = dx x 4 = − ln3 x 3 u2 = = u2 dx Soluci´ on: 1. y − y = 0 (homog´ enea asociada) m 2 − 1 = 0 ⇒ m = ±1 yh = C1 ex + C2 e−x y1 y2 Un ive Ejemplo 23.´ DE PARAMETROS ´ 4. y − y = sec3 x − sec x rsid ad de 2 = C1 x + C2 x ln x + x ln3 x 3 An y = yh + yp tioq 6. VARIACION 4.D.D yp = u 1 y1 + u 2 y2 4 = − ln3 x x + (2 ln2 x)x ln x 3 2 4 = − x ln3 x + 2x ln3 x = x ln3 x 3 3 ept o. atem 111 4 ln x dx y haciendo x = 2 ln2 x atic z = ln x dz = dx x as . d eM 5. Utilizar el m´ etodo de variaci´ on de par´ ametros para resolver la siguiente E. uia .7. D v = sec x e−x sec x tan x dx e−x sec x dx 1 2 e−x (sec3 x − sec x) dx. TEORIA DE LAS E. y 2 ) ex (sec3 x − sec x) e−x = =− (sec3 x − sec x) −2 2 3. y 2 ) e−x (sec3 x − sec x) e−x (sec3 x − sec x) = − = −2 2 y 1 f (x) W (y 1 . d e−x sec x(sec2 x − 1) dx eM atem atic as u2 = .D. y2 ) = ex e−x ex −e−x = ex (−e−x ) − ex (e−x ) = −1 − 1 = −2 u1 = − y 2 f (x) W (y 1 . luego dv = tan x sec x dx. u1 = 1 −x e tan x sec x − 2 1 −x = e tan x sec x − 2 1 −x = e tan x sec x − 2 e−x e−x = tan x sec x − 2 2 Un ive rsid ad du = (−e−x tan x + e−x sec2 x) dx. de An tioq uia integremos por partes.CAP´ ITULO 4. e−x sec x(sec2 x − tan x) dx e−x sec3 x dx + e−x sec3 x dx + e−x sec x + sec x − 112 ept o. haciendo: .O. u1 = 1 2 1 = 2 e−x (sec3 x − sec x) dx = e−x sec x tan2 x dx = 1 2 1 2 e−x (sec x tan x) tan x dx u = e−x tan x. W (y1 . LINEALES 2. d e−z (sec3 z − sec z ) dz eM atem 1 2 atic u2 = u2 dx = 1 2 ex (sec3 x − sec x) dx as . y = yh + yp = C1 ex + c2 e−x + Un ive yp = u 1 y1 + u 2 y2 e−x ex ex e−x x tan x sec x + sec x)e + ( tan x sec x − sec x)e−x = ( 4 4 4 4 tan x sec x = 2 rsid ad tan x sec x 2 de An tioq e−z e−z ex ex tan z sec z − sec z = − tan(−x) sec(−x) − sec(−x) 4 4 4 4 ex ex = tan x sec x − sec x 4 4 uia =− . dz = −dx 1 2 e−z (sec3 (−z ) − sec(−z )) d(−z ) = − 1 2 u2 = 4.´ DE PARAMETROS ´ 4. 5.7.D ept solucion general 113 o. VARIACION despejando la integral : e−x tan x sec x + 2 e−x tan x sec x + e−x (sec3 x − sec x) dx = 4 e−x sec x 2 e−x sec x 4 e−x (sec3 x − sec x) dx = 1 2 = e−(−x) sec3 (−(−x)) − sec(−(−x)) d(−(−x)) hagamos: z = −x . D. . . . Dada la E.1. . y2 . . Hallamos u1 . en forma can´ onica: efectuamos los siguientes pasos: de 1. . . . . . . d ´ DEL METODO ´ GENERALIZACION DE ´ DE PARAMETROS ´ VARIACION eM atem atic as .7. . An tioq uia Dn y + an−1 (x)Dn−1 y + . . . . y2 = x− 2 sen x forman un conjunto linealmente independiente y son soluciones de x2 y + xy + x2 − 1 y = 0. + Cn yn 2. .CAP´ ITULO 4.: y = C1 e−x + C2 xe−x + x 2 4 Ejercicio 4. n−1 yn n−1 n−1 y1 y2 ··· 3. .D ept ··· ··· . . + u n y n = 0 u1 y 1 + u 2 y 2 + . y2 . . Hallamos y1 . . u2 . yn yn . Hallamos W (y1 . un por el m´ etodo de Cramer del sistema: u1 y 1 + u 2 y 2 + . . Hallar la soluci´ on general de (D2 + 1)y = −x−2 sen x + 2x−1 cos x Ejercicio 2. . 114 Un ive o. LINEALES Ejercicio 1. . . . + a1 (x)Dy + a0 (x)y = f (x) y2 y2 . . . yn soluciones linealmente independientes de la homog´ enea asociada. o sea que yh = C1 y1 + C2 y2 + . TEORIA DE LAS E. .D. 4 3 1 2 2 Hallar la soluci´ on general para x y + xy + x − 4 y = x 2 .: y = C1 x− 2 cos x + C2 x− 2 sen x + x− 2 ) 1 1 4. . Si y1 = x− 2 cos x. .O. . . Hallar la soluci´ on general de y + 2y + y = e−x ln x 2 e−x ln x − 3 x2 e−x ) (Rta. yn ) = rsid ad y1 y1 . . . Hallar la soluci´ on general de (D2 + 5D + 6)y = e−2x sec2 x(1 + 2 tan x) Ejercicio 3. . 1 1 1 (Rta. . + u n y n = 0 . . + u n yn Ejemplo 24. . y 3 ) = e2x e−x ex 2e2x −e−x ex 4e2x e−x ex = e2x (−1 − 1) − e−x (2e3x − 4e3x ) + ex (2ex + 4ex ) = −2e2x + 2e2x + 6e2x = 6e2x 115 Un ive 2. m = − 1. . . Halamos la soluci´ on general y = y h + y p = C 1 y1 + . u2 . . un (sin constantes de integraci´ para hallar u1 . . Integramos u1 . + u n yn = f (x) on) 4. .D 1.7. . . . VARIACION n−1 n−1 n−1 u1 y 1 + u 2 y2 + . ept o. u2 . . . un 5. . y − 2y − y + 2y = e3x Soluci´ on: y − 2y − y + 2y = 0 m 3 − 2m 2 − m + 2 = 0 m2 (m − 2) − (m − 2) = 0 (m − 2)(m2 − 1) = (m − 2)(m + 1)(m − 1) = 0 W (y 1 . Hallamos la soluci´ on particular 6. + C n yn + u 1 y1 + . . y 2 . d eM atem atic as yp = u 1 y1 + u 2 y2 + . m = 1 yh = C1 e2x + C2 e−x + C3 ex de An tioq uia . .´ DE PARAMETROS ´ 4. . rsid ad m = 2. + u n yn . . u3 o.D. d e2x e−x 0 2x −x 2e −e 0 2x −x 4e e e3x 6e2x = e3x (−ex − 2ex ) 3e4x e2x = − = − 6e2x 6e2x 2 eM atem atic as =− e3x (e3x − 2e3x ) e6x e4x = = 6e2x 6e2x 6 . 0 e−x 0 −e−x e3x e−x 6e2x 2x e 0 2x 2e 0 4e2x e3x 6e2x ex ex ex ex ex ex u1 = = e3x (1 + 1) 2e3x ex = = 6e2x 6e2x 3 u2 = u3 = u1 = u2 = u3 = 5.O.CAP´ ITULO 4. LINEALES 3. Soluci´ on particular: u1 dx = u2 dx = u3 dx = 6.D ept 4. Integramos u1 . TEORIA DE LAS E. u2 . Soluci´ on general: y = yh + yp = C1 e2x + C2 e−x + C3 ex + 116 e3x 8 Un ive yp = u 1 y1 + u 2 y2 + u 3 y3 ex e4x −x e2x x e3x e3x e3x 3e3x e3x = e2x + e − e = + − = = 3 24 4 3 24 4 24 8 rsid ad de An ex ex dx = 3 3 4x e4x e dx = 6 24 2x e2x e dx = − − 2 4 tioq uia . teniendo en cuenta las hip´ otesis de inducci´ on para n = 1 y para n = k . d Lema 4. OPERADORES Resolver. Ejercicio 1.8.D ept o. Ejercicio 2. OPERADORES entonces: 1. Si f ∈ C n (I ) y a ∈ eM atem atic as y + 4y = sen x cos x . Veamos 1.4. Dn (eax f (x)) = eax (D + a)n f (x) 2. los siguientes ejercicios. Sugerencia: par´ ametros.2 . se tiene rsid ad de Supongamos que se cumple para n = k : An n = 1 D(eax f (x)) = eax Df (x) + f (x)aeax = eax (D + a)f (x) tioq Demostraci´ on . y y y y d dx − 5y + 6y = 2 sen x + 8 − y = sen x − 2y − y + 2y = e3x − y = x ex (y − y ) = y − y . Por inducci´ on: n = 1 D(eax ) = aeax 117 Un ive y veamos que se cumple para n = k + 1. utilizando el m´ etodo de variaci´ on de par´ ametros. Ejercicio 4. Por inducci´ on: uia . integre y despu´ es use variaci´ on de 4. Ejercicio 3.8. Ejercicio 5. En efecto. Dn (eax ) = eax an #Real Dk (eax f (x)) = eax (D + a)k f (x) Dk+1 (eax f (x)) = D k D(eax f (x)) = D k (eax (D + a)f (x)) = eax (D + a)k (D + a)f (x) = eax (D + a)k+1 f (x) Veamos 2. O. TEORIA DE LAS E. + a1 D + a0 D0 )(eax f (x)) = = an Dn (eax f (x)) + an−1 Dn−1 (eax f (x)) + . . + a1 D(eax f (x)) + a0 eax f (x) = an eax (D + a)n f (x) + an−1 eax (D + a)n−1 f (x) + . .D ept 2. se tiene Dk+1 (eax ) = Dk D(eax ) = Dk (aeax ) = a(Dk eax ) = a(ak eax ) = ak+1 eax Demostraci´ on 1: eax L(D)f (x) = L(D − a)(eax f (x)) Ejemplo 25. + a1 (D + a) + a0 )f (x) = eax L(D + a)f (x) de An tioq uia . .CAP´ ITULO 4. . entonces: L(D)(eax f (x)) = eax L(D + a)f (x) atem Teorema 4. teniendo en cuenta las hip´ otesis de inducci´ on para n = 1 y para n = k . LINEALES Supongamos que se cumple para n = k : Dk (eax ) = ak eax y veamos que se cumple para n = k + 1. atic El siguiente Teorema. . Si f ∈ C n (I ) y L(D) es un operador diferencial lineal de coeficientes constantes y a ∈ . nos permite sacar una exponencial que esta dentro de un operador. Comprobar que (D + 2)(D − 2)3 (x2 e2x ) = 0 Soluci´ on: Un ive Nota: para entrar una expresi´ on exponencial dentro de un operador. as . . + a1 eax (D + a)f (x) + a0 eax f (x) = eax (an (D + a)n + an−1 (D + a)n−1 + . .7 (Teorema B´ asico de Operadores) . L(D)eax = L(a)eax o.D. En efecto. . (4.11) (D + 2)(D − 2)3 (x2 e2x ) = e2x (D + 2 + 2)(D + 2 − 2)3 x2 = e2x (D + 4)D 3 x2 = 0 118 rsid ad L(D)(eax f (x)) = (an Dn + an−1 Dn−1 + . d eM 1. utilizamos la siguiente expresi´ on. llamado teorema b´ asico de los operadores. 9. como el operador tal que: definimos el operador inverso L−1 (D) = L(1 D) −1 L (D)f (x) es una soluci´ on particular de la E. ´ METODO DE LOS OPERADORES INVERSOS atic as . L(D)y = f (x) de coeficientes constantes.D. METODO DE LOS OPERADORES INVERSOS Ejemplo 26. . entonces estas dos soluciones difieren en una soluci´ on que est´ a en el n´ ucleo de L(D). yp = L−1 (D)f (x)..D. L(D)y = f (x).D. Comprobar que (D − 3)n (e3x xn ) = n!e3x Soluci´ on: (D − 3)n (e3x xn ) = e3x (D + 3 − 3)n xn = e3x Dn xn = n!e3x Ejemplo 27.6 Dada la E. donde L(D) es un operador diferencial lineal de coeficientes constantes y f (x) es un polinomio o exponencial o seno o coseno o sumas finitas de productos finitos de las anteriores.D. 2. tioq uia . Entrar la exponencial dentro del operador: e−3x (D − 1)(D − 3)x Soluci´ on: e−3x (D − 1)(D − 3)x = (D − (−3) − 1)(D − (−3) − 3)(e−3x x) = (D + 2)D(e−3x x) Nota: 1. 119 Un ive rsid ad de An Definici´ on 4. d eM atem 4.D. L(D)L−1 (D) = operador identidad y L−1 (D)L(D) = operador identidad. por el m´ etodo de los operadores inversos (este m´ etodo es sustituto del m´ etodo de coeficientes indeterminados). Si y1 y y2 son soluciones particulares de la E.D Dada la E. ´ este m´ etodo tambi´ en sirve para resolver integrales. ept o.8 .9. Soluci´ on general: y = yh + yp = yh + L−1 (D)f (x) Teorema 4. es decir.´ 4. es conveniente resolver la E. L(D)y = f (x). su homog´ enea asociada es Dy = 0 y su ecuaci´ on caracter´ ıstica es m = 0 atem atic as . yh yp yp = h(x) dx dx luego 120 Un ive ept y volviendo a integrar. . original. dx n veces n veces e integrando la E. Si L(D) = D n y h(x) es una funci´ on continua. .D. Por inducci´ on: n = 1 : Dy = h(x). En efecto L(D)y = L(D)(y1 − y2 ) = L(D)y1 − L(D)y2 = f (x) − f (x) = 0 luego y pertenece al n´ ucleo de L(D) Teorema 4. h(x) dx dx . ⇒ yh = Ce0x = C × 1 = C o.O. veamos que y pertenece al n´ ucleo de L(D). . se tiene y= DDy = h(x) e integrando Dy = y= rsid ad y como de ⇒ yh = C 1 x + C 2 h(x)dx+C1 . su homog´ enea asociada es D 2 y = 0 tioq h(x) dx + C = yp + yh yh yp uia .CAP´ ITULO 4. LINEALES Demostraci´ on: sea y = y1 − y2 .9 . d eM Demostraci´ on. . TEORIA DE LAS E.D. entonces una soluci´ on particular de la ecuaci´ on diferencial: n D y = h(x) es yp = .D h(x) dx dx + C1 x + C2 = yp + yh . An n = 2 : D2 y = h(x). 9.D. Dado L(D)y = eax f (x) donde f ∈ C n (I ) y a ∈ 1 particular de la E. d eM atem Como Yp = e−ax yp es una soluci´ on particular. Hallar la soluci´ on general de (D − 3)2 y = 48xe3x Soluci´ on: .D.10 .11) en la p´ agina 118 se tiene L(D)y = eax f (x) e−ax L(D)y = f (x) L(D − (−a))(e−ax y ) = f (x) L(D + a)(e−ax y ) = f (x) Yp operador inverso e−ax yp = luego yp = eax 1 f (x) L ( D + a) 1 f (x) L ( D + a) Ecuaci´ on caracter´ ıstica de la homog´ enea asociada: yh = C1 e3x + C2 xe3x 1 1 1 yp = f (x) = (48xe3x ) = 48e3x x= 2 L (D ) (D − 3) D + 3 − 3)2 x2 1 x dx dx = 48e3x = 48e3x 2 x = 48e3x dx = D 2 x3 = 48e3x = 8x3 e3x 6 y = yh + yp = C1 e3x + C2 xe3x + 8x3 e3x Sol. general Un ive rsid ad de (m − 3)2 = 0 ⇒ m = 3 (con multiplicidad dos) An tioq uia Ejemplo 28.. por la definici´ atic as 121 . luego L(D + a) (e yp ) = f (x) es una E. entonces una soluci´ on Demostraci´ on: utilizando (4. +a) . entonces satisface la anterior −ax on de expresi´ on.D ept o. METODO DE LOS OPERADORES INVERSOS Teorema 4.´ 4. es yp = eax L(D f (x). TEORIA DE LAS E. . Como h(x) es un polinomio de grado n.CAP´ ITULO 4. LINEALES Nota: como L (D ) = a n D n + . su anulador es D n+1 . D n+k h(x) = 0 para k = 1. . . es decir. a = 0 y h(x) un polinomio de grado n. h(x) = D+a a a a a a atem atic as .D.D Demostraci´ on. entonces Por divisi´ on sint´ etica se tiene que: Luego. d eM D D2 D3 1 Dn 1 1 − + 2 − 3 + · · · + (−1)n n h(x). Dn+2 . Si L(D) = D + a. el operador D + a es equivalente y m1 son al polinomio m + a y por tanto las expresiones racionales D1 +a +a equivalentes ept o. . 2. + a 1 D + a 0 entonces su polinomio caracter´ ıstico es P n (m ) = a n m n + . + a 1 m + a 0 Por lo anterior podemos afirmar que el espacio de los operadores lineales de coeficientes constantes es isomorfo al espacio de los polinomios de coeficientes constantes. .O. . 1 D D2 D3 1 Dn 1 − + 2 − 3 + · · · + (−1)n n h(x) h(x) = D+a a a a a a 122 Un ive 1 Dn 1 D D2 D3 = 1 − + 2 − 3 + · · · + (−1)n n + · · · D+a a a a a a rsid ad de An 1 mn 1 1 m m2 m3 = = + 2 − 3 + · · · + (−1)n n + · · · 1− m+a a+m a a a a a tioq uia . Teorema 4.11 (Para polinomios) .. Luego. Por la Nota anterior. . . . . L (D ) a0 + a 1 D + . .D.D 1 1 = = b0 + b1 D + b2 D 2 + .´ 4. . + a n D n ept donde b0 + b1 D + b2 D2 + . Resolver la siguiente integral Soluci´ on: 1 1 1 4 2x D D2 D3 D4 x e = e2x x4 = e2x 1 − + − + D D+2 2 2 4 8 16 2 3 2x 12x 24x 24 4x e + − + x4 − +C = 2 2 4 8 16 x4 e2x dx x4 e2x dx = x4 yp = Ec. Hallar la soluci´ on general de y − y = xex Soluci´ on: tioq uia . L(D)y = h(x) es de la forma atic as 123 . . d 1 h(x) = (b0 + b1 D + b2 D2 + . + br Dr es el resultado de dividir o. . . . . entonces una soluci´ on particular de la E. . . Si L(D) es un operador diferencial lineal de orden n con coeficientes constantes y h(x) es un polinomio de grado r. . + br Dr )h(x). + b r D r + . caracter´ ıstica: m3 − 1 = (m −√ 1)(m2 + m + 1) = 0 ± 23 i y sus raices son m = 1. L (D ) eM atem Teorema 4. .12 (Para polinomios) . m = − 1 2 Luego la soluci´ on homog´ enea y particular son √ √ 1 1 3 3 x −2 x x −2 cos sen yh = C 1 e + C 2 e x + C3 e x 2 2 1 1 xex = ex x yp = 3 D −1 (D + 1)3 − 1 1 1 = ex 3 x = ex x 2 2 D + 3D + 3D + 1 − 1 D(D + 3D + 3) ex 1 1 x dx = = ex 2 x2 2 (D + 3D + 3) 2 D + 3D + 3 Un ive rsid ad de An Ejemplo 30.9. METODO DE LOS OPERADORES INVERSOS Ejemplo 29. . ) . 1 Si a. L(−a2 ) y L(− son reales. . D( sen ax) = a cos ax 124 Un ive 1.D. . + a n D n o. entonces: a2 ) 1 L(D 2 ) 1 L(−a2 ) 2. Teorema 4. L(D) = L1 (D2 ) + DL2 (D2 ) Los teoremas siguientes tambi´ en son v´ alidos para la funci´ on coseno. L(D2 ) sen ax = L(−a2 ) sen ax rsid ad de An tioq uia L (D ) = (a 0 + a 2 D 2 + a 4 D 4 + . TEORIA DE LAS E. . LINEALES = ex 1 D 2 2 2 ex 2 2 − + D x = x − 2x + 2 2 3 3 9 6 3 x e 4 = x 2 − 2x + 6 3 y = yh + yp = C 1 ex + C 2 e −x 2 √ x 4 ex 2 3 3 x − 2x + cos x + C3 e− 2 sen x+ 2 2 6 3 √ En efecto. . atem Nota: el operador diferencial lineal de orden n con coeficientes constantes se puede escribir as´ ı: atic as . . sen ax = sen ax. si L(−a2 ) = 0 Demostraci´ on. ) + D (a 1 + a 3 D 2 + a 5 D 4 + . Por inducci´ on sobre n. Caso 1. d eM L(D) = L1 (D2 ) + DL2 (D2 ).O.CAP´ ITULO 4.13 .D ept L (D ) = a 0 + a 1 D + a 2 D 2 + . aplicamos −1 2 L (D ) a ambos lados: o. . . .D ept Caso 2. . Generalizando para las expresiones de orden par: D2n ( sen ax) = (−a2 )n sen ax L(D2 ) sen ax = (a0 + a2 D2 + a4 D4 + . d = a0 sen ax + a2 D2 sen ax + a4 D4 sen ax + . . . METODO DE LOS OPERADORES INVERSOS D2 ( sen ax) = −a2 sen ax D3 ( sen ax) = −a3 cos ax D4 ( sen ax) = a4 sen ax . . L(D 2 ) sen ax = L(−a2 ) sen ax. + a2n D2n sen ax = a0 sen ax + a2 (−a2 ) sen ax + a4 (−a2 )2 sen ax + .9. Por la demostraci´ on 1. Soluci´ on: An 1 1 sen ax = sen ax con L(−a2 ) = 0. . + a2n D2n ) sen ax L (D 2 ) yp = 1 1 sen 3x = sen 3x 2 2 2 − 5D + 4 ( D ) − 5D 2 + 4 1 1 = sen 3 x = sen 3x (−32 )2 − 5(−32 ) + 4 81 + 45 + 4 1 sen 3x = 130 D4 Un ive rsid ad de Ejemplo 31. + a2n (−a2 )n ] sen ax = L(−a2 ) sen ax eM atem atic as 125 . L (D 2 ) L (− a 2 ) tioq Luego. + a2n (−a2 )n sen ax = [a0 + a2 (−a2 ) + a4 (−a2 )2 + . .´ 4. Hallar la soluci´ on particular de (D 4 − 5D2 + 4)y = sen 3x. uia L−1 (D2 )L(D2 ) sen ax = L(−a2 )L−1 (D2 ) sen ax . . 13. tenemos que: L(D) = L1 (D2 ) sen ax+DL2 (D2 ) sen ax = L1 (−a2 ) sen ax+DL2 (−a2 ) sen ax = L1 (−a2 ) sen ax + L2 (−a2 )a cos ax atem atic as . 1 1 sen ax = sen ax L (D ) L1 (D2 ) + DL2 (D2 ) 1 = sen ax 2 L1 (−a ) + DL2 (−a2 ) ex ex (4D − 1) cos 2x = − (−8 sen 2x − cos 2x) −65 65 x e = (8 sen 2x + cos 2x) 65 Teorema 4. LINEALES Teorema 4.14 . L(D) sen ax = L1 (−a2 ) sen ax + DL2 (−a2 ) sen ax 2. 126 Un ive = rsid ad Ejemplo 32. L(D)y = h2 (x). Sean L(D)y = h1 (x) + ih2 (x) y yp = yp1 + iyp2 es una soluci´ on particular de la E.D. entonces yp1 es la soluci´ on particular de la E. entonces: Si a.O. anterior. L(D)y = h1 (x) y yp2 es una soluci´ on particular de la E. TEORIA DE LAS E.D ept o.D. d eM Dem. Hallar la soluci´ on particular para (D 2 +2D +2)y = ex cos 2x Soluci´ on: 1 1 yp = 2 ex cos 2x = ex cos 2x 2 D + 2D + 2 (D + 1) + 2(D + 1) + 2 1 1 = ex 2 cos 2x = ex 2 cos 2x D + 2D + 1 + 2D + 2 + 2 D + 4D + 5 1 1 = ex cos 2x = ex cos 2x 2 ( − 2 ) + 4D + 5 4D + 1 4D − 1 4D − 1 = ex cos 2x = ex cos 2x (4D − 1)(4D + 1) 16D2 − 1 4D − 1 4D − 1 cos 2x = ex cos 2x = ex 2 16(−2 ) − 1 −64 − 1 de An tioq uia .D.CAP´ ITULO 4.D. Por la nota anterior y por la parte dos del teorema 4. L(−a2 ) y L(− a2 ) 1.15 . 1 son reales.. ´ 4. y m´ as bien utilizamos el T. yp1 es soluci´ on particular de L(D)y = h1 (x) e igualando la parte imaginaria tenemos L (D )y p 2 = h 2 (x) es decir. entonces satisface la E. En efecto.D Ejemplo 33. 4.15. d eM atem 127 atic L (D )y p 1 = h 1 (x) as .D. 4. hallar una soluci´ on particular 2 2 iax de la E. yp2 es soluci´ on particular de L(D)y = h2 (x) D2  1  1     1 cos ax +x sen ax +i  sen ax −x cos ax =  2a  2a  2a  y p1 y p2 1 1 eiax 1 1 = eiax x− = −ix + = (cos ax + i sen ax) 2ia 2ia 2a 2a 2a    se descarta se descarta Un ive rsid ad de An yp = 1 1 (cos ax + i sen ax) = 2 eiax 2 +a D + a2 1 1 = eiax (1) = eiax 2 (1) 2 2 (D + ia) + a D + 2iaD + a2 − a2 D 1 1 1 1− x = eiax (1) = eiax x = eiax (D + 2ia)D 2ia + D 2ia 2ia 1 − ix 2a tioq Soluci´ on: observese que como L(D) = D 2 + a2 ⇒ L(−a2 ) = −a2 + a2 = 0.D. METODO DE LOS OPERADORES INVERSOS Demostraci´ on.9. como yp = yp1 + iyp2 es una soluci´ on particular. L(D)yp = h1 (x) + ih2 (x) L(D)(yp1 + iyp2 ) = h1 (x) + ih2 (x) L(D)yp1 + iL(D)yp2 = h1 (x) + ih2 (x) igualando la parte real tenemos es decir. entonces no podemos usar el T. Aplicando el teorema 4.: L(D)y = h1 (x) + ih2 (x) es decir.15 uia . (D + a )y = e = cos ax + i sen ax ept o.13 parte 2. Hallar la soluci´ on particular de (D 2 + a2 )y = sen ax = parte imaginaria de (eiax ) = Im (eiax ) Soluci´ on: como sen ax = parte imaginaria de eax =Im eiax .D.D. (D2 + a2 )y = sen ax 1 x cos ax 2a yp = Ejemplo 35. Hallar la soluci´ on particular de (D 2 + a2 )y = cos ax Soluci´ on: como cos ax = parte real de eax =Re eiax .D ept o.15 concluimos que es soluci´ on particular de la E.D. d eM atem atic as y p1 = .O. LINEALES Los dos t´ erminos se˜ nalados en la expresi´ on anterior no se tienen en cuenta porque yh = C1 cos ax + C2 sen ax y yh absorbe los t´ erminos descartados . por lo tanto: yp = 1 1 x sen ax − i x cos ax 2a 2a 1 x sen ax 2a Del Teorema 4. entonces 1 Im (eiax ) = Im + a2 1 eiax + a2 yp = 128 D2 Un ive 1 1 Re (eiax ) = Re eiax 2 2 +a D + a2 1 1 (1) = Re eiax (1) = Re eiax 2 2 (D + ia) + a (D + ia)D 1 1 1 = Re x sen ax − i x cos ax = x sen ax 2a 2a 2a rsid ad de D2 An tioq Ejemplo 34. entonces D2 uia . (D2 + a2 )y = cos ax y y p2 = − es soluci´ on particular de la E. TEORIA DE LAS E.CAP´ ITULO 4. 9. Hallar la soluci´ on particular de (D 2 − 2D +2)y = 4ex x sen x Soluci´ on: D2 ept i 2 rsid ad = ex Im (cos x + i sen x) −ix2 + x + de 4 x D D2 1 x2 1− + e Im eix 2 2i 2i (2i)2 2 2 2x = ex Im eix (−i) x2 − + 2 2i −4 = La homog´ enea asociada: (D2 − 2D + 2)y = 0 tiene por cuaci´ on caracter´ ıstica m − 2m + 2 = 0 ⇒ m = 2 Un ive = ex −x2 cos x + x sen x + 2± √ An 4−8 2 ± 2i = =1±i 2 2 129 tioq uia cos x 2 . de la forma L(D)y = q (x) sen ax o L(D)y = q (x) cos ax.´ 4. Ejemplo 36. METODO DE LOS OPERADORES INVERSOS = Im 1 1 x sen ax − i x cos ax 2a 2a =− 1 x cos ax 2a Nota: el anterior m´ etodo tambi´ en se aplica para las E. d eM x2 2 atem atic as yp = 1 1 4ex x sen x = 4ex x sen x 2 − 2D + 2 (D + 1) − 2(D + 1) + 2 1 1 x sen x = 4ex 2 x sen x = 4e x 2 D + 2D + 1 − 2D − 2 + 2 D +1 1 1 xIm (eix ) = 4ex Im xeix = 4e x 2 2 D +1 D +1 1 1 x = 4ex Im eix 2 x = 4ex Im eix 2 (D + i ) + 1 D + 2iD − 1 + 1 .D.D = 4ex Im eix 1 x ( D + 2i ) D = 4ex Im eix 1 D + 2i o. donde q (x) es un polinomio o exponencial o producto de polinomio por exponencial. calcular la 3x siguiente integral: e sen 2x dx Soluci´ on: . TEORIA DE LAS E.CAP´ ITULO 4. Usando el m´ etodo de los operadores inversos.D ept o.O. d eM atem atic as . entonces descartamos esta expresi´ on de yp . por lo y como cos 2 tanto la yp queda de la siguiente forma: yp = ex −x2 cos x + x sen x Ejemplo 37. Utilizando el m´ etodo de los operadores inversos resolver la 2 singuiente integral: x cos x dx Soluci´ on: x2 cos x dx = 1 2 1 1 x cos x = x2 Re eix = Re x2 eix D D D 1 1 D D2 x2 = Re eix 1 − + 2 x2 = Re eix D+i i i i 2x 2 = Re eix (−i) x2 − = Re eix (−ix2 + 2x + 2i) + i −1 = Re (cos x + i sen x)(−ix2 + 2x + 2i) = (2x cos x − 2 sen x + x2 sen x) + C e3x sen 2x dx = 130 Un ive rsid ad 1 3x 1 e sen 2x = e3x sen 2x D D+3 D−3 D−3 sen 2x = e3x 2 sen 2x = e3x 2 D −9 −2 − 9 e3x e3x =− (D − 3) sen 2x = − (2 cos 2x − 3 sen 2x) + C 13 13 de An tioq uia Ejemplo 38.D. LINEALES ⇒ yh = C1 ex cos x + C2 ex sen x x aparece en yh . ´ 4. . (D 3 + 1)y = cos 2x + 2 sen 3x uia . y − 5y + 6y = 2 sen x + 8 1 4 1 cos x + 5 sen x + 3 x) (Rta.D ept o. ! ) + . utilizando operadores.: yp = ex ( 50 − 10 ) cos x + ( − +x ) sen x ) 50 5 Ejercicio 3. (D 2 + 2D + 2)y = ex sen x tioq Ejercicio 7. utiliz´ ando el m´ etodo de los operadores inversos: Ejercicio 1.9. . Hallar la soluci´ on general de (D 2 − 1)y = e−x sen e−x + −x cos e (Rta. (D 2 + 4)y = 64x sen 2x + 32 cos 2x (Rta. d eM atem atic as . 2 2x 3 +3 x− 4 )) (Rta. (D 2 + 9)y = 36 sen 3x (Rta.: − e p −pt tn − ntn−1 (−p) + n(n−1)tn−2 (−p)2 Ejercicio 11.: yp = 64 16 Ejercicio 2. Calcular.: yp = 12x sen 2x − 8x2 cos 2x) Ejercicio 4.: e2 (x3 − 3x 2 2 de An Ejercicio 8. Calcular x3 e2x dx. utilizando operadores. (D 2 + 16)y = x cos 4x 2 1 x cos 4x + x sen 4x) (Rta. METODO DE LOS OPERADORES INVERSOS Para los siguientes ejercicios hallar la soluci´ on particular. e−pt tn dt.: yp = −6x cos 3x) (Rta. (D 2 + 4)y = xex sen x 1 x 7 (Rta. + (−1)n (−n p)n rsid ad Ejercicio 9.: y = C1 ex + C2 e−x − ex sen e−x ) 131 Un ive Ejercicio 10.: yp = − 5 Ejercicio 5. (D 2 − 2D + 2)y = 4ex x sen x Ejercicio 6. 13) derivando con respecto a x (4. convertimos la E.O. d eM atem (4. La E. an = 0 y f (x) es continua.D. Con la sustituci´ on z = ln x o x = ez . (Dz − (n − 1))y dxn Un ive rsid ad d2 y dy d2 y + x = dx2 dz dz 2 2 d2 y dy dy 2 − = Dz y − Dz y = Dz (Dz − 1)y luego x2 2 = dx dz 2 dz x2 de An d2 y dy d + = 2 dx dx dz tioq uia . DE EULER .O. dz 1 dy dy dz = ⇒ = dx x dx dz dx dy 1 = dz x dy dy ⇒ x = dx dz z = ln x ⇒ o.O.D.D.7 . an son constantes.12) (4. se le llama E. .D dz dx = d2 y 1 dz 2 x ept atic as .CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E. . .D. .O. de Euler-Cauchy (que es de coeficientes variables) en una E.D. LINEALES 4. .10. .D. . lineal donde a0 . a1 . con coeficientes constantes. x3 y en general. xn 132 d3 y = Dz (Dz − 1)(Dz − 2)y dx3 dn y = Dz (Dz − 1)(Dz − 2) . de Euler-Cauchy.12): d dx x x dy dx = d dx dy dz dy dz Similarmente. + a 1 x + a 0 y = f (x) n−1 n n − 1 dx dx dx Definici´ on 4. . E.CAUCHY an x n n−1 y dy dn y n−1 d + a x + . 4.D ept o. d eM atem atic 2 Dz y − Dz y + Dz y + y = sec z as .D. y 2 ) 1 133 Un ive rsid ad de = tioq uia 1. E. y 2 ) = y1 y2 y1 y2 An = cos2 z + sen 2 z = 1 3. u1 = − u2 = f (z )y 2 sec z sen z =− = − tan z W (y 1 . DE EULER . es de la forma yp = u 1 y1 + u 2 y2 cos z sen z − sen z cos z . W (y 1 . yh = C1 cos z + C2 sen z Para hallar yp solo podemos aplicar el m´ etodo de variaci´ on de par´ ametros.10.O. por el m´ etodo de varicaci´ on de par´ ametros. Resolver la siguiente ecuaci´ on de Euler-Cauchy x2 y + xy + y = sec(ln x) Soluci´ on: z = ln x ⇒ Dz (Dz − 1)y + Dz y + y = sec z 2 2 Dz y + y = sec z ⇒ (Dz + 1)y = sec z Ec. y 2 ) 1 f (z )y 1 sec z cos z = = 1 W (y 1 . La soluci´ on particular. caracter´ ıstica: m 2 + 1 = 0 ⇒ m = ±i con y1 = cos z y y2 = sen z 2.CAUCHY donde z = ln x Ejemplo 39. ya que los otros dos m´ etodos no sirven para trabajar con las funci´ on secante. CAP´ ITULO 4.1.D. x2 y − xy + y = x ln3 x √ Ejercicio 4. DE SEGUNDO ORDEN: OSCILADORES An tioq uia Ejercicio 3. 134 Un ive rsid ad de 4. x3 D3 y + 3x2 D2 y + 4xDy = sen ( 3 ln x) .11. u1 = u2 = u1 dz = ln | cos z | u2 dz = z 5.D. (x − 1)3 d3 y dx3 + 2(x − 1)2 d2 y dx2 dy − 4(x − 1) dx + 4y = 4 ln(x − 4) o. la fuerza de recuperaci´ on del resorte esta dada por la Ley de Hook: F = ks donde s: elongaci´ on del resorte. de Euler-Cauchy. con el extremo superior fijado a una superficie horizontal y el otro extemo libre al cual se le fija una carga de masa m. y = yh + yp = C1 cos z + c2 sen z + cos z ln | cos z | + z sen z Resolver las siguientes E. d y dy Ejercicio 1. yp = u1 y1 + u2 y2 = (ln | cos z |) cos z + z sen z 6.: y = C1 x cos(ln x) + C2 x sen (ln x) + x ln x) 2 4. d eM atem y = C1 cos(ln x) + C2 sen (ln x) + cos(ln x) ln | cos(ln x)| + ln x sen (ln x) atic as . x2 dx 2 − x dx + 2y = x ln x (Rta. TEORIA DE LAS E.D ept Ejercicio 2.O. LINEALES 4. ´ MOVIMIENTO ARMONICO SIMPLE Supongamos que tenemos un resorte dispuesto en forma vertical.D. APLICACIONES DE LA E.11. d ept rsid ad d2 x + ω2x = 0 dt2 Por la segunda ley de Newton tenemos: d2 x m 2 = −F + mg = −k (x + s) + mg dx ⇒ −F + mg = −kx −ks + mg = 0: en reposo d2 x d2 x m 2 = −kx ⇒ m 2 + kx = 0 dt dt ⇒ llamemos k = ω2 ⇒ m E.) m mg La x bajo la posici´ on de equilibrio se considera positiva. Deduzcamos la E.D.2) sin carga con carga con carga y con movimiento F s posici´ on de equilibrio (P.E. s • 0 x o.4. SEGUNDO ORDEN: OSCILADORES k : constante el´ astica del resorte.2 .D.D. que rige el movimiento de la masa sujeta al resorte (ver figura 4. DE LA E. segundo orden con coeficientes ctes.11. Un ive k d2 x + x=0 2 dt m de An tioq uia Figura 4. x = 0 es P.E.D x+ eM m mg atem atic F 135 as . APLIC. A. general x(t) = C1 cos ωt + C2 sen ωt Condiciones iniciales: x(0) = α Si α > 0: el cuerpo est´ a por debajo de la P. A An tioq Llamemos cos φ = uia .E. √ −ω 2 = ±ωi Si α = 0: el cuerpo est´ a en la P.D C2 A ept o. Como x (t) = 136 A(C1 cos ωt + C2 sen ωt) =A A C2 C1 cos ωt + sen ωt A A Un ive C1 C2 Donde A es llamada la amplitud del Movimiento Arm´ onico Simple (M.). 2 2 C1 + C2 =A y si hacemos sen φ = o sea que El a ´ngulo φ se le llama a ´ngulo de Fase. x (0) = β Si β > 0 el cuerpo inicia su movimiento con direcci´ on hacia abajo. (Posici´ on de Equilibrio).D.CAP´ ITULO 4. d eM atem atic Si α < 0: el cuerpo est´ a por encima de la P. LINEALES Ec. Si β = 0 el cuerpo inicia su movimiento desde el reposo. tan φ = rsid ad de C1 . caracter´ ıstica m2 + ω 2 = 0 ⇒ m = Sol.E.O. Si β < 0 el cuerpo inicia su movimiento con direcci´ on hacia arriba. as . TEORIA DE LAS E.S.E. D l´ ıquido s ept o.11. Por la segunda ley de Newton tenemos: rsid ad Figura 4. Un ive Cuando el cuerpo sujeto al resorte se mueve en un medio que produce fricci´ on sobre el cuerpo.11. MOVIMIENTO AMORTIGUADO con carga y con movimiento m x+ mg m dx d2 x = −k (x + s) + mg − β 2 dt dt donde β constante de fricci´ on o constante de amortiguamiento. DE LA E.2. d eM atem 137 atic as . entonces decimos que el movimiento se efectua con amortiguamiento (ver figura 4.3).3 de An tioq x F uia P. SEGUNDO ORDEN: OSCILADORES = A( sen φ cos ωt + cos φ sen ωt) = A sen (ωt + φ) Periodo de Vibraciones Libres: T = Frecuencia: f= 2π ω 1 ω = T 2π 4. APLIC.D.E.: x = 0 • .4. entonces atic Ec.CAP´ ITULO 4.5). 2λ = β m d2 x dx + 2λ + ω 2 x = 0 2 dt dt k 2 >0yω = m p1.D x (t) = A 138 C1 e−λt cos √ √ ω 2 − λ2 t + C2 e−λt sen ω 2 − λ2 t A ept C2 A √ λ2 −ω 2 )t + C2 e(−λ− = cos φ.4).O. LINEALES Estamos suponiendo que el amortiguamiento es directamente proporcional a la velocidad.D. −λt −λt 2 2 x(t) = C1 e cos ω − λ t + C2 e sen ω 2 − λ2 t Llamemos 2 2 C1 + C2 =Ay C1 A rsid ad de x(t) = C1 e−λt + C2 te−λt = e−λt (C1 + C2 t). d Cuando λ2 − ω 2 > 0.6). An Cuando λ2 − ω 2 = 0. caracter´ ıstica: as √ λ2 −ω 2 )t . en este caso p1 y p2 son negativos. a este movimiento se le llama subamortiguado (Ver figura √ √ 4. a este movimiento se le llama cr´ ıticamente amortiguado (Ver figura 4. m Dividiendo por m: dx d2 x +β + kx = 0 2 dt dt Donde. tioq = sen φ y uia l´ ım x(t) = 0 . TEORIA DE LAS E. Y como x(t) = C1 ep1 t + C2 ep2 t = C1 e(−λ+ por lo tanto t→∞ eM atem p2 + 2λp + ω 2 = 0 √ √ √ − 2λ ± 2 λ 2 − ω 2 − 2λ ± 4λ 2 − 4ω 2 = = −λ ± λ 2 − ω 2 = 2 2 por lo tanto l´ ım x(t) = 0 t→∞ Un ive Cuando λ2 − ω 2 < 0 o lo que es lo mismo ω 2 − λ2 > 0. entonces a este movimiento se le llama sobreamortiguado (Ver figura 4.2 o. m d2 x dx = − k ( x + s ) + mg − β + F (t) dt2 dt dx d2 x = −kx − ks + mg − β + F (t) 2 dt dt 139 m Un ive Ahora supongamos que el cuerpo sujeto al resorte esta en un medio que produce fricci´ on y tambi´ en hay una fuerza exterior F (t) que actua sobre el cuerpo (ver figura 4.11. as 0 t Nota: respecto al movimiento sobreamortiguado y cr´ ıticamente amortiguado debemos anotar que no son movimientos oscilatorios y cruzan a lo sumo una vez la posici´ on de equilibrio como se ve en las gr´ aficas 4. DE LA E.11.3.3 y 4.D. Por la segunda ley de Newton: rsid ad de An tioq uia .D ept = Ae−λt √ √ C1 C2 cos ω 2 − λ2 t + sen ω 2 − λ2 t A A √ −λt = Ae sen ( ω 2 − λ2 t + φ) o. MOVIMIENTO FORZADO. d eM Figura 4.4 Sobreamortiguado atem . SEGUNDO ORDEN: OSCILADORES x (t) 3 2 1 atic Donde φ se le llama el a ´ngulo de fase.4 4.7).4. APLIC. LINEALES x (t) 1 0 t x(t) Ae−λt tioq uia .D. ctes.6 Subamortiguado m dx d2 x +β + kx = F (t) 2 dt dt E.D.D ept o. d Figura 4. segundo orden de coef.O. TEORIA DE LAS E. no homog´ enea 140 Un ive rsid ad de An atem atic as .CAP´ ITULO 4.5 Cr´ ıticamente amortiguado eM t −Ae−λt Figura 4. Soluci´ on: Ecuaci´ on caracter´ ıstica: m2 + ω 2 = 0 ⇒ m = ±ωi Por lo tanto la soluci´ on homog´ enea y particular son xh (t) = C1 cos ωt + C2 sen ωt 1 1 x p (t) = F0 cos γt = F0 cos γt 2 2 2 D +ω −γ + ω 2 F0 cos γt = ω2 − γ 2 141 Un ive rsid ad de An tioq d2 x + ω 2 x = F0 cos γt. 2 dt uia Ejemplo 40. d eM Figura 4. x(0) = 0 y x (0) = 0.: x = 0 • m x+ donde F0 = cte.4.7 atem l´ ıquido mg F (t) (fuerza externa) atic as x F .). con movimiento y con fuerza externa s P.M. (Sin Amortiguaci´ on) Este problema se le llama de Amplitud Modulada (A. .11. DE LA E.D ept o. SEGUNDO ORDEN: OSCILADORES con carga. APLIC.E.D. 8) An T 2 = 2π ⇒ T 2 = uia . ω = γ . es decir. ya que la velocidad angular (o frecuencia angular) de la fuerza exterior esta en resonancia con la velocidad angular (o frecuencia angular) del cuerpo. dt2 donde x(0) = 0 y x (0) = 0 Soluci´ on: xh (t) = C1 cos ωt + C2 sen ωt 142 Un ive rsid ad de ⇒ T1 > T2 (Ver figura 4. C2 = 0 ω2 − γ 2 ω2 F0 cos γt − γ2 Peri´ odo de sen Peri´ odo de sen ω +γ 2 se calcula as´ ı: ω+γ 2 tioq Ejemplo 41. d2 x + ω 2 x = F0 sen ωt. TEORIA DE LAS E.O. d eM F0 F0 (− cos ωt + cos γt) = 2 (cos γt − cos ωt) 2 −γ ω − γ2 2F 0 ω+γ ω−γ = t sen t sen 2 2 ω −γ 2 2 atem atic as . (Sin Amortiguamiento) Este problema se le llama de resonancia.D. x (0) = 0 entonces C1 = − luego x (t) = ω2 F0 .D ω−γ 2 T 1 = 2π ⇒ T 1 = ept ω −γ 2 se calcula as´ ı: 4π ω−γ 4π ω+γ o.CAP´ ITULO 4. LINEALES Soluci´ on general: x(t) = C1 cos ωt + C2 sen ωt + Si elegimos como condiciones iniciales: x(0) = 0. APLIC. del movimiento vibratorio de los resortes tambi´ en se aplica en: 143 rsid ad 0 sen ωt ya que esta en xh . DE LA E.11.D.4.9): de F0 sen ωt F0 − t cos ωt 2ω 2 2ω An tioq uia .D. Con las condiciones iniciales hallamos C1 y C2 y obtenemos (ver figura 4. la soluci´ on general es descartamos el t´ ermino (2F ω )2 F0 x(t) = xh + xp = C1 cos ωt + C2 sen ωt − (2ω)2 t cos ωt. SEGUNDO ORDEN: OSCILADORES x(t) 5 6 sin t t −5 sin t 6 Figura 4.8 Pulsos D2 Un ive x (t) = x h (t) + x p (t) = |x ( t ) | = F0 sen ωt F0 t→∞ − t cos ωt −→ ∞ 2ω 2 2ω NOTA: la E.D ept o. d eM atem x p (t) = 1 1 F0 sen ωt = 2 F0 (Im eiωt ) 2 +ω D + ω2 1 1 iωt iωt ) = F ( I = F 0 (I m e e 1 ) 0 m D2 + ω 2 (D + ωi)2 + ω 2 1 = F0 (Im eiωt 2 1 ) D + 2iωD − ω 2 + ω 2 1 = F0 (Im eiωt 1 ) (D + 2iω )D D 1 1 1− t ) = F0 (Im eiωt t ) = F0 (Im eiωt D + 2iω 2iω 2iω 1 1 t− ) = F0 (Im (cos ωt + i sen ωt) 2iω 2iω F0 1 = (−t cos ωt + sen ωt) 2ω 2ω atic as . d eM atem atic as −1 2t .D. Circuitos en serie. la E.D. TEORIA DE LAS E. Barra de torsi´ on. LINEALES x(t) 1 2 t t Figura 4. es o. que rige el movimiento de torsi´ on de un cuerpo suspendido del 144 Un ive rsid ad • E (t) es el voltaje o fuerza electromotriz suministrada de An • q (t) es la carga instant´ anea tioq uia d2 q dq 1 + R + q = E (t) 2 dt dt C . en este caso.D. La E.10) • L es la inductancia • R es la resistencia • C es la capacitancia b).D ept a).9 Resonancia L Donde (ver figura 4.O.CAP´ ITULO 4. D θ (t) ept Eje el´ astico o. DE LA E.11) I d2 θ dθ + c + kθ = T (t) dt2 dt Figura 4. d eM atem atic as .4. SEGUNDO ORDEN: OSCILADORES L E (t) C Figura 4.11 donde • I es el momento de inercia del cuerpo suspendido • c es la constante de amortiguaci´ on • k es la constante el´ astica del eje 145 Un ive rsid ad de An tioq uia . APLIC.11.10 R extremo de un eje el´ astico es (ver figura 4.D. LINEALES • T (t) es la fuerza de torsi´ on exterior suministrada al cuerpo c).16) (4.D.D.D. dt2 tioq uia Por la segunda ley de Newton y teniendo en cuenta que la componente del peso en la direcci´ on tangencial es mg sen θ. TEORIA DE LAS E.15) (4. d eM atem (4. que rige su movimiento. no lineal d2 θ g + sen θ = 0 dt2 a atic as . Movimiento pendular.14) . luego d2 s dt2 rsid ad a d2 θ = −g sen θ dt2 de θ = ad y sustituyendo en 4. se tiene que (4.CAP´ ITULO 4.14 se obtiene dt2 2 An d2 s = −mg sen θ.D ept o.17) Para valores peque˜ nos de θ.O. Hallemos la E. se tiene que sen θ ≈ θ y por tanto d2 θ g + θ=0 dt2 a 146 Un ive de la cual obtenemos la E.12 m pero s = aθ. θ α a m s Figura 4. un p´ endulo es una masa m atada al extremo de una cuerda de longitud a y de masa despreciable y el otro extremo fijo. Si arranca desde el reposo.13: yoyo Soluci´ on. Ejemplo 42. SEGUNDO ORDEN: OSCILADORES que es una E.D Wv 170 ept o. Si θ es el a ´ngulo de giro alrededor del eje g en sentido horario (ver figura 4.13) ¡ T θ ¡ Figura 4.11. tiene una cuerda flexible mento de inercia Ig = W g 2 enrollada alrededor de su eje central. DE LA E. El proceso anterior lo llamamos linealizaci´ on de una E. En forma similar obtenemos la E. para el p´ endulo amortiguado linealizado c dθ g d2 θ + + θ=0 (4. la velocidad l´ ımite y el porcentaje de velocidad l´ ımite adquirido en 20 seg. no lineal.13). Un cilindro homog´ eneo de radio r pies y peso W libras y mor2 (con respecto a su eje g ).D.D. Cuando el cuerpo cae la resistencia del W veces su velocidad instantanea. hallar aire es 170 la distancia y de caida. lineal. en funci´ on del tiempo t.4. d eM atem atic as . APLIC.19) 147 de fuerzas en la direcci´ on del eje y = m uia . (Ver figura 4.D. entonces y = rθ y por tanto Un ive rsid ad dy dθ =r y dt dt Por la segunda ley de Newton: v= de y + a= An tioq + W d2 θ d2 y = r dt2 dt2 d2 y dt2 (4.18) 2 dt m dt a donde c es la constante de amortiguamiento.D. se tiene . TEORIA DE LAS E.O.20) de torques alrededor del eje g = Ig Tr = W r d2 y W r 2 1 d2 y = g 2 r dt2 2g dt2 luego d2 y g dy 2g + = 2 dt 255 dt 3 las condiciones iniciales son y (0) = 0 y y (0) = 0.21) y sustituyendo en (4.19).21) (4. La soluci´ on general es g uia y la soluci´ on particular es y= la velocidad es la velocidad l´ ımite el porcentaje de velocidad l´ ımite g −190e− 255 20 + 190 y (20) 100 = [ ]100 = (1 − e− 255 20 )100 vl 190 g 148 Un ive y = −190e− 255 t + 190 t→∞ l´ ım y = 190 = vl rsid ad 255 190 × 255 − g t e 255 + 190(t − ) g g g de An tioq y = C1 + C2 e− 255 t + 190(t − . LINEALES luego −T +W − : d2 y W dy =m 2 170 dt dt d2 θ dt2 (4.D.D 255 ) g ept o.CAP´ ITULO 4. d eM atem − W d2 y W dy d2 y W d2 y + W − = m = 2g dt2 170 dt dt2 g dt2 W dy 3 W d2 y + =W 2 2 g dt 170 dt atic as despejando T en (4. cual ser´ a su velocidad (despreciando la resistencia)./seg.D ept o. APLIC. Despreciando la resistencia. manteniendo su eje vertical. mayor que la longitud natural de la banda. Hallar la soluci´ on utilizando el a ´ngulo de fase.48 libras.5880)) (Rta. estira la banda verticalmente hasta un punto B. d eM √ 6t ) cos 4 (Rta. se suelta desde un punto que est´ a 3 pulg. en reposo. atada al otro extremo. sobre la posici´ on de equilibrio. Ayuda: La fuerza hacia arriba ejercida sobre el bloque es igual al peso del agua desplazada por el bloque. debajo de B y se suelta. Un bloque c´ ubico de madera cuyo lado mide 1 pie se hunde hasta que su cara superior est´ a a nivel de la superficie del agua y luego se suelta. cual es el peso del bloque? de An tioq √ g 5 uia Ejercicio 3. DE LA E.11.: x(t) = 1 2 cos 2t + 3 sen 2t = 4 √ 13 4 sen (2t + 0. SEGUNDO ORDEN: OSCILADORES Resolver los siguientes ejercicios: Ejercicio 1.D.: x(t) = − 1 4 atem Ejercicio 2. Un bloque cil´ ındrico de madera. hasta una posici´ on de 8 cm. flota en el agua (densidad del agua 62. (Rta. Determinar la ecuaci´ on del movimiento si la constante del resorte es 1 libra/pie y si el peso se suelta desde un punto que est´ a 6 pulg. Si se hunde de tal manera que la superficie del agua quede tangente al bloque y luego se suelta.. bajo la posici´ on de equilibrio con una velocidad dirigida hacia 3 abajo de 2 pie/seg. de radio y altura 1 pie y cuya masa es 12.4 libras/pie3 ). Encuentre la ecuaci´ on del movimiento si el peso. Un extremo de una banda el´ astica est´ a sujeto a un punto A. de tal manera que la longitud AB es 16 cm. est´ a sometido a un movimiento arm´ onico simple. Una masa de 1 kg. C´ ual ser´ a el per´ ıodo de vibraci´ on y la ecuaci´ on de su movimiento? Desprecie la resistencia. Un peso de 8 libras sujeto a un resorte. atic as . 149 Un ive rsid ad Ejercicio 4. Se encuentra que el periodo es 1 seg.4.: ± mts. Un peso de 24 libras sujeto al extremo de un resorte lo estira 4 pulg.) Ejercicio 5. Si la masa se estira m´ as. al pasar por B? . c subamortiguado.D. Determinar los valores de la constante de amortiguaci´ on β de modo que el movimiento sea: a sobreamortiguado.: x(t) = − 2 3 Ejercicio 9. d β 2 − 18 t eM atem atic as . 1 −4t e−2t + 3 e ) (Rta. el sistema completo se coloca en un medio que ofrece una resistencia num´ ericamente igual a la velocidad instant´ anea. b Ecuaci´ on con a ´ngulo de fase.) Ejercicio 6.O. El movimiento subsiguiente se realiza en un medio que ofrece una resistencia num´ ericamente igual a β veces la velocidad instant´ anea (β > 0). Una fuerza de 2 libras estira un resorte en un pie. el resorte mide 7 pies. o. TEORIA DE LAS E. Un peso de 10 libras sujeto a un resorte lo estira en 2 pies. An x (t) = − 150 3 β2 − 18 e− 3 βt senh 2 tioq uia . a Encuentre la ecuaci´ on del movimiento si el peso se suelta desde un punto que est´ aa 1 pie bajo la posici´ on de equilibrio con una velocidad dirigida 2 hacia abajo de 1 pie/seg. de la posici´ on de equilibrio con el resorte comprimido y se le suelta desde el reposo. Manteniendo fijo un extremo.CAP´ ITULO 4. comprobar que. c Encuentre los instantes en los que el peso pasa por la posici´ on de equilibrio en direcci´ on hacia abajo.: √2π 5πg − 1) cos seg. Inicialmente el peso est´ a desplazado 4 pulg. c 0<β< 5 ) (Rta. x = ( 51 π √ 5πgtmts.: a β > 5 2 2 2 . b cr´ ıiticamente amortiguado. y si β > 3 2..D 2 3 ept Ejercicio 7. el sistema est´ a sobre una mesa que opone una fuerza de roce num´ ericamente 3 igual a 2 veces la velocidad instant´ anea. Se saca el peso de 10 libras y se lo reemplaza por un peso de 8 libras. Encuentre la ecuaci´ on del movimiento si se realiza a lo largo de una recta horizontal. Si el peso parte de la posici´ on de √equilibrio con una velocidad dirigida hacia arriba de 2 pies/seg. se sujeta un peso de 8 libras al otro extremo. Un peso de 24 libras estira un resorte en 4 pies. El peso se sujeta a un mecanismo de amortiguaci´ on que ofrece una resistencia num´ erica igual a β veces la velocidad instant´ anea (β > 0). b β=5 . la cual se elige como eje X . Despu´ es que un peso de 10 libras se sujeta a un resorte de 5 pies de largo.. LINEALES (Rta. Un ive rsid ad de Ejercicio 8. La masa se suelta desde un punto que est´ a 8 pulg. Una masa de una libra sujeta a un resorte cuya constante es 9 libras/pie. Un peso de 4 libras estira un resorte una pulgada. APLIC. Hallar las E. Hallar las E. √ √ √ 1 d2 x = − 4( x − y ).: g 2 dt Ejercicio 15.11. como se muestra en la figura 4.15 2 tioq uia Ejercicio 12. Inicialmente el peso parte del reposo desde un punto que est´ a a 2 pies bajo la posici´ on de equilibrio y el movimiento posterior se realiza en un medio que opone 1 de la velocidad inuna fuerza de amortiguamiento num´ ericamente igual a 2 stant´ anea.. En t = 0 los resortes estan sin estirar y el de peso 96 tiene una velocidad de 600 151 Un ive rsid ad y x = − k 1 x + k 2 (y − x). del sistema de tres resortes acoplados con constantes k1 . Encuentre la ecuaci´ on del movimiento si el peso es impulsado por una fuerza exterior igual a f (t) = 10 cos 3t. Un peso de 16 libras estira un resorte en 3 pies. cada resorte tiene k = k1 = k2 = 600.D. del sistema de resortes acoplados con constantes k1 y k2 y masas m1 y m2 respectivamente. (Rta.: m1 d dt2 dt2 2 de An Ejercicio 13.: v0 > 2 pies/seg.4.: x(t) = e− 2 [− 3 t √ Ejercicio 14. DE LA E. Determinar los valores de v0 de modo que posteriormente la masa pase por la posici´ on de equilibrio. como se muestra en la figura 4. 4 cos (Rta.14 2y 2x (Rta. d 47 t 2 − 64 √ 3 47 sen √ 47 t] 2 + 10 (cos 3t 3 eM atem atic + sen 3t)) as .D. El medio ofrece una resistencia al movimiento num´ ericamente igual a 6 veces la velocidad instant´ anea.: m1 d = − k 1 x + k 2 (y − x).D ept o. Si un peso de 12 libras se coloca en√ un extremo del resorte y el otro extremo se mueve de acuerdo a y = sen 3gt. k3 y masas m1 y m2 respectivamente. sobre la posici´ on de equilibrio con una velocidad dirigida hacia abajo de v0 pies/seg. Dos pesos de 96 libras y 64 libras se mueven horizontalmente en una superficie lisa. del movimiento del peso y resolverla. m 2 d = −k2 (y − x)) dt2 dt2 . Encontrar la E.) 8 Ejercicio 11.D. x = − 2 3 sen 2 g t + 4 sen 3g t) (Rta. SEGUNDO ORDEN: OSCILADORES Ejercicio 10. k2 . m 2 d = − k 2 (y − x) − k 3 y ) (Rta.D. (Ver figura 4.: m1 d dt2 dt2 tioq uia .17 tiene una longitud l cuando esta sin estirar. Hallar el periodo y la frecuencia de vibraci´ on del cilindro. (Rta.D.O. 8 k . El resorte de la figura 4. TEORIA DE LAS E.18 el cilindro de radio r esta suspendido de una cuerda y un resorte como lo indica la figura.E. m 2 d = −k2 (y − x)) (Rta.CAP´ ITULO 4. d x+ eM y+ atem y k2 atic as . 8 k f= 1 2π Un ive Ejercicio 16.D. m1 k2 P. 3m rsid ad donde m es la masa del cilindro. del movimiento .: T = 2π 152 3m . alej´ andose del muro y el otro esta en reposo. el collar situado en un extremo del resorte tiene un peso W y se desliza por la varilla horizontal sin fricci´ on. m2 m1 • • x m2 Figura 4. si se suelta desde el reposo a una distancia x = x0 .16) 2y 2x = − k 1 x + k 2 (y − x). Expresar la aceleraci´ on en funci´ on de x.14 (Rta.E.: v = gk ( W l 2 + x2 0 − l )) Ejercicio 17.) de An pies/seg. el resorte tiene una constante k . Encontrar las E.D ept o. LINEALES con carga y en movimiento con carga k1 k1 P. hallar la velocidad cuando pasa por C . En la figura 4. 4. m2 m2 k3 k3 • x Figura 4.E.E.E. y (5) + 5y (4) − 2y (3) − 10y + y + 5y = 0 Soluci´ on: la ecuaci´ om caracter´ ıstica de esta E. + m2 64 K2 eM y y+ Figura 4. es m5 + 5m4 − 2m3 − 10m2 + m + 5 = 0 Efectuamos los siguientes comandos: 153 Un ive rsid ad de An tioq uia x atem atic x+• as .12. ANEXO CON EL PAQUETE MAPLE con carga y en movimiento con carga k1 k1 P. Hallar con el paquete Maple las raices del polinomio caracter´ ıstico de la E.D.15 + m1 96 . d P.12. ANEXO CON EL PAQUETE Maple Ejemplo 42. K1 o.D ept P.D. m1 m1 k2 y k2 P.16 4.E. de An Figura 4.CAP´ ITULO 4. 1.17 £ T1 ¤ θ £ y >solve(eq.D + ept B T2 o.D. LINEALES l C ¢ k Figura 4. − 1. − 1.m). d eM atem atic as + x . TEORIA DE LAS E.18 tioq + W uia . 1 rsid ad >eq := m^5+5*m^4-2*m^3-10*m^2+m+5=0.O. 154 Un ive eq := m5 + 5 ∗ m4 − 2 ∗ m3 − 10 ∗ m2 + m + 5 = 0 − 5. x -5 -10 o. 1] Ejemplo 43. 1.x. soluci´ on particular y (0) = 2.D.y(0)=1.y(x)).x.4. sols := [−5.x=-2.D(y)(0)=2. > DE(tools):diff(y(x).x. 20 15 10 5 -2 -1 Un ive rsid ad 0 0 de An tioq uia 4 5 4 y (x) = e(−x) e(2x) sen (3x) + e(2x) cos(3x) 9 9 9 1 . atic as 155 con las condiciones iniciales y (0) = 1. −1. y (0) = 3.D(D(y))(0)=3}. (D3 − 3D2 + 9D + 13)y = 0 >plot(rhs(%). d 2 eM d2 d d3 y ( x ) − 3 y (x) + 9 y (x) + 13y (x) = 0 3 2 dx dx dx atem > restart. ANEXO CON EL PAQUETE MAPLE >sols := [solve(eq.x)-3*diff(y(x).D ept > dsolve({%.m)]. −1.x)+13*y(x)=0. graficar la .2). Hallar la soluci´ on general y la particular de la E..x)+9*diff(y(x).12. Resolver con el paquete Maple la E. .O.D. TEORIA DE LAS E. > solve({10*F=0.19 Ejemplo 44.x). F = 0.D.{F. >y(x):=C*x*cos(5*x)+F*x*sin(5*x). > collect(%. >ypp:=diff(yp.sin(5*x)]). por el m´ etodo de variaci´ on de par´ ametros y + y = sec x tan x 156 Un ive rsid ad 10F cos(5x) + (−10C − 20)sin(5x) = 0 de An −10Csin(5x) + 10F cos(5x) − 20sin(5x) = 0 tioq uia >ypp+25*y(x)-20*sin(5*x)=0. y + 25y = 20 sen 5x Soluci´ on: >restart.x).-10*C-20=0}.D ept ypp := −10Csin(5x) − 25Cxcos(5x) + 10F cos(5x) − 25F xsin(5x) o.D. Resolver con el paquete Maple la E.CAP´ ITULO 4. d eM yp := Ccos(5x) − 5Cxsin(5x) + F sin(5x) + 5F xcos(5x) atem atic as y (x) := Cxcos(5x) + F xsin(5x) .C}). >yp:=diff(y(x). LINEALES Figura 4. C = − 2 Ejemplo 45.[cos(5*x). x).x). atem atic as >y:=vector([y1. . . >B:=int(simplify(ApBp[2]).fx]).y2:=sin(x).D ept M := cos (x) − sen (x) sen (x) cos (x) o.y2]). 157 Un ive A := − rsid ad sen (x) +x cos (x) de An ApBp := [− sen (x) sec (x) tan (x) cos (x) sec (x) tan (x) .fx:=sec(x)*tan(x).12.[0. ] ( sen (x))2 + (cos (x))2 ( sen (x))2 + (cos (x))2 tioq uia >ApBp:=linsolve(M. sen (x)] >A:=int(simplify(ApBp[1]). y 1 := cos(x) y 2 := sen (x) f x := sec(x) tan(x) y := [cos (x) .4.x). ANEXO CON EL PAQUETE MAPLE >with(linalg):y1:=cos(x). B := − ln (cos (x)) >SolGen:=C1*y1+C2*y2+A*y1+B*y2. d eM >M:=wronskian(y. trig). d eM atem atic C1 cos (x) + C2 sen (x) + x cos (x) − ln (cos (x)) sen (x) as .O.D ept o. quedando como soluci´ on general: 158 Un ive rsid ad de An tioq uia . LINEALES SolGen := C1 cos (x)+C2 sen (x)+ − >simplify((SolGen).CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E. sen (x) + x cos (x)−ln (cos (x)) sen (x) cos (x) C1 cos (x) + C2 sen (x) − sen (x) + x cos (x) − ln (cos (x)) sen (x) observese que en la soluci´ on general anterior la expresi´ on − sen (x) es absorbida por C 2 sen (x).D. INTRODUCCION eM atic SOLUCIONES POR SERIES as .CAP´ ITULO 5 atem n=0 Una serie de potencias converge absolutamente en un n´ umero x si.1. es una expresi´ on de la forma o. d 5. Todo intervalo de convergencia tiene un radio de convergencia R. ∞ es convergente .D ∞ ept Una serie de potencias en (x − a). . Un ive n=0 rsid ad |C n | |x − a| n 159 de An Toda serie de potencias tiene un intervalo de convergencia que consiste de todos los puntos para los cuales la serie es convergente. tioq uia C n ( x − a) n . as n→∞ . d eM Si R = 0 o ´ R = ∞. el intervalo de convergencia puede o no incluir los extremos a − R .D ∞ xn n! ept Una serie de potencias representa una funci´ on continua en el interior de su intervalo de convergencia. en efecto. si l´ ım Cn+1 |x − a| = L Cn Dos series de potencias pueden ser sumadas t´ ermino a t´ ermino si tienen un intervalo com´ un de convergencia. = convergente para todo x real ( o sea para −∞ < x < ∞) 160 uia n=0 . entonces el radio de con1 vergencia es R = L . ´ EN SERIES MACLAURIN DE ALGUNAS SEEXPANSION RIES 1... ex = 1 + x + x2 2! Un ive rsid ad de Una serie de potencias puede ser integrada t´ ermino a t´ ermino en el interior de su intervalo de convergencia. An + x3 3! + . El radio de convergencia se obtiene mediante el criterio de la raz´ on.. + . SOLUCIONES POR SERIES Una serie de potencias converge absolutamente para |x − a| < R y diverge para |x − a| > R. la serie converge para todo x. Cuando R = 0. Cuando R = ∞. atem atic y como la serie es convergente cuando L < 1. a + R de dicho intervalo..CAP´ ITULO 5. + xn n! tioq Una serie de potencias puede ser derivada t´ ermino a t´ ermino en el interior de su intervalo de convergencia. la serie s´ olo converge en x = a. o. . d eM n=0 x2n (2n)! atem (−1)n+1 xn n + . = ∞ n=0 (−1)n rsid ad convergente para x en el intervalo −1 ≤ x ≤ 1 Un ive 9. ...4 5 + 1. sen x = x − x3 3! + x5 5! − x7 7! x + .... + + ..5. 1 1−x ∞ n=0 uia . . senh x = x + + + + . = ∞ n=0 1.2n 2n+1 convergente para todo x en el intervalo −1 ≤ x ≤ 1 10.6 7 + . + + .6.3. . x2 2! x4 4! x6 6! 2n 3.5 x7 2. tan−1 x = x − tioq + x3 3 − x4 4 ept 6.. sen −1 x = x + 1 x3 2 3 + 1.. . = n n de x3 3 + x5 5 − . + (−1)n (2 + . = n)! ∞ n=0 (−1)n x2n (2n)! convergente para todo x en los reales... . 2! 3! convergente para x en el intervalo −1 < x < 1 161 atic x2n+1 2n+1 n=0 as 4. x2 2! x4 4! x6 6! x2n (2n)! ∞ 5.4... = n+1)! 2n+1 ∞ n=0 (−1)n x2n+1 (2n+1)! convergente para todo x real.3 x5 2.. + (−1)n+1 x + . ln(1 + x) = x − x2 2 An convergente para x en el intervalo −1 < x ≤ 1 8. . .D ∞ n=1 convergente para x en el intervalo −1 < x < 1 7. + (−1)n x2n+1 2n+1 + .. . = convergente para todo x en los reales. + x n + · · · = xn o.3. ...(2n+1) x2n+1 2. Serie binomial: 1)x2 r−2)x3 (1 + x)r = 1 + rx + r(r− + r(r−1)( + . = ∞ x2n+1 (2n+1)! .. cos x = 1 − + − x + ..... . cosh x = 1 + + + + ..1. INTRODUCCION 2.5. + (−1)n (2 + . = 1 + x + x 2 + x3 + .4.. x3 3! x5 5! x7 7! x2n+1 (2n+1)! convergente para todo x real. D ∞ y n ( a) ( x − a) n . SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS a 2 (x)y + a 1 (x)y + a 0 (x)y = 0 Supongamos que la ecuaci´ on se puede escribir as´ ı: y + P (x)y + Q (x)y = 0 donde a2 (x) = 0 en I y P (x) = a1 (x) a2 (x) y (x) = n=0 Serie Maclaurin de y (x) en x = 0 es: y (x) = ∞ Ejemplo 1. eM Definici´ on 5. Hallar los puntos ordinarios y singulares de y + sen xy + ex y = 0 Soluci´ on: sen x: tiene expansi´ on Taylor para cualquier a 162 Un ive luego. SOLUCIONES POR SERIES 5. d Nota: si un punto no es ordinario se dice que es singular. y + P (x)y + Q(x)y = 0.CAP´ ITULO 5.D. si P (x) y Q(x) son anal´ ıticas en x = a. Se dice que x = a es un punto ordinario de la E. n! An tioq luego. n! ept RECORDEMOS: serie Taylor de y (x) en x = a es: o.2. toda funci´ on que tenga un desarrollo en serie Taylor alrededor de x = a es anal´ ıtica en x = a. atem atic as y Q (x) = a0 (x) a2 (x) .1 (Punto Ordinario) . toda funci´ on que tenga un desarrollo en serie Maclaurin es anal´ ıtica en x = 0. rsid ad n=0 de y n (0) (x) n . si P (x) y Q(x) se pueden expandir en serie de potencias de x − a con un radio de convergencia positivo. es decir. uia . Si en la E. si a es ra´ ız de a2 (x). Ejemplo 4. a2 (x)y + a1 (x)y + a0 (x)y = 0 se tiene que a2 (x).D. Todo a es un punto ordinario. Ejemplo 3. porque tanto sen x como ex tienen expansi´ on en potencias de x − a. a1 (x) y a0 (x) son polinomios.5. en particular a = 0. a1 (x). por tanto no tiene puntos singulares. Hallar los puntos ordinarios y singulares de (x − 4)y + 2xy + 3y = 0 Soluci´ on: 2 a 2 (x) = x 2 − 4 = 0 163 Un ive rsid ad de Analicemos el caso en que a2 (x). x = a no es raiz del polinomio a2 (x).. uia . todos los dem´ as puntos diferentes de cero son puntos ordinarios.D ⇒ x = 0 es punto ordinario de la E.2. es decir todo a en R es punto ordinario de la ecuaci´ on diferencial. entonces x = a es : An tioq on en Soluci´ on: x = 0 es un punto singular ya que ln x no tiene expansi´ x = 0. d eM sen x Q (x) = = x n=0 (−1)n x(2n+1) (2n+1)! = ∞ (−1)n x2n (2n + 1)! atem atic as .por tanto todos los x = 0 son puntos singulares. sin raices comunes. Ejemplo 2. es decir. ii) Un punto singular si a2 (a) = 0. Hallar los puntos ordinarios y singulares de y + (ln x)y = 0 ept o. o sea. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS ex : tiene expansi´ on Taylor para cualquier a. a0 (x) son polinomios sin factores comunes.D. Hallar los puntos ordinarios y singulares de xy + ( sen x)y = 0 Soluci´ on: Q (x) sen x y + y=0 x ∞ x n=0 i) Un punto ordinario si a2 (a) = 0 es decir. si no lo es.1 .CAP´ ITULO 5. en serie de potencias. siempre podemos encontrar dos soluciones distintas (linealmente independientes). Teorema 5. x = ±2 son puntos ordinarios. Resolver por series la E. donde R1 es la distancia de a al punto singular m´ as cercano.D. uia . soluciones que son de la forma n=0 Trabajemos con el punto ordinario x = 0.D.D. as . Si x = a es un punto ordinario de la ecuaci´ on a 2 ( x ) y + a 1 ( x ) y + a 0 ( x ) y = 0. Esta sustituci´ on convierte la E. con punto ordinario t = 0. SOLUCIONES POR SERIES ⇒ x = ±2 son puntos singulares.D Ejemplo 5. los candidatos a soluci´ on son n=0 Debemos hallar las Cn : derivamos dos veces: y (x) = Pasamos a sustituir y (x) y y (x) en la E.D. original: x2 y − y + 4xy + 2y = 0 164 Un ive y (x) = ∞ n=2 rsid ad ∞ n=1 n(n − 1)Cn xn−2 de de la forma y (x) = ∞ C n xn An nCn xn−1 tioq x2 − 1 = 0 ⇒ x = ±1 son puntos singulares y los x = ±1 son puntos ordinarios. en otra E. atem atic y= ∞ C n ( x − a) n . se hace la sustituci´ on t = x − a. eM Una soluci´ on en serie de potencias converge por lo menos para |x − a| < R1 . d Nota: para simplificar supondremos que el punto ordinario es a = 0. (x2 − 1)y + 4xy + 2y = 0 Soluci´ on: ept o. .5. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS ∞ n=2 ∞ n=2 n−2 ∞ n=1 ∞ n=0 n(n − 1)Cn x − n n(n − 1)Cn x + 4n C n x + n 2 C n xn = 0 Homogenizamos las potencias de x: ∞ n=2 n(n − 1)Cn xn − ∞ m=0 (m +2)(m +1)Cm+2 xm + ∞ n=1 4n C n x n + ∞ n=0 2 C n xn = 0 haciendo k=2 k (k − 1)Ck x − k (k + 2)(k + 1)Ck+2 x + k atem k ∞ k=2 ∞ ∞ k=0 ∞ k=1 4k C k x + Ahora homogenizamos el ´ ındice de las series: ∞ k=2 ∞ k=2 k k=2 luego ∞ k=2 2C0 −2C2 +(6C1 −2. (k 2 + 3k + 2)Ck − (k + 2)(k + 1)Ck+2 = 0 (k + 2)(k + 1)Ck − (k + 2)(k + 1)Ck+2 = 0 165 rsid ad de An tioq uia + ∞ . 3. .D ept k (k − 1)Ck x − 2C2 − (3)(2)C3 x − k (k + 2)(k + 1)Ck+2 xk + 4C1 x+ 2 C k xk = 0 4k C k x + 2C 0 + 2C 1 x + o. d eM atic ∞ Escribimos todo en t´ erminos de k : k=0 as 2 C k xk = 0 n−2=m ⇒n=m+2 n=2 ⇒m=0 . .3C3 )x+ Comparando coeficientes: [k (k −1)Ck −(k +2)(k +1)Ck+2 +4kCk +2Ck ]xk = 0 xk : [k (k − 1) + 4k + 2]Ck − (k + 2)(k + 1)Ck+2 = 0 x 1 : 6C 1 − 6C 3 = 0 ⇒ C 1 = C 3 Un ive x 0 : 2C 0 − 2C 2 = 0 ⇒ C 2 = C 0 k = 2.2. . .CAP´ ITULO 5.) y 2 (x) . . . + x2n + . . SOLUCIONES POR SERIES Ck+2 = Ck+2 (k + 2)(k + 1) Ck (k + 2)(k + 1) = Ck k = 2. Resolver por series los siguientes ejercicios: Ejercicio 1. . y − 2xy + 8y = 0 y (0) = 3. . d C n xn = C 0 + C 1 x + C 2 x2 + C 3 x3 + C 4 x4 + C 5 x5 + C 6 x6 + . .D La soluci´ on general: ept = C 0 + C 1 x + C 0 x2 + C 1 x3 + C 0 x4 + C 1 x5 + C 0 x6 + . .)+C1 (x + x3 + x5 + . + x2n + . . . . 3. . . 2 2 1−x 1−x 1−x = C0 de An tioq y 1 (x) uia = C0 (1 + x2 + x4 + x6 + . + x2n+1 + . . o.) 1 − x2 1 C1 x 1 = C0 + ya que = 1 + x + x 2 + x3 + . y (0) = 0 Ejercicio 2. eM atem atic k = 3 : C 5 = C3 = C1 as . . . . y + e−x y = 0 (Sugerencia: Hallar la serie e−x y multiplicarla por la serie de y ) 166 Un ive rsid ad 1 + C1 x(1 + x2 + x4 + x6 + . . F´ ormula de recurrencia para los coeficientes Iteremos la f´ ormula de recurrencia: k = 2 : C 4 = C2 = C0 k = 4 : C 6 = C4 = C0 k = 5 : C 7 = C5 = C1 Volviendo a y (x) = ∞ n=0 Siendo y1 (x) y y2 (x) dos soluciones linealmente independientes. . . hallar y2 (x) x x +2 − 2. de Legendre de orden α es: (1 − x2 )y − 2xy + α(α + 1)y = 0 con α > −1 Mostrar: 167 atic Ejercicio 6. mostrar que las dos series son convergentes para todo x. y1 (x) = 1 − x 2 . .D Ejercicio 9. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS Ejercicio 3. Probar que y1 (x) = e−x d). Ejercicio 4. d 3 Ejercicio 8. (x − 1)y + y = 0 y2 = C 1 ∞ n=1 xn ) n (Rta: y1 = C0 .4 4. y − 2xy + 4y = 0 con y (0) = 1 y y (0) = 0 (Rta: y = 1 − 2x2 ) atem 5 7 Ejercicio 11. y + xy + y = x . xy − x2 y + (x2 − 2)y = 0 con y (0) = 0 y y (0) = 1 (Rta: y = xex ) as . La E.6 3 .x + . y (0) = 2 a). Usando el criterio del cociente.7 2 4 Un ive 6 rsid ad 2 de b).) (Rta: a). (1 − x)2 y − (1 − x)y − y = 0 con y (0) = y (0) = 1 1 ) (Rta: y = 1− x eM Ejercicio 7.5 5. (1 + x2 )y + 2xy − 2y = 0 (Rta: y (x) = C0 (1 + x tan−1 x) + C1 x) Ejercicio 5. y2 (x) c). . y 2 (x) = x − x +3 − 3. . y − xy + y = −x cos x. An tioq uia Ejercicio 10. . Hallar dos soluciones linealmente independientes y1 (x). (Rta: y (x) = x + sen x) y (0) = 0.5.D.2. y − 2xy − 2y = x con y (0) = 1 y y (0) = − 1 4 2 (Rta: y = ex − x ) 4 ept o. . Usando el m´ etodo de reducci´ on de orden de D’Lambert.x + . CAP´ ITULO 5. . 8 168 Un ive e) Mostrar que los 6 primeros polinomios de Legendre son: P1 (x) = x. 1 P3 (x) = (5x3 − 3x). (α + 2m − 1) C0 (2m)! (−1)m (α − 1)(α − 3) .D ept o. (α + 2m) C1 = (2m + 1)! b) Las dos soluciones linealmente independientes son: m=0 ∞ m=0 y2 = C 1 (−1)m a2m+1 x2m+1 donde a2m y a2m+1 son las fracciones encontradas en a). entonces a2m = 0 para 2m > n. que y1 es un polinomio de grado n y y2 es una serie infinita. entero no negativo y par. d eM atem atic as y1 = C 0 ∞ (−1)m a2m x2m . pero sin (−1)m c) Si α es mostrar Si α es 2m + 1 finita. . mostrar que a2m+1 = 0 para > n y y2 es un polinomio de grado n y y1 es una serie in- donde N =parte entera de P 0 ( x ) = 1. entero no negativo e impar. SOLUCIONES POR SERIES a) Que las f´ ormulas de recurrencia son: C2m = C2m+1 (−1)m α(α − 2)(α − 4) . . . . 1 P2 (x) = (3x2 − 1). 2 1 P5 (x) = (63x5 − 70x3 + 15x) 8 rsid ad d) Se acostumbra tomar la constante arbitraria (C0 o C1 seg´ un el caso) de tal manera que el coeficiente de xn en el polinomio y1 o y2 (seg´ un el (2n)! caso) sea 2n (n!)2 y se les llama polinomios de LegendrePn (x). . Mostrar que: N (−1)k (2n − 2k )! P n (x) = xn−2k n k !(n − k )!(n − 2k )! 2 k=0 n 2 de An tioq uia . . (α − 2m + 1)(α + 2)(α + 4) . 2 1 P4 (x) = (35x4 − 30x2 + 3). . (α − 2m + 2)(α + 1)(α + 3) . n veces ambos lados de la ecuaci´ on y obtenga: c) Demostrar que el coeficiente de xn en v es (2n)! n! Ejercicio 13. An y − 2xy + 2αy = 0 tioq uia d) Explicar porque c) demuestra la f´ ormula de Rodriguez (Notar que el (2n)! n coeficiente de x en Pn (x) es 2n (n!)2 .D ept o. . mostrar que y1 es un polinomio. y obtenga b) Derive sucesivamente. a) Mostrar que u = (x2 − 1)n satisface la E. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS Ejercicio 12. 169 Un ive y1 = 1 + ∞ (−1)m 2m α(α − 2) . mostrar que y2 es un polinomio. La E. Si α es impar. m=1 ∞ m=1 y2 = x + (−1)m 2m (α − 1)(α − 3) . (α − 2m + 2) 2m x (2m)! rsid ad a) Mostrar que las dos soluciones en serie de potencias son: de se le llama ecuaci´ on de Hermite de orden α. (1 − x2 )u + 2nxu = 0 (1 − x2 ) + 2(n − 1)xu + 2nu = 0 Derivar ambos lados de la E.5. d Hacer v = u(n) y mostrar que v = D n (1 − x2 )n y luego mostrar que v satisface la ecuaci´ on de Legendre de orden n eM (1 − x2 )u(n+2 − 2xu(n+1) + n(n + 1)u(n) = 0 atem atic as .2.D. . (α − 2m + 1) 2m+1 x (2m + 1)! b) Si α es entero par.D.D. F´ ormula de Rodriguez: P n (x) = 1 dn 2 (x − 1)n n!2n dxn para el polinomio de legendre de grado n. . . D. H5 (x) = 32x5 − 160x3 + 120x . SOLUCIONES POR SERIES c) El polinomio de la parte b) se denota por Hn (x) y se le llama polinomio de Hermite cuando el coeficiente de xn es 2n . 1! 2! 3! y (0) = 1 y (0) = 1 rsid ad de An y (n) (0)xn n! tioq uia . H1 (x) = 2x. utilizamos la serie Taylor. Soluci´ on.D ept o. H 2 ( x ) = 4x 2 − 2. evaluando en x = 0 ⇒ y (0) = 1 × 1 = 1 Derivando nuevamente tenemos que: y (x) = e−x y (x) − e−x y (x) 170 Un ive y (0) y (0) 2 y (0) 3 x+ x + x + . y − e−x = 0. utilizamos las series Maclaurin y si la condici´ on inicial est´ a en x = a. Si la condici´ on inicial est´ a en x = 0. y (x) = ∞ n=0 y (0) = y (0) = 1 y (x) = y (0) + De la ecuaci´ on tenemos que y (x) = e−x y (x). d) Demostrar que los 6 primeros polinomios de Hermite son: Hn (x) = (−1)n ex 2 Por inducci´ on mostrar que genera un polinomio de grado n. El siguiente ejercicio resuelto. con condiciones iniciales. Ejemplo 6.CAP´ ITULO 5.. Serie Maclaurin de y (x).. d eM atem dn −x2 (e ) dxn atic e) La formula general de los polinomios de Hermite es as H 0 ( x ) = 1. H3 (x) = 8x3 − 12x. s´ olo tiene validez para E. H4 (x) = 16x4 − 48x2 + 12. 5. si en P (x) = a a2 (x) a2 (x) x − x0 tiene a lo sumo grado uno en el denominador de P (x) y grado a lo sumo dos en el denominador de Q(x). evaluando en y (iv) (x) = e−x (y (x) − y (x)) − e−x (y (x) − y (x)) x=0 x = 0⇒y (0) = 1 × 1 − 1 × 1 = 0 y (v) (x) = e−x (y (x) − 2y (x) + y (x)) − e−x (y (x) − 2y + y (x) Sustituyendo en la f´ ormula de Maclaurin: y (x) = 1 + x + y (v) (0) = 1(0 − 2(1) + 1) − 1(1 − 2(1) + 1) = −1 ⇒ y (iv) (0) = 1(1 − 1) − 1(1 − 1) = 0 y − xy = 0 (Rta. d eM (x−1)3 3! 4(x−1)5 5! atem x2 x5 − + .O.D. Decimos que x = x0 es un punto singular regular de la E. a1 (x). de Ayry atic as . (x−1)4 4! y (1) = 0 + . a0 (x) son polinomios sin factores comunes. el factor a2 (x0 ) = 0 y adem´ as.: y = 1 + (x−1)2 2! y (1) = 1. entonces decimos que x = x0 es un punto singular regular si 0 (x) 1 (x) y Q (x) = a . 171 Un ive ii.3.D ept 5. uia Definici´ on 5. a 2 (x)y + a 1 (x)y + a 0 (x)y = 0 se tiene que a2 (x). . es decir. . 2! 5! Ejercicio 1. REG. SOL. Si x = x0 no cumple con la anterior definici´ on.D.) + + + y + P ( x ) y + Q ( x ) y = 0. entonces decimos que x = x0 es un punto singular irregular. si (x − x0 )P (x) y (x − x0 )2 Q(x) son anal´ ıticas en x = x0 . EN TORNO A PUNTOS SING.. rsid ad de An tioq i.3. .2 (Punto singular) . Hallar la soluci´ on particular de la E.. Si en la E. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SINGULARES REGULARES o. si (x − x0 )P (x) y (x − x0 )2 Q(x) tienen desarrollos en series de potencias de (x − x0 ).D. uia . d eM Con x = +2 ⇒ (x − 2) es un factor de grado uno en P (x) y de grado dos en Q(x).CAP´ ITULO 5.D Nota: los puntos singulares pueden ser n´ umeros complejos.2 (de Frobenius) . Utilizar el teorema de Frobenius para hallar dos soluciones linealmente independientes de la E.Hallar los puntos singulares regulares e irregurales de (x2 − 4)2 y + (x − 2)y + y = 0 Soluci´ on: Puntos singulares: a2 (x) = (x2 − 4)2 = 0 ⇒ x = ±2 P (x) = x−2 1 = 2 2 (x − 4) (x − 2)(x + 2)2 1 (x − 2)2 (x + 2)2 Q (x) = a 2 ( x ) y + a 1 ( x ) y + a 0 ( x ) y = 0. o.D. ept Con x = −2 ⇒ (x + 2). SOLUCIONES POR SERIES Ejemplo 7. por lo tanto x = 2 es punto singular regular. o sea que x = −2 es punto singular irregular porque aparece con grado dos en el denominador de P (x). entonces existe al menos una soluci´ on en serie de la forma: y= ∞ n=0 donde r es una constante a determinar.D. Esta serie converge en un intervalo de la forma 0 < x − x0 < R. 3xy + y − y = 0 Soluci´ on: 172 Un ive rsid ad Cn (x − x0 )n+r . Ejemplo 8. atem atic as .O. Si x = x0 es un punto singular regular de la E. de An tioq Teorema 5. d ∞ Cn xn+r = 0 C n xn =0 (n + r)(3n + 3r − 2)Cn x C n xn = 0 (k + r + 1)(3k + 3r + 1)Ck+1 x − C k xk = 0 k=0 x r r(3r − 2)C0 x −1 + ∞ k=0 [(k + r + 1)(3k + 3r + 1)Ck+1 − Ck ] xk = 0 en potencias de: x−1 : r(3r − 2)C0 = 0 173 . SOL.5. EN TORNO A PUNTOS SING. 3xy +y −y = ∞ n=0 n=0 ∞ n=0 eM − k 3(n+r)(n+r−1)Cn x n+r−1 + ∞ atem ∞ n=0 ∞ atic n+r−1 (n + r)(n + r − 1)Cn xn+r−2 as − ∞ n=0 (n + r )C n x Cn xn+r = 0 x Sacamos la potencia m´ as baja: x r n=1 x r k=0 Un ive r(3r − 2)C0 x −1 + ∞ rsid ad hagamos k =n−1 ⇒n=k+1 n=1 ⇒k=0 de An r(3r − 2)C0 x −1 + ∞ tioq uia n=0 (n + r)(3n + 3r − 2)Cn x − . x = 0 es punto singular y es regular porque P (x) = 1 . 3x Q (x) = − 1 3x Suponemos una soluci´ on de la forma: y= ∞ n=0 ∞ n=0 Cn x n+r ⇒y = ∞ n=0 (n + r)Cn xn+r−1 y = y sustituimos en la E.D n=0 r ∞ n−1 ept ∞ n−1 n=0 (n + r)(3n + 3r − 2)Cn xn+r−1 − o.3.D. REG. 2) . 2. indicial ⇒ r2 = 0 r 1 = 2 3 y ´ ındices (o exponentes) de la singularidad Ck+1 = Con r1 = 2 3 Ck . . si C0 = 0 ⇒ r(3r − 2) = 0 ec. . k = 0. . SOLUCIONES POR SERIES y en potencias de: xk : (k + r + 1)(3k + 3r + 1)Ck+1 − Ck = 0 con k = 0. . 2. entonces: (k + Ck 5 )(3k 3 + 3) = Ck+1 = Ck . (3k + 5)(k + 1) atem atic (5. .D n = 1. 1. (k + r + 1)(3k + 3r + 1) que es la raiz mayor. .1) Con r2 = 0 entonces: Ck+1 = Iteremos (5. 1. . 2. . . .1): k = 0 : C1 = generalizando Cn = C0 n! × 5 × 8 × 11 × 14 . . . . . . (k + 1)(3k + 1) o. k = 0. . . d eM as (5.CAP´ ITULO 5. k = 0.2): k = 0 : C1 = 174 tioq uia . 1. (3n + 2) C0 1×1 Un ive rsid ad C0 5×1 C1 C0 C0 k = 1 : C2 = = = 8×2 (5 × 1) × (8 × 2) 2! × (5 × 8) C2 C0 C0 k = 2 : C3 = = = 11 × 3 (5 × 1) × (8 × 2) × (11 × 3) 3! × 5 × 8 × 11 C3 C0 k = 3 : C4 = = 14 × 4 4! × 5 × 8 × 11 × 14 de An Iteremos (5. 1. ept Ck . (3n − 2) An eM C n xn atic C n xn n=1 as Cn = n = 1. . . . (3n − 2) 175 Un ive rsid ad = C0 1 + ∞ xn n! × 1 × 4 × 7 × 10 . (3n + 2) = C0 + n=1 Luego la soluci´ on general es : y = k 1 y1 + k 2 y2 = k 1 C0 x 3 1 + k2 C0 1 + ∞ n=1 2 ∞ n=1 xn + n! × 5 × 8 × 11 × 14 . . (3n + 2) Cn x = C 0 + n ∞ n=1 o. (3n + 2) xn n! × 1 × 4 × 7 × 10 . . REG. . SOL. d = x 3 C0 + ∞ C0 xn n! × 5 × 8 × 11 × 14 . . .5. . k = 1 : C2 = C0 C1 = 2×4 (1 × 1) × (2 × 4) C2 C0 C0 k = 2 : C3 = = = 3×7 (1 × 1) × (2 × 4) × (3 × 7) 3! × 4 × 7 C3 C0 k = 3 : C4 = = 4 × 10 4! × 4 × 7 × 10 C0 n! × 1 × 4 × 7 × 10 . . 2. (3n − 2) de C0 xn n! × 1 × 4 × 7 × 10 . . . (3n − 2) ∞ n=0 2 generalizando 2 r1 = ⇒ y 1 = 3 Cn x 2 n+ 3 =x 2 3 ∞ n=0 Cn x = x n 2 3 atem ∞ C0 + = C0 x 3 1 + n=0 ∞ n=1 n=0 tioq r2 = 0 ⇒ y 2 = ∞ Cn x n+0 = ∞ uia . . . . EN TORNO A PUNTOS SING.D n=1 ept 2 n=1 ∞ xn n! × 5 × 8 × 11 × 14 . .3. . . D ept Se hallan las ra´ ıces de la ecuaci´ on indicial y se sustituyen en la relaci´ on de recurrencia. .CAP´ ITULO 5. entonces las dos soluciones linealmente independientes son: y1 = 176 ∞ n=0 Un ive rsid ad n=0 de y1 = ∞ Cn xn+r1 Cn xn+r2 Cn xn+r1 An tioq Con las ra´ ıces de la ecuaci´ on indicial pueden ocurrir los siguientes tres casos. n=0 ∞ y2 = Este caso lo hemos contemplado en el Ejemplo 8. CASO I: cuando r1 − r2 = entero positivo. CASO II: cuando r1 − r2 = entero positivo. la ecuaci´ o n indicial es una ecuaci´ on n=0 n cuadr´ atica en r que resulta de igualar a cero el coeficiente de la menor potencia de x. as . . entonces las funciones xP (x) y x2 Q(x) son anal´ ıticas en x = 0. . d son convergentes en intervalos de radio positivo. entonces las dos soluciones linealmente independientes son: uia . o. . Siguiendo este procedimiento se puede mostrar que la ecuaci´ on indicial es r(r − 1) + p0 r + q0 = 0 eM atem atic x 2 Q (x) = q 0 + q 1 x + q 2 x 2 + . Despu´ es de sustituir y = ∞ n+r C x en la E. es decir xP (x) = p0 + p1 x + p2 x2 + . SOLUCIONES POR SERIES observemos que para este ejemplo 2 r1 = .D. 3 r2 = 0 ⇒ r 1 − r2 = 2 = entero 3 Nota: en general si x = 0 es un punto singular regular. y simplificar. entonces en y2 no aparece el t´ ermino logar´ ıtmico. utilizamos la f´ ormula de D’lambert. donde C es una constante que puede ser cero. entonces las soluciones linealmente independientes son: . o sea cuando r1 − r2 = entero positivo. el pr´ oximo ejemplo lo haremos con C = 0. SOL. o. si C = 0. si es cero.3. CASO II: r1 − r2 = entero positivo Con el siguiente ejemplo mostramos el CASO II. y2 tambi´ en se puede hallar utilizando la f´ ormula de D’Lambert: o tambi´ en derivando dos veces y2 = Cy1 (x) ln x + ∞ n=0 bn xn+r2 b 0 = 0. Nota: para saber si C es cero o diferente de cero.D.D ept y sustituyendo en la E. d eM atem 177 atic y 2 = y 1 (x) e− p(x) dx dx [y1 (x)]2 as . xy + (5 + 3x)y + 3y = 0 Soluci´ on: Un ive rsid ad n=1 de y2 = y1 (x) ln x + ∞ bn xn+r1 An n=0 sabiendo que r1 = r2 tioq ∞ uia CASO III: cuando r1 − r2 = 0. REG. e iterando la f´ ormula de recurrencia para hallar los coeficientes bn . y1 = Cn xn+r1 con C0 = 0 5. ∞ n=0 y2 = Cy1 (x) ln x + bn xn+r2 b 0 = 0. Ejemplo 9.1.3.5. EN TORNO A PUNTOS SING. D 3(n + r)Cn x x r r tioq hagamos luego x r k =n−1 ⇒n=k+1 cuando n = 1 ⇒k=0 r(r + 4)C0 x −1 + ∞ k=0 [(k + r + 1)(k + r + 5)Ck+1 + 3(k + r + 1)Ck ]xk = 0 Por lo tanto la ecuaci´ on indicial: r(r + 4) = 0 ⇒ r1 = 0 r2 = −4 o sea que r1 − r2 = entero positivo 178 Un ive rsid ad n=1 de x r(r + 4)C0 x −1 + ∞ An (n + r)(n + r − 1 + 5)Cn x + uia ∞ 3(n + r + 1)Cn xn = 0 3(n + r + 1)Cn xn = 0 n=0 n−1 (n + r)(n + r + 4)Cn x atem 3Cn xn+r = 0 (n + r)(n + r − 1)Cn xn+r−2 atic as ⇒y = ∞ n=0 (n + r)Cn xn+r−1 . por tanto C = 0. Ahora supongamos que y= ∞ n=0 ∞ n=0 Cn x n+r y = sustituyendo en la E. el primer t´ ermino no tiene logaritmo.CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES x = 0 es punto singular regular.D. ya que P (x) = 5 + 3x x Q (x) = 3 x Si utilizamos la f´ ormula de D’Lambert encontramos que despu´ es de efectuar todas las operaciones. xy + 5y + 3xy + 3y = 0 ∞ n=0 ∞ n=0 ∞ n=0 ∞ n=0 n−1 ept + (n + r)(n + r − 1)Cn xn+r−1 + 5(n + r)Cn xn+r + o. d n+r ∞ n=0 eM + ∞ n=0 . 2 . 1.3. . SOL. . REG.3) 179 . k=0 : k=1 : k=2 : k=3 : C4 es par´ ametro k≥4 : es decir C 1 = − 3C 0 .5. e iteramos con la menor ra´ ız indicial r2 = −4: (k + 1)(k − 3)Ck+1 + 3(k − 3)Ck = 0 k = 0.D ept Ck+1 = − o. d eM atem atic as (5.3): 9C 0 = − 3C 0 −3 6C 1 3 9 2(−2)C2 + 3(−2)C1 = 0 ⇒ C2 = = − (−3)C0 = C0 −4 2 2 3C 2 9 3(−1)C3 + 3(−1)C2 = 0 ⇒ C3 = = − C0 −3 2 4(0)C4 + 3(0)C3 = 0 ⇒ 1(−3)C1 + 3(−3)C0 ⇒ C1 = 3 Ck (k + 1) 9 C 2 = C0 . 2 3 k = 4 : C 5 = − C4 5 3×3 3 C4 k = 5 : C 6 = − C5 = 6 5×6 3×3×3 3 C4 k = 6 : C 7 = − C6 = − 7 5×6×7 33 4! =− C4 7! generalizando 3(n−4) 4! Cn = (−1)n C4 n≥4 n! Un ive rsid ad de An 3 Ck (k + 1) tioq uia 9 C 3 = − C0 . . C4 : par´ ametro k ≥ 4 : Ck+1 = − iteremos (5. . . . EN TORNO A PUNTOS SING. y la f´ ormula de recurrencia es (k + r + 1)(k + r + 5)Ck+1 + 3(k + r + 1)Ck = 0 k = 0. 1. d +C 4 1+ ∞ (−1)n 3(n−4) 4! n−4 x (n)! eM atem 9 9 = C0 x−4 1 − 3 x + x2 − x3 2 2 y 2 (x) atic y 1 (x) as 9 9 = x−4 [C0 − 3C0 x + C0 x2 − C0 x3 + C4 x4 + 2 2 ∞ (n−4) 3 4! (−1)n + C 4 xn ] n ! n=5 .2.D k+4 k =n−4 ⇒n=k+4 n=5 ⇒k=1 ept 3k 4! xk (k + 4)! o. SOLUCIONES POR SERIES ∞ n=0 y = Cn xn−4 ∞ n=4 = x−4 [C0 + C1 x + C2 x2 + C3 x3 + C n xn ] n=5 hagamos k=1 = C 0 y 1 (x) + C 4 5. Sea x > 0.CAP´ ITULO 5.3. rsid ad de 3n (−1) 1 + 24 xn (n + 4)! n=1 n converge ∀x ∈ Re An tioq y = C 0 y 1 (x) + C 4 1+ ∞ uia (−1) ∞ .3 . ´ GAMMA: Γ(x) FUNCION ∞ 0 Definici´ on 5. La funci´ on Gamma se define as´ ı: Γ(x) = 180 e−τ τ x−1 dτ Un ive Para abordar el caso iii) cuando r1 = r2 necesitamos definir la funci´ on Gamma. 07 1. u = τx ⇒ du = xτ x−1 dτ haciendo dv = e−τ dt ⇒ v = −e−τ atic as .59 0. d 0.30 0. REG. .D 0.5 2.3 (F´ ormula de recurrencia para la funci´ on Γ) .6 0. .2 4. EN TORNO A PUNTOS SING.1 0. 1 Γ(1) rsid ad de Γ(x) 9.5.3 ··· = 0 b). SOL. Demostraci´ on: Γ(x + 1) = 0 ∞ e−τ τ x dτ + 0 ∞ = −e−τ τ x |∞ 0 xe−τ τ x−1 dτ τ →∞ = Observaciones: a). 181 eM = 0−0+x ∞ e−τ τ x−1 dτ = xΓ(x) atem la anterior integral se hizo por partes.5 √ π tioq uia .49 ∞ 0 ya que l´ ım e−τ τ x τx = l´ ım τ τ →∞ e 0 e−τ τ 0 dτ = −e−τ Γ(n + 1) = n! = −(0 − 1) = 1 Luego. Si x = n entero positivo: Pero Γ(1) = 0 ∞ Un ive Γ(n + 1) = nΓ(n) = n(n − 1)Γ(n − 1) = . .9 1.8 1. x 0. = n(n − 1)(n − 2) .4 0.7 1.22 An 0. . Teorema 5.16 ept L Hopital o.99 2.3. Para x > 0 : Γ(x + 1) = xΓ(x) . que 0! = 1 d). d 1 2 31 22 eM atem = Γ +1 = Γ 1 2 atic = -3 as . definimos Γ(x) as´ ı: Γ(x) = (x − 1)Γ(x − 1) si x = 0 o x = de un entero negativo. Γ(x) = ±∞ si x = 0 o x = entero negativo.1).1) 1 Γ(x + 1) x 3 2 de An tioq uia 1! = Γ(1 + 1) = 1 Γ(1) = 1 × 1 = 1 (por el Teorema anterior) =Γ +1 = Γ 3 2 . Un ive NOTA: la f´ ormula para calcular Γ(x) para x < 0 es: Γ(x) = 3 2 Ejemplo 10. mediante la funci´ on Gamma.D ept 3 2 c).CAP´ ITULO 5. Γ 3 1√ π 22 182 5 2 rsid ad Definici´ on 5. Gr´ afica de la funci´ on Γ(x) (figura 5. Si x < 0. Con n = 0 obtenemos 0! = Γ(0 + 1) = Γ(1) = 1 y o. SOLUCIONES POR SERIES 5 4 3 2 1 0 -5 -4 -3 -2 -1 0 -1 -2 1 2 3 4 -4 -5 Figura 5.(Ver la grafica 5.4 .1 con esto probamos. Ejercicio 2.5.5 (Factorial generalizado) . Γ − 2 Soluci´ on: Γ − 7 2 = = = = . Probar que (2n + 1)! √ 1 ! = 2n+1 π 2 2 n! (2n)! √ 1 π ! = 2n 2 2 n! rsid ad ∞ −x2 e 0 dx de ∞ 0 1 x3 ln x 3 dx An tioq uia − 7 7 5 ! = Γ − +1 =Γ − = 2 2 2 2 2 2 √ = − − − π 5 3 1 − 2 5 − atem Definici´ on 5.D 7 ! Ejemplo 13.3. Calcular − 2 Soluci´ on: ept o. EN TORNO A PUNTOS SING. √ π (Rta: 2 ) n+ y n− para todo entero n no negativo. atic 2 7 2 − 7 2 − 7 2 − 7 − Γ − 2 5 2 − 5 2 − 5 − 5 2 = 2 3 2 − 3 2 − 3 − − 2 7 − 1 2 2 5 Γ − 3 2 Γ − 2 1 2 − 1 − Γ √ π 1 2 as 183 . 7 Ejemplo 11. d 7 !=Γ 2 7 +1 2 = 7 5 3 1√ π 2222 eM 2 3 − 2 1 Γ 1 2 Ejemplo 12. REG. SOL. Un ive Ejercicio 3. x = entero negativo. Hallar 7 2 ! Ejercicio 1. x! = Γ(x + 1). D.6 (Ecuaci´ on Diferencial de Bessel) .D ∞ n=0 ept Hallemos explicitamente estas soluciones en el intervalo 0 < x < R. . La E. de Bessel de orden p. luego 184 Un ive atem Las soluciones de esta E. dx2 dx n=0 (n + r ) C n x ∞ n=0 2 n+r−1 + Cn xn+r+1 = 0 Cn xn+1 = 0 xr (n + r)2 Cn xn−1 + para homogenizar los exponentes hagamos k = n − 1 (o sea que n = k + 1 y cuando n = 0 entonces k = −1) en la primera sumatoria y hagamos k = n +1 en la segunda sumatoria.D. as .: x2 dy d2 y + x + (x 2 − p 2 )y = 0 2 dx dx x n=0 rsid ad n=0 (n + r)(n + r − 1)Cn x ∞ n=0 n+r−1 de ∞ + ∞ An con 0 < x < R y C0 = 0. SOLUCIONES POR SERIES 5.3. Suponemos una soluci´ on de la forma o.D.D. d eM + Cn xn+r+1 = 0 d2 y dy + + xy = 0. derivamos dos veces y sustituimos en la E. la funci´ on de Bessel de orden cero. CASO III: r1 = r2 CASO III: r1 = r2 . Tomamos como ejemplo para este caso.CAP´ ITULO 5. se le llama E. es f´ acil ver que x = 0 es un punto singular regular. Definici´ on 5. y llegamos a esto: (n + r )C n x ∞ n=0 ∞ n=0 n+r−1 tioq uia y= ∞ Cn xn+r . Cuando p = 0 y x = 0 entonces atic donde p es un par´ ametro positivo. se les llama funciones de Bessel de orden p.3. . SOL. . 2. (k + r + 1)2 Ck+1 + Ck−1 = 0 con k ≥ 1 as .5. . C2n = (−1)n 22 42 C0 C0 =− 2 2 (1 + 1) 2 C1 =− 2 =0 3 C0 C2 =− 2 = 2 4 2 × 42 =0 C4 C0 =− 2 =− 2 6 2 × 42 × 62 C2n+1 C0 C0 = (−1)n 2 2 × × 6 × (2n) (2 × 4 × 6 × (2n))2 C0 = (−1)n n (2 1 × 2 × 3 . . . (r + 1)2 C1 = 0. EN TORNO A PUNTOS SING. n)2 C0 = (−1)n 2n .3.D ept o. . 1. REG. x r ∞ k=−1 (k + r + 1) Ck+1 x + 2 k ∞ n=1 Ck−1 xk = 0 x r C0 x r 2 −1 + (r + 1) C1 x + 2 0 ∞ k=1 [(k + r + 1)2 Ck+1 + Ck−1 ] xk = 0 comparamos coeficientes iterando k k = 1 ⇒ C2 = − k = 2 ⇒ C3 k = 3 ⇒ C4 k = 4 ⇒ C5 k = 5 ⇒ C6 Generalizando. 2. 2 (n!)2 = 0. n = 0. eM (0 + 1)2 C1 = 0 ⇒ C1 = 0 atem 185 Si C0 = 0 ⇒ r1 = r2 = r = 0 atic r 2 C 0 = 0. d Ck+1 = − Ck−1 (k + 1)2 k = 1. . . Un ive rsid ad de An tioq uia . 2. . 1. . n = 0. . . . SOLUCIONES POR SERIES Sustituimos en y 1 (x) = ∞ n=0 ∞ Cn x = n n ∞ n=0 C2n x2n ∞ n=0 C0 x2n = C0 = (−1) 2n 2 2 ( n !) n=0 Por definci´ on...] 4 128 3456 de An tioq uia .. dx x 2 32 576 x2 5x4 23x6 J0 (x)[ln x + + + + . 4 128 3456 eM x6 x2 x4 + − + ... 4 64 2304 x 2 3x 4 11x6 y2 = J0 (x) ln x + − + − . . 4 64 2304 La segunda soluci´ on la hallamos por el m´ etodo de reducci´ on de orden D’lambert: atem atic as (−1)n (n!)2 x 2 2n = J 0 (x) ..D Un ive = J0 (x) ln x + 1 − ept o.. 2 32 576 1 x2 5x4 23x6 = 1 + + + + .. [J0 (x)]2 2 32 576 1 x 5x3 23x5 1 = + + + + . x[J0 (x)]2 x 2 32 576 1 x2 5x3 23x5 J 0 (x) + + + + .CAP´ ITULO 5..... d 1 x2 5x4 23x6 + + + . . 4 128 13824 NOTA: observemos que 1 1 (−1)2 1(1) = 2 = 2 2 2 (1!) 2 4 186 rsid ad e− x dx 1 J 0 (x) dx = J ( x ) dx 0 [J0 (x)]2 x[J0 (x)]2 x 2 3x 4 5x 6 1− + − + . . la serie ∞ n=0 (−1)n 1 (n!)2 x 2 2n se le llama funci´ on de Bessel de orden cero y de primera especie J 0 (x) = 1 − y 2 (x) = como [J0 (x)]2 = ⇒ ⇒ y 2 (x) = = x2 x4 x6 + − + .. como segunda soluci´ on: ≈ 0.3... + 2 3 n ept x2n + (γ − ln 2)J0 (x) x 2 2n La soluci´ on general es: y = C1 J0 (x) + C2 Y0 (x)..5. REG... + − ln n 2 3 n tioq uia 2 [y2 (x) + (γ − ln 2)J0 (x)] π donde γ es la constante de Euler.4) 187 .. las gr´ aficas de J0 (x) y Y0 (x) se muestran en la figura 5. + 2 3 n (5. a Y0 (x) se le llama funci´ on de Bessel de orden cero y de segunda especie y Y 0 (x) = ∞ . SOL. . EN TORNO A PUNTOS SING. (−1)3 (−1)4 Por tanto y2 (x) = J0 (x) ln x + x2 x6 1 1 1 x4 + − .. se acostumbra tomar la siguiente funci´ on combinaci´ on lineal de y2 y J0 . d En vez de y2 (x) como segunda soluci´ on. .D 1 1 1 + + . + 2 3 n 1+ rsid ad de An n→∞ 1+ 1 1 1 + + . La soluci´ on general es: atic y2 (x) = J0 (x) ln x + 1+ as ∞ (−1)n+1 22n (n!)2 1 1 1 + + .5772 eM y = C 0 J 0 (x) + C 1 y 2 (x) atem Donde (5.2 o..4) es la segunda soluci´ on y es linealmente independiente con y1 . 1 + 1+ + − 2 4 2 6 2 2 2 (2!) 2 2 (3!) 2 3 x2n 1 24 (2!)2 1 26 (3!)2 1+ 1 2 =− = −3 3 = 2 2 2 128 11 11 = 2 6 6 13824 24 26 1+ 1 1 + 2 3 n=1 γ = l´ ım As´ ı Y0 (x) ser´ a igual a Y 0 (x) = Y 0 (x) = 2 x (−1)n+1 J0 (x) γ + ln + π 2 (n!)2 n=1 Un ive 2 [J0 (x) ln x+ π ∞ (−1)n+1 x2n + 22n (n!)2 n=1 1+ 1 1 1 + + . 2 x x Q (x) = . como x2 = 0 entonces x = 0 y x2 − p 2 x2 o.. d eM atem atic (5. veamos que x = 0 es un punto singular regular.5 y 0 0 5 10 x -0.4.D. ´ DE BESSEL DE ORDEN p : ECUACION x2 y + xy + (x2 − p2 )y = 0 Sabemos que y= Cn xn+r n=0 Un ive xr (r2 − p2 )C0 x0 + [(r + 1)2 − p2 ]C1 x + Luego.5 15 20 25 -1 Figura 5.3. rsid ad con C0 = 0 y 0 < x < R. en efecto. trabajemos con p > 0. derivamos dos veces y sustituimos en la E. el resultado es: ∞ [(n + r)2 − p2 ]Cn + Cn−2 = 0 para n ≥ 2 188 [(r + 1)2 − p2 ]C1 = 0 (r 2 − p 2 )C 0 = 0 de n=2 An por tanto x = 0 es un punto singular regular. suponemos una soluci´ on de la forma ∞ tioq {[(n + r)2 − p2 ]Cn + Cn−2 }xn = 0 uia P (x) = x 1 = . 5.D ept se le llama E.2 J0 (x) y Y0 (x).CAP´ ITULO 5.5) as .D. de Bessel de orden p ≥ 0 y x > 0. SOLUCIONES POR SERIES 1 0. (2n + 2p) n = 0. ya que p>0 n(n + 2p)Cn + Cn−2 = 0 Cn = − Cn−2 n(n + 2p) n≥2 n≥2 Iteramos los pares con n ≥ 2 y obtemos: C2n 22n luego. EN TORNO A PUNTOS SING. eM atem (n2 + 2np)Cn + Cn−2 = 0 atic [(n + p)2 − p2 ]Cn + Cn−2 = 0 n≥2 as .3. ya que C1 = 0.6) n=0 Un ive y 1 (x) = x p Al reemplazar (5. Si C0 = 0 ⇒ r2 − p2 = 0 (ecuaci´ on indicial) r = ±p ⇒ r 1 = p r2 = −p (´ ındices de la singularidad) Si r1 = p ⇒ en la ecuaci´ on (5. . . SOL. obtenemos: y 1 (x) = x C 0 p ∞ n=0 ∞ C2n x2n n=0 22n (−1)n x2n n!(1 + p)(2 + p)(3 + p) · · · (n + p) 189 . (5.5): [(p + 1)2 − p2 ]C1 = 0 (1 + 2p)C1 = 0 ⇒ C1 = 0.D C n xn ept o. 2n)(2 + 2p)(4 + 2p) . . d por tanto todos los coeficientes impares son cero. . (2 × 4 . 1. rsid ad ∞ n=0 de Cn x n+p An C2n = (−1)n C0 . . 2 . n!(1 + p)(2 + p)(3 + p) · · · (n + p) = x p ∞ tioq uia (−1)n C0 = .6).5. . y 1 (x) = As´ ı. REG. Veamos los siguientes casos: a Si p es un entero positivo: y1 (x) = p! = p! ∞ n=0 ∞ n=0 ∞ n=0 a la expresi´ on (−1)n n! (n+p)! x 2n+p 2 se le llama funci´ on de Bessel de orden p y primera especie y se denota por Jp (x).D ept o. SOLUCIONES POR SERIES ∞ = C0 2 = K0 p n=0 ∞ n=0 22n+p (−1)n x2n+p n!(1 + p)(2 + p)(3 + p) · · · (n + p) 2n+p x (−1)n n!(1 + p)(2 + p)(3 + p) · · · (n + p) 2 donde la constante K0 = C0 2p . d tioq eM 2n+p 2n+p (−1)n x n! (n + p)! 2 2n+p (−1)n x n!Γ(n + p + 1) 2 atem x (−1)n n!p!(1 + p)(2 + p)(3 + p) · · · (n + p) 2 atic as 2n+p 2n+p 2n+p ∞ n=0 x (−1)n n! Γ(n + p + 1) 2 = J p (x) 190 . b Si p es diferente de un entero positivo: y 1 (x) = ∞ n=0 = Γ(p + 1) n=0 Un ive y como Γ(n + p + 1) = (n + p)Γ(n + p) = (n + p)(n + p − 1)Γ(n + p − 1) = (n + p)(n + p − 1) · · · (1 + p)Γ(1 + p) entonces y1 (x) = Γ(p + 1) La expresi´ on ∞ n=0 rsid ad de (−1)n x n!Γ(p + 1)(1 + p)(2 + p) · · · (n + p) 2 An x (−1)n n!(1 + p)(2 + p)(3 + p) · · · (n + p) 2 ∞ uia .CAP´ ITULO 5. 6 0.2 5 Un ive 10 rsid ad La soluci´ on general. y2 (x) = C1 Jp (x) + C2 J−p (x) si 2p = entero positivo p > 0. 2 n=0 0.4 -0. 0.2 -0.2 y 0 0 -0.D 20 Para r2 = −p. 191 eM En general para p = entero o p = entero y p > 0 atem atic x as 0 10 20 30 40 50 . de An que es la funci´ on de Bessel de orden −p 15 tioq y2 = ∞ x (−1)n n! Γ(n − p + 1) 2 2n−p uia .3 J 7 (x). SOL.3.6 Figura 5.4 Figura 5. La segunda soluci´ on es : = J−p (x) ept o.3).4 J3 (x) y J−3 (x). REG. se le llama funci´ on de Bessel de orden p y primera especie y se denota por Jp (x).5. d 25 J p (x) = x (−1)m m! Γ(m + p + 1) 2 m=0 ∞ 2m+p x -0.4 0.2 y 0 -0. supongamos que r1 − r2 = p − (−p) = 2p y 2p diferente de un entero positivo y p > 0. (Ver gr´ afica 5. EN TORNO A PUNTOS SING.4 0. es decir son linealmente dependientes). donde p es un entero positivo.2 de 0.Ver grafica 5.4 x An tioq Donde γ es la constante de Euler. La soluci´ on Yp se le llama funci´ on de Bessel de orden p y segunda especie. 30 uia .CAP´ ITULO 5. Soluci´ on general: y = C1 Jp (x) + C2 Yp (x).5 para Yp (x) con p = 1.4 -0. Haciendo el mismo proceso.4 con p = 3. En este caso la segunda soluci´ on es de la forma y2 (x) = CJp ln x + ∞ n=0 bn xn−p C=0 eM 40 2 Y p (x) = π 1 + 2 1 x ln + γ Jp (x) − 2 2 ∞ n=0 n p−1 n=0 n+p (p − n − 1)! n! atem x 2 atic x 2 O tambi´ en podemos usar el m´ etodo de reducci´ on de D’lambert como hicimos con la funci´ on de Bessel de orden cero y segunda especie Y0 (x). SOLUCIONES POR SERIES Cuando r1 − r2 = 2p = entero positivo (caso ii.D ept (−1) n+1 1 1 + k k=1 k o. observese que J−3 (x) = −J3 (x). k=1 10 0 -0. d 1 n! (n + p)! y 192 Un ive Figura 5.2 -0.8 -1 20 rsid ad 0.5 Y1 (x) as 2n−p + 2n+p 50 . llegamos a Yp (x) = Bessel de orden p y segunda especie.).6 -0. entonces Jp y J−p son linealmente dependientes (Ejercicio)(Ver figura 5. de Bessel de orden p = 2 es: as . SOL.D. EN TORNO A PUNTOS SING.D ept o. mostrar que: (∗) (∗∗) An tioq d −p [x Jp (kx)] = −kx−p Jp+1 (kx) dx uia d p [x Jp (kx)] = kxp Jp−1 (kx) dx .D. REG. Sabiendo que atem sen x cos x y = C1 √ + C2 √ x x atic Ejercicio 2.5. Las siguientes propiedades de la funci´ on de Bessel.3. Ejercicio 1. mostrar que la soluci´ on general 1 de la E. Y con esto mostrar que k d [Jp (kx)] = [Jp−1 (kx) − Jp+1 (kx)] dx 2 Jp (kx) = kx [Jp−1 (kx) + Jp+1 (kx)] 2p 193 Un ive p d [Jp (kx)] = kJp−1 (kx) − Jp (kx) dx x d p [Jp (kx)] = −kJp+1 (kx) + Jp (kx) dx x rsid ad de Ejercicio 4. Con el resultado anterior. Con los resultados del ejercicio anterior.: u (x) + 1 + 1 − p2 4 1 x2 u=0 u(x) √ x reduce la n=0 Mostrar que donde k = cte. de Bessel de orden p a la E. d J p (x) = ∞ (−1)n n! (n + p)! x 2 2n+p eM Ejercicio 3. Mostrar que con el cambio de variable y = E.D. se dejan como ejercicios. xy + (1 − 2p)y + xy = 0 tiene la soluci´ on particular y = xp Jp (x) (Ayuda: hacer u = x−p y ) 194 Un ive v) l´ ım Yp (x) = −∞ + x→0 rsid ad iv) J0 (0) = 1 de An iii) Jp (0) = 0.CAP´ ITULO 5. . p>0 tioq ii) Jp (−x) = (−1)p Jp (x) uia . SOLUCIONES POR SERIES d J1 (x) en t´ erminos de J0 (x) y J2 (x). 1. . d dx = 1 p eM atem Jp−1 (x) dx. . Para p = 0.D. 2.D i) J−p (x) = (−1)p Jp (x) ept Ejercicio 8. Probar que J1 (x) dx = −J0 (x) + c Ejercicio 7. atic as J p (x) ≈ 2 π pπ cos(x − − ) πx 4 2 . mostrar que: o. Ejercicio 5. Comprobar que la E. Probar que para p entero positivo: i) Usando el ejercicio 4. Hallar J1 (x) y dx Hallar Jp+ 1 (x) en t´ erminos de Jp− 1 (x) y Jp+ 3 (x). y la aproximaci´ on Probar que ii) iii) ∞ 0 ∞ 0 ∞ 0 Jp+1 (x) dx = ∞ 0 Jp (x) dx = 1 Jp (x) x Ejercicio 9. 2 2 2 Ejercicio 6. se desea saber el comportamiento 1 . REG. SOL.D ept o. por lo tanto x en el infinito es un punto singular regular con exponentes 2 y 1. Con el cambio de variable y = x− 2 u(x).D.D. d eM atem atic Para la E.: 2 2 y − y + 2y = 0 t t Por lo tanto t = 0 es un punto singular regular y la ecuaci´ on indicial es r(r − 1) − 2r + 2 = 0 ⇒ r1 = 2. EN TORNO A PUNTOS SING.3. r2 .D. Si t = 0 es un punto singular regular con exponentes de singularidad r1 . para ello se hace el cambio de variable t = x O sea que cuando x → ∞ ⇒ t → 0. r2 = 1. r2 entonces x en el infinito es un punto singular regular con exponentes de singularidad r1 . Si t = 0 es un punto singular irregular entonces x en el infinito es un punto singular irregular. decir si la E.: as .D. PUNTO EN EL INFINITO dy dt dy 1 dy dy = = (− 2 ) = − t 2 dx dt dx dt x dt 2 d dy d dy dt d y dy y = ( )= ( ) = [−t2 2 − 2t ](−t2 ) dx dx dt dx dx dt dt 1 1 Q( ) 2 P(t) − 2 y + 4t = 0 y + t t t Si t = 0 es punto ordinario entonces x en el infinito es un punto ordinario. Ejemplo 14. de la soluci´ on en el infinito. de Euler: 4 2 y + y + 2y = 0 x x 1 Soluci´ on: haciendo el cambio de variable t = x queda trasformada en la E.: y + P (x)y + Q(x)y = 0.5. hallar la soluci´ on general de x2 y + 2xy + λ2 x2 y = 0 (Rta.3. Ejercicio 10.5. An´ alizar los puntos en el infinito para la E. tiene un punto singular regular o irregular en el infinito: 195 Un ive rsid ad de An tioq uia . y = Para los ejercicios siguientes.D.:y = C1 x− 2 J 1 (λx) + C2 x− 2 J− 1 (λx)) 2 2 1 1 1 5. Derivemos dos veces (usando la regla de la cadena) y sustituyamos en la E. x2 y − 4y = 0 (Rta. 2xy − y − y = 0 (Rta. y2 = (Rta. y2 = x sen 3x ) x atem atic 1). (2n + 3) n!1 · 3 · 5 .: y1 = x cosh x. y2 = sen x2 ) .: de An 5). 4x2 y − 4xy √ + (3 − 4x2 )y = 0 √ (Rta. . .: y1 = x (1+3 3 2 ept xn ) n!1 · 3 · 5 . xy + 2y + 9xy = 0 3x (Rta. (2n − 1) ∞ 3). linealmente independientes con |x| > 0. . y2 = x senh x) tioq 1 xn .: y1 = cos x. n=0 Un ive y1 = ∞ rsid ad 6). . . . xy − y + 4x3 y = 0 (Rta.CAP´ ITULO 5. .D ∞ n=0 7). SOLUCIONES POR SERIES 1). xy + 2y − 4xy = 0 2x .: y1 = cos . (2n + 1) uia 4).: y1 = cos x2 . 2xy + 3y − y = 0 (Rta. y 2 = 1− x − ) n!5 · 7 .: y1 = cosh x senh 2x ) x ∞ n=1 xn xn ) . d eM 2). .: hay un punto singular regular en el infinito) Para los ejercicios siguientes hallar las raices indiciales y las dos soluciones en serie de Frobenius. (2n − 3) n=2 196 o. y2 = sen x) as . 4xy + 2y + y = √0 √ (Rta. x3 y + 2x2 y + 3y = 0 (Rta.: hay un punto singular regular en el infinito) 2). y2 = x− 2 n!3 · 5 · 7 . SOL. 2x2 y + xy − (3 − 2x2 )y = 0 (Rta. . (6n − 1) 2n n!7 · 13 . 2x2 y + xy − (1 + 2x2 )y = 0 (Rta. (4n + 1) 197 . (3n + 1) ∞ n=0 (−1)n 2n xn ) n!2 · 5 .5. 6x2 y + 7xy − (x2 + 2)y = 0 (Rta. EN TORNO A PUNTOS SING. . (4 n − 1) n=1 atem ∞ 10). y = 1+ x2n ) 2 n n!5 · 11 . . y = 1 + (Rta. . .: y1 = x (1+ 3 2 n=1 y1 = x (1+ 14). . y = 1 + = x x2n ) 2 n!2n 3 · 7 . 8). 2xy + (1 − 2x2 )y − 4xy = 0 (Rta. .3. . . 3x2 y + 2xy + x2 y = 0 (Rta. . y 2 = n!4 · 7 .: y1 = x 1 3 ∞ n=0 (−1)n 2n xn . . y2 = x−1 (1+ x2n )) n!9 · 13 . (4n + 5) n !3 · 7 . REG. (12n + 7) 2 n=1 (−1)n (−1)n 2n x ) . . . (6n + 1) 2 n=1 ∞ n=0 1 x2 2n x2n 2e 2 . d n=1 eM ∞ (−1)n−1 (−1)n x2n ). . . (4 n − 1) n=1 o. y = x )) 2 n n!5 · 17 . .: tioq uia y1 = x 2 (1+ 1 ∞ .: y1 = x 2 ∞ 2 n=0 n!2n x = x e rsid ad n=1 de 1 3 ∞ An 12). . . (3n − 1) 9). 2xy + (1 + x)y + y = 0 1 1 (−1)n n −x 2 2.: y1 = x 1 2 Un ive 13). .: 2 x2n x2n −3 (1+ ) . .D ept ∞ ∞ ∞ (−1)n n n=1 (2n−1)! x ) ∞ 11). . y 2 = x − 2 n!7 · 11 . (4n + 3) ∞ x2n ) n!1 · 5 .: atic n=1 n=0 as y1 = x(1 + ∞ 1 x2n ). . 3xy + 2y + 2y = 0 (Rta. (12n − 7) 2n n!19 · 31 . d 19). 6 y2 = 1 + 24 ∞ xn n=1 (n+4)! ) o. y2 = 1 + 2 16). y2 = ∞ (−1)n−1 3n n n=1 (n+2)! x ) . xy − (4 + x)y + 3y = 0 3 x+ 1 x2 + (Rta.: y1 = x−2 (2 − 6x + 9x2 ).)) 3. xy + 2y − xy = 0 (Rta. xy + (5 − x)y − y = 0 (Rta. . y 2 = 3 3 rsid ad 22).: y1 = 3 + 2x + x2 . y2 = y1 (x) ln |x| + y1 (x)(−x + 4 x − 1 x3 + 4.14! x4 − .: y1 = 1 + 4 4 eM 1 3 x. x ept ∞ x2n+1 n=0 (2n+1)! atem ∞ (n+1) n n=1 (n+5)! x )) 18).CAP´ ITULO 5. 1000 atic = senh x ) x y2 = x−1 ∞ n=0 (n + 1)xn+4 ) 24).: y1 = 1 + 2 x+ 1 x2 . x(1 − x)y − 3y + 2y = 0 (Rta. 5xy + (30 + 3x)y + 3y = 0 3 9 2 (Rta.: y1 = x−2 (1 + x).: y1 = x−4 (1 − 3x + 2 2 ∞ (−1)n 3n n n=1 (n+4)! x ) . x(x − 1)y + 3y − 2y = 0 (Rta. 24 y2 = x5 (1 + 120 Un ive 23). xy + (1 − x)y − y = 0 xn 1 2 x (Rta. x2 y + (2x + 3x2 )y − 2y = 0 (Rta. xy + (3 − x)y − y = 0 (Rta.: y1 (x) = ∞ n=0 n! = e .D = cosh x .: y1 = x−4 (1 + x + ∞ xn n=1 (n+2)! ) x2 2 + x3 ). . SOLUCIONES POR SERIES 15). xy + (5 + 3x)y + 3y = 0 9 2 x −9 x3 ).: y1 = x−5 (1 − 5 x + 50 x − n n ∞ (−1) 3 n y2 = 1 + 120 n=1 (n+5)!5n x ) 9 x3 250 + 27 x 4 ). y2 = 1 + 24 (Rta.3! 198 as 17). y2 = x4 ) (1−x)2 tioq uia 20).: y1 = x−1 ∞ n=0 x2n (2n)! de An 21). y + x y + 4x 2 y = 0 x2 . xy + (1 − 2x)y − (1 − x)y = 0 (Rta. .: y1 (x) = x.)) 1 2 cosh x ) x3 3 31). d eM atem 1 3 + x − 3! x + . .: y1 (x) = sen x2 cos x2 ) x2 1 ) x2 33).)) 2 (n!) 4 27 26). EN TORNO A PUNTOS SING. y + 21x y + 41x y = 0 √ √ (Rta. y2 = ex ln |x|) 199 Un ive cos x ) x rsid ad 2 2 32).: y1 (x) = x2 . REG.3! + . . .: y1 (x) = xe−x . xy + y + y = 0 (Rta. y2 = x 34). y2 = sen x) 6 6 y + (x 30).: y1 (x) = sen . y2 = xe−x (ln |x| + x + 4 x + 27).: y1 (x) = senh . y2 = 1 2 28).: y1 (x) = cos x. . xy − (2x − 1)y + (x − 1)y = 0 (Rta. y + x y −x 2y = 0 (Rta. y2 = de An tioq uia . 25).: y 1 (x) = ∞ n=0 5 23 (−1)n n x .D ept o. SOL. xy + 2y + xy = 0 x (Rta. y2 = x3 1 x3 3.: y1 (x) = ex . xy + (x − 1)y − 2y = 0 x2 ln |x| − (Rta.3. y2 = y1 (x) ln |x| + y1 (x)(2x + x2 + x3 + .5. y2 = ex ln |x|) 29). y + x 2 − 1)y = 0 x (Rta. y2 = (Rta.) atic as . .: y1 (x) = ex . x2 y + x(x − 1)y + y = 0 1 2 (Rta. Mostrar que x = 0 es un punto singular regular con exponente de singularidad 0 y 1 − γ .4)2 + . β. . ∞ n=0 An tioq uia x(1 − x)y + [γ − (α + β + 1)]y − αβy = 0 . .16 + . . y2 = x ln |x| + ∞ (−1)n n+1 ) n=1 n!n x eM C n xn atem +1 y + 23x y 38). x2 y + x(x − 1)y − (x − 1)y = 0 (Rta. cuya relaci´ on de recurrencia es: Cn+1 = para n ≥ 0 200 (α + n)(β + n) Cn (γ + n)(1 + n) ept o. .: y1 (x) = 1 + 21 2 x 40 + . mostrar que y (x) = x 0 ∞ de a). y + x y −y =0 (Rta.)) . . y 2 = 1 − 3x + 2x 2 + . . y2 = ln ) (Rta. . y2 = ln |x|y1 − ( x + 4 2 3x4 8. ) donde α. SOLUCIONES POR SERIES 1 )y = 0 35).: y1 (x) = 1− x 1−x 1 37).CAP´ ITULO 5. ) . y2 = x ex ln |x|) 36). y + x2 x √= 0 7 x+ (Rta.D 40).: y1 (x) = x (1 − 6 atic as x2 22 + x4 (2.: y1 (x) = x ex . . γ son constantes rsid ad b). Si γ es un entero positivo.: y1 (x) = x. y − 2y + (1 + √ 4x2 √ (Rta. d 39). x(x − 1)y − (1 − 3x)y + y = 0 |x| 1 . . La ecuaci´ on hipergeom´ etrica de Gauss es Cn x = n Un ive n=0 con C0 = 0. .x. 1. 1. x) + 4 ∗ x ∗ dif f (y (x).x)+2*y(x)=0. γ. (x2 − 1)y + 4xy + 2y = 0 o. 2 . β. ANEXO CON EL PAQUETE MAPLE c).y(0)=C0}.D(y)(0)=C1. Si C0 = 1 entonces y (x) = 1 + ∞ n=0 αn βn n x n!γn donde αn = α(α − 1) . x) + 2 ∗ y (x) = 0 201 Un ive Ejemplo 16. An Eqn1 := {(x2 −1)∗D(D(y ))(x)+4∗x∗D(y )(x)+2∗y (x) = 0. 1. d 5. 1.D >Eqn1:={(x^2-1)*D(D(y))(x)+4*x*D(y)(x)+2*y(x)=0. 1. 1.4. Para el ejemplo anterior.5. d).D. > eqn2 := (x2 − 1) ∗ dif f (y (x). x) = 1− (la serie geom´ etrica) x xF (1. (α + n − 1) para n ≥ 1 y similarmente se definen βn y γn . D(y )(0) = C 1. x). Demostrar que: 1) 2) 3) 4) 1 F (1.D. Debemos cambiar el formato de entrada de la E. Resolver la E. −x) = (1 + x)k (la serie binomial). ept Ejemplo 15.series). hallar la relaci´ on de recurrencia. La serie en c) se le llama serie hipergeom´ etrica y se denota por F (α. rsid ad de >Order:=8: >Sol1:=dsolve(Eqn1. 2. ANEXO CON EL PAQUETE Maple eM atem atic as .x)+4*x*diff(y(x).y(x). iterarla hasta n = 8 y luego dar la soluci´ on. y (0) = C 0} tioq uia . x. del Ejemplo 5. Sol1 := y (x) = C 0+ C 1x + C 0x2 + C 1x3 + C 0x4 + C 1x5 + C 0x6 + C 1x7 + O(x8 ) >eqn2:=(x^2-1)*diff(y(x). . −x2 ) = tan−1 x 2 F (−k.4. −x) = ln(1 + x) 3 xF ( 1 . 5). atem atic as .eqn2))). Y 1 := − de An tioq Sol2 := C 0 + C 1x + C 0x2 + C 1x3 + C 0x4 + C 1x5 + C 0x6 + C 1x7 + C 0x8 uia >a[0]:=C0:a[1]:=C1: > for k from 2 to 8 do a[k]:=a[k-2] od: > Sol2:=sum(a[j]*x^j.k=0.y=-0.y=-1.50.k+2)..a[k+2])).infinity). >plot(BesselY(1.x=.0.0. Las siguientes instrucciones grafican las funciones de Bessell de primera especie y segunda especie...D ept o. .5.8).infinity)..x).x=0. SOLUCIONES POR SERIES >SeriesSol:=sum(a[n]*x^n. −(−5a[k − 2]x(k−2) k + 3a[k + 2]x(k+2) k − a[k ]xk k + a[1 + k ]x(1+k) k − xk a[k − 2]k 2 − x(1+k) a[−1 + k ]k −3a[−1 + k ]x(−1+k) k − 3x(k+2) a[k ]k + xk a[k ]k 2 + x(k+2) a[k + 2]k 2 + 2a[−1 + k ]x(−1+k) +6a[k − 2]x(k−2) + x(k−2) a[k − 2]k 2 + x(−1+k) a[−1 + k ]k 2 + 2a[k + 2]x(k+2) − x(1+k) a[−1 + k ]k 2 −7x(k+2) a[k +2]k +x(1+k) a[1+k ]k 2 +xk a[k −2]k −x(k+2) a[k ]k 2 −5x(k+3) a[1+k ]k −x(k+3) a[1 + k ]k 2 − x(k+4) a[k + 2]k 2 − 2a[k ]x(k+2) − 6a[1 + k ]x(k+3) − 12a[k + 2]x(k+2) )/x2 = 0 >Y1:=C0*sum(’x^(2*k)’.5).j=0.x). C 1x x2 − 1 Ejemplo 17. Y 2 := − >plot(BesselJ(3.CAP´ ITULO 5.k=0. d a[k + 2] := a[k ] eM >a[k+2]:=simplify(solve(coeff(lhs(%)....n=k-2.x^(k+2))..50. 202 Un ive rsid ad C0 x2 − 1 >Y2:=C1*sum(’x*x^(2*k)’.1. SeriesSol := a[k − 2]x(k−2) + a[−1 + k ]x(−1+k) + a[k ]xk + a[1 + k ]x(1+k) + a[k + 2]x(k+2) >simplify(simplify(subs(y(x)=SeriesSol. CAP´ ITULO 6 atem 0 b = si el l´ ımite existe. Demostraci´ on: veamos que la siguiente integral existe. d Definici´ on 6. Si f (t) es una funci´ on continua a tramos para t ≥ 0 y adem´ as |f (t)| ≤ M ect para todo t ≥ T .D e−st f (t)dt. en efecto: rsid ad Teorema 6. de Un ive |£{f (t)}(s)| = = = ∞ 0 ∞ 0 T 0 An e−st f (t)dt ≤ e−st |f (t)|dt. e−st |f (t)|dt + I1 203 T tioq 0 ∞ uia b→∞ l´ ım 0 ∞ sabiendo que e−st > 0 e−st |f (t)|dt I2 . |e−st ||f (t)|dt ept £{f (t)}(s) = F (s) = ∞ e−st f (t)dt o. c > 0 constante y T > 0 constante.1 Sea f (t) una funci´ on definida para todo t ≥ 0. donde M es constante . se define la Transformada de Laplace de f (t) as´ ı: eM atic TRANSFORMADA DE LAPLACE as .1 . entonces £{f (t)}(s) existe para s > c. as M e−(s−c)t . £{f (t)}(s) existe. si s > c. d f (t) ∞ 0 eM = f (t) dt + β e−st g (t) dt = α£{f (t)}(s) + β £{g (t)}(s) 204 atem NOTA: cuando f (t) ≤ |f (t)| ≤ M ect para t ≥ T . en efecto £{αf (t) + βg (t)}(s) def. Un ive = rsid ad ∞ 0 de Figura 6.D α e −st ept 0 o. TRANSFORMADA DE LAPLACE T I1 = 0 e−st |f (t)|dt existe.1 e−st (αf (t) + βg (t)) dt ∞ An tioq uia t . entonces decimos que f (t) es de orden exponencial (ver figura 6. suponiendo que s − c > 0 = − (s − c ) T M M −(s−c)T = − (0 − e−(s−c)T ) = e s−c s−c . atic Luego. M ) • T Observaci´ on: £ es un operador lineal.1). (c > 0) • (0. ya que f es continua a tramos ∞ I2 = T e−st |f (t)| dt ≤ ≤ M ect ∞ ∞ T e−st M ect dt = M T ∞ e(−s+c)t dt f (t) M ect .CAP´ ITULO 6. n = 1. s > a. . £{cos kt}(s) = s s2 +k2 . para s > a 7). s > 0. s>0 Demostraci´ on 2). suponemos que s > 0 y utilizamos el siguiente limite: 205 o. £{tn eat }(s) = n! (s−a)n+1 . Hagamos la demostraci´ on por el m´ etodo de inducci´ on. . £{ senh kt}(s) = k s2 −k2 . 1).2 . . Demostraci´ on 1). s > 0. . £{cosh kt}(s) = s s2 −k2 .Teorema 6. k constante. Si s > 0 se tiene que £{1}(s) = ∞ Un ive rsid ad de An tioq e−st 1 dt = 0 e−st −s uia 6). 2. s > |k | 8). s > 0. n = 1. s > |k | . £{ sen kt}(s) = k s2 +k2 .D ∞ 0 ept = 1 s 5). s>0 atem atic 3). . . . £{1}(s) = £{k }(s) = 2). d eM 4). £{eat }(s) = 1 s−a as . £{tn }(s) = 1 s k s . . n! sn+1 . 2. Para ello. n = 1. 2. sn tn e−st = − s n + s ∞ e−st tn−1 dt o.D ept (n−1)! . . . Por el m´ etodo de los operadores inversos. TRANSFORMADA DE LAPLACE t l´ ım | e ct | = 0. ∞ 0 ∞ 0 n t→∞ n = 1 : £{t}(s) = e−st t dt. En efecto: atem luego: 1 1 −st £{t}(s) = −(0 − 0) + e s −s 1 1 = − 2 (0 − 1) = 2 s s ∞ 0 atic ∞ 0 ∞ 0 1 −st e sen kt D ∞ 0 = e−st 1 sen kt D−s = e 206 −st D+s sen kt D 2 − s2 =e −st D+s sen kt −k 2 − s 2 as .CAP´ ITULO 6. . tenemos: Un ive £{ sen kt}(s) = = ∞ 0 e−st ( sen kt) dt ∞ 0 rsid ad de An Pero por la hip´ otesis de inducci´ on £{tn−1 }(s) = uia . d £{tn }(s) = ∞ e−st tn dt hagamos u = tn ⇒ du = ntn−1 dt e−st dv = e−st dt ⇒ v = − 1 s eM Supongamos que se cumple para n − 1 y veamos que se cumple para n. + 1 s hagamos ∞ 0 te−st = − s u=t ⇒ du = dt e−st dv = e−st dt ⇒ v = − 1 s e−st dt 0 ∞ 0 0 tioq £{tn−1 }(s) n n = −(0 − 0) + £{tn−1 }(s) = £{tn−1 }(s) s s £{tn }(s) = n (n − 1)! n! = n+1 n s s s Demostraci´ on 4). 1.1. no necesariamente es u ´nica. £{f (t)} = £{g (t)} = 1 s s −1 1 f (t) y £ { s } = g (t) son diferentes. TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE 1 e−st (k cos kt + s sen kt) 2 s + k2 0 k 1 (0 − k ) = 2 . s>0 = − 2 s + k2 s + k2 = − En la demostraci´ on anterior utilizamos el siguiente teorema de l´ ımites: si l´ ım |f (t)| = 0 y g (t) es una funci´ on acotada en entonces l´ ım f (t)g (t) = 0 t→∞ ∞ t→∞ 6.1. t = 2  1. entonces decimos que f (t) es una transformada inversa de Laplace de F (s) y se denota as´ ı: atem INTRODUCCION atic TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE as 207 . si t = 2 rsid ad de An tioq uia . Para funciones continuas. Pero cuando f (t) y g (t) son continuas para t ≥ 0 y £{f (t)} = £{g (t)} entonces f (t) = g (t) (Ver el libro de Variable Compleja de Churchill) La transformada inversa de Laplace de F (s).1. £−1 es un operador lineal: £−1 {αF (s) + β G(s)} = α£−1 {F (s)} + β £−1 {G(s)} Un ive y la funci´ on g (t) = 1 (observese que f (t) = g (t)) tienen la misma . f ( t ) = 3. 6. Sinembargo £−1 { 1 }= transformada.D ept NOTA: o.6. si t = 1   −3. es decir. Por ejemplo la funci´ on   si t ≥ 0 y t = 1. d £−1 {F (s)} = f (t) eM Si £{f (t)}(s) = F (s). £−1 1 s n! = 1. £−1 7). si s > a (s − a)n+1 (s − a)n+1 n! = tn y £−1 A B C + + s−3 s+2 s−1 + C £−1 1 s−1 ept o. lo mismo hacemos para los coeficientes B y C . y £−1 k s = k .D sn+1 sn+1 1 = eat . si s > |k | = senh kt y £−1 = 2 2 2 2 s −k s −k k s = cosh kt . £−1 4). £−1 5). Para a y k constantes se tiene: 1). 208 Un ive rsid ad 1 + B £−1 s−3 = Ae3t + Be−2t + Cet de An tioq 1 s+2 uia . si s > 0 2 2 2 2 s +k s +k k s = cos kt . si s > 0 2 s + k2 k 1 senh kt . TRANSFORMADA DE LAPLACE Teorema 6. si s > a s−a sen kt 1 k = sen kt. d eM atem atic as .3 .CAP´ ITULO 6. eliminamos de la fracci´ on el factor correspondiente a A y en la parte restante sustituimos a s por la ra´ ız asociada a este factor. y £−1 = . si s > |k | 2 s − k2 tn eat n! 1 n at −1 = t e y £ = . Con factores lineales en el denominador £−1 7s − 1 (s − 3)(s + 2)(s − 1) = A£−1 = £−1 Pero por fracciones parciales 7s − 1 A B C = + + (s − 3)(s + 2)(s − 1) s−3 s+2 s−1 Para hallar el coeficiente A. si s > 0 n! Ejemplo 1. £−1 2). £−1 3). £−1 8). si s > 0 1 = tn . £−1 6). 1. (5) (2) (−5) (−3) (−2) (3) £−1 7s − 1 = 2e3t − e−2t − et (s − 3)(s + 2)(s − 1) Ejemplo 2. Factores cuadr´ aticos. TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE A= 7 (3) − 1 7 (−2) − 1 7 (1) − 1 =2. D = 0. Con factores lineales repetidos atic s 2 (s as £−1 s+1 + 2)3 = £−1 s 2 (s £−1 s+1 s2 (s + 2)3 = 1 1 t2 e−2t 1 −2t 1 t− − + e 8 16 4 2! 16 £−1 s2 + 2 s(s2 + 2s + 2) = £−1 = £−1 = A£−1 Un ive rsid ad Ejemplo 3. E = uia y por los m´ etodos de las fracciones parciales hallamos 1 . lo factorizamos en factores lineales en los complejos s2 + 2 s(s − (−1 + i))(s − (−1 − i)) A B C + + s s − (− 1 + i ) s − (− 1 − i ) 1 1 + B £−1 + s s − (− 1 + i ) 209 de An tioq 1 1 1 A= 8 . C = −4 .D ept s+1 + 2)3 A B C D E + + + + 2 3 2 s s (s + 2) (s + 2) s+2 1 1 1 −1 −1 = A£−1 + B £ + C £ s2 s (s + 2)3 1 1 + E £−1 +D£−1 2 (s + 2) s+2 2 −2t −2t t e te = A t + B (1) + C +D + E e−2t 2! 1! A B C D E = 2+ + + + 3 2 s s (s + 2) (s + 2) s+2 luego o. d eM atem + . C = = − 1. B = − 16 . B= = −1 . 16 .6. 2.CAP´ ITULO 6. T ] y como f (t) es de orden exponencial para t ≥ T . 02 + 2 2 = =1 [0 − (−1 + i)][0 − (−1 − i)] 1+1 (− 1 + i ) 2 + 2 1 =− =i B = (−1 + i)[−1 + i − (−1 − i)] i (− 1 − i ) 2 + 2 1 C = = = −i (−1 − i)[−1 − i − (−1 + i)] i = 1 − 2e−t sen t A = 6.4 . TRANSFORMADA DE LAPLACE +C £−1 1 s − (− 1 − i ) = A (1) + B e(−1+i)t + Ce(−1−i)t = A + Be−t (cos t + i sen t) + C e−t (cos t − i sen t) = A + e−t [(B + C ) cos t + i(B − C ) sen t] Hallamos los coeficientes de la misma manera que en ejemplo 1. 210 Un ive rsid ad Teorema 6. ∀t ∈ [0. entonces |f (t)| ≤ M2 eγt donde M2 y γ son constantes con M2 ≥ 0. |f (t)| ≤ M eαt . γ }. Sea M = m´ ax{M1 . T ]. entonces de An Los teoremas que veremos en esta secci´ on nos permitir´ an en muchos casos calcular la transformada inversa sin utilizar fracciones parciales. d £−1 s2 + 2 s(s2 + 2s + 2) = 1 + e−t (0 cos t + i(2i) sen t) eM atem atic as .1. tioq uia TEOREMAS SOBRE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE . Si f es una funci´ on continua a tramos para t ≥ 0 y de orden exponencial para t ≥ T . por lo tanto.D ept o. ∀ t ≥ 0. entonces es acotada en este intervalo y por tanto ∃M1 > 0 tal que |f (t)| ≤ M1 e0t . s→∞ l´ ım £ {f (t)} (s) = l´ ım F (s) = 0 s→∞ Demostraci´ on: como la funci´ on f es continua a tramos en [0. M2 } y sea α = m´ ax{0. d = e2t sen t 211 eM atem atic ⇒ as ⇒ 1 M e−(s−α)t dt = e−(s−α) − ( s − α ) 0 M M − (0 − 1) = s−α s−α M l´ ım |F (s)| ≤ l´ ım =0 s→∞ s→∞ s − α l´ ım F (s) = 0 . entonces £ eat f (t) (s) = £ {f (t)} (s − a) = F ( s − a) 0 tioq £{eat f (t)}(s) = ∞ e−st eat f (t) dt = uia .6.D ∞ Demostraci´ on: NOTA: £−1 {F (s − a)} = eat f (t) Ejemplo 5. £{e2t sen t}(s) Soluci´ on: £{e2t sen t}(s) = £{ sen t}(s − 2) = ya que £{ sen t}(s) = s21 +1 rsid ad de = £−1 An = £ { f ( t) } ( s − a) = F ( s − a) 1 (s−2)2 +1 1 (s − 2)2 + 1 ept e−(s−a)t f (t) dt 0 o.5 (Primer Teorema de Translaci´ on) . Si a es un n´ umero real cualquiera.1. £−1 Soluci´ on: 1 s2 −2s+3 £−1 s2 1 − 2s + 3 Un ive Ejemplo 4. TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE |F (s)| = 0 ∞ e−st f (t) dt ≤ ∞ ∞ 0 e−st |f (t)| dt ≤ ∞ 0 ∞ 0 e−st M eαt dt = s>α = s→∞ Teorema 6. 1.3 o. TRANSFORMADA DE LAPLACE Ejemplo 6.CAP´ ITULO 6. si t ≥ a ept rsid ad de An tioq uia . si 0 ≤ t < a.3 g (t) 212 eM atem atic as (s + 2) − 2 (s + 2)2 + 1 s+2 = £−1 − 2 £−1 (s + 2)2 + 1 = e−2t cos t − 2e−2t sen t = £−1 1 (s + 2)2 + 1 .(Ver figura 6. Al aplicar U (t − π ) a la funci´ on sen t trunca la funci´ on sen t entre 0 y π quedando la funci´ on g (t) = U (t − π ) sen t como lo muestra la gr´ afica 6.D Un ive π Figura 6. £−1 Soluci´ on: s s2 +4s+5 £−1 s2 s + 4s + 5 Definici´ on 6. d t 1 t −1 Ejemplo 7.2 0.2) U ( t − a) = U ( t − a) 1 a −1 Figura 6.2 (Funci´ on Escal´ on Unitario) . 6.1. TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE Teorema 6.6 (Segundo Teorema de Translaci´ on) . Si a > 0 y f (t) es continua para t ≥ 0 y de orden exponencial entonces £{U (t − a)f (t − a)}(s) = e−as F (s) = e−as £{f (t)}(s) Demostraci´ on: ∞ 0 a = 0 a e −st U (t − a)f (t − a) dt + ∞ a a e−st U (t − a)f (t − a) dt = 0 e−st 0f (t − a) dt + ∞ e−st 1f (t − a) dt = a e−st f (t − a) dt Hagamos u = t − a ⇒ du = dt, por lo tanto, £{U (t − a)f (t − a)}(s) = ∞ 0 = e−sa NOTA: forma rec´ ıproca Ejemplo 8. Hallar £{U (t − a)} Un ive rsid ad £−1 {e−as F (s)} = U (t − a)f (t − a) de An = e−as £{f (t)}(s) tioq uia ∞ 0 £{U (t − a)} = £{U (t − a) 1} = e−as ) sen t} Ejemplo 9. Hallar £{U (t − π 2 Soluci´ on: £ U t− π 2 sen t = £ U t − π 2 ,D e−s(u+a) f (u) du e−su f (u) du ept sen t − o. d 1 e−as = s s π π + 2 2 213 eM atem atic ∞ as £{U (t − a)f (t − a)}(s) = e−st U (t − a)f (t − a) dt CAP´ ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE pero sen t − π 2 π π + 2 2 π 2 π π π π = sen t − cos + sen cos t − 2 2 2 2 π = cos t − 2 −π s = e 2 £{cos t} π s = e− 2 s 2 s +1 £ U t− cos t − £−1 como e−s s(s + 1) = £−1 e−s 1 s(s + 1) Demostraci´ on: por inducci´ on sobre n. n=1 F (s) = dF (s) ds = = def.£ ∞ −st e 0 rsid ad f (t) dt e−st f (t) dt = 0 ∞ Un ive d ds 0 ∞ de Teorema 6.7 (Derivada de una Transformada) . dn con n = 1, 2, . . ., £{tn f (t)}(s) = (−1)n ds n F (s), donde F (s) = £{f (t)}(s) An tioq uia = U (t − 1) − U (t − 1) e−(t−1) ,D 1 A B = + ⇒ A = 1, B = − 1 s(s + 1) s s+1 1 1 − £−1 e−s = £−1 e−s s s+1 ept ∞ 0 −t e−st f (t) dt = − o. d 0 = ⇒ £{t f (t)}(s) 214 = −£{t f (t)}(s) d − F (s) ds eM ∂ −st (e f (t)) dt ∂s ∞ atem e−st (t f (t)) dt atic Ejemplo 10. Hallar £−1 Soluci´ on: e−s s(s+1) as 6.1. TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE Supongamos que se cumple para n = k £{tk f (t)}(s) = (−1)n Veamos que se cumple para n = k + 1 £{tk+1 f (t)}(s) = n=k dk F (s) dsk n=1 £{t tk f (t)}(s) = − − d £{tk f (t)}(s) ds utilizando fracciones parciales 1 A B = + (s − 3)(s + 1) s−3 s+1 215 Un ive 1 f (t) = − £−1 t 1 = − £−1 t 1 = − £−1 t 4 = − £−1 t 1 s−3 d d F (s) = − £−1 ln ds t ds s+1 s + 1 (s + 1)1 − (s − 3)1 s−3 (s + 1)2 1 −1 4 s+1 4 = − £ s − 3 (s + 1)2 t (s − 3)(s + 1) 1 (s − 3)(s + 1) rsid ad de An tioq Ejemplo 11. Hallar £−1 ln Soluci´ on: s−3 s+1 = f (t) uia t f (t) = −£−1 {F (s)} 1 f (t) = − £−1 {F (s)} t ,D ept o. d dk d [(−1)k k F (s)] ds ds k+1 d = (−1)k+1 k+1 F (s) ds NOTA: para el caso n = 1, obtenemos una f´ ormula que nos permite hallar la transformada inversa de transformadas que no las tenemos en la tabla de transformadas. d £{t f (t)}(s) = − F (s) ds o sea que = eM atem atic as CAP´ ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE 1 1 ⇒A= , B=− 4 4 1 1 4 −1 − f (t) = − £ t 4(s − 3) 4(s + 1) 1 e−t − e3t = − (e3t − e−t ) = t t Teorema 6.8 (Transformada de la Derivada) . Si f (t), f (t), f (t), . . . , f (n−1) (t) son continuas para t ≥ 0 y de orden exponencial y si f n (t) es continua a tramos para t ≥ 0, entonces: £{f (t)}(s) = e integrando por partes =e e−st f (t) dt, 0 −st f (t) ∞ 0 uia +s £{f (k) (t)}(s) = sk F (s) − sk−1 f (0) − sk−2 f (0) − . . . − sf (k−2) (0) − f (k−1) (0) Veamos que se cumple para n = k + 1: £{f (k+1) (t)}(s) = £{[f (k) (t)] }(s) n=1 n=k = s£{f (k) (t)}(s) − f (k) (0) = s(sk F (s) − sk−1 f (0) − sk−2 f (0) − . . . − sf (k−2) (0) − f (k−1) (0)) − f (k) (0) = sk+1 F (s) − sk f (0) − sk−1 f (0) − . . . − s2 f (k−2) (0) − sf (k−1) (0) − f (k) (0) 216 Un ive rsid ad de supongamos que se cumple para n = k : An = −f (0) + s£{f (t)}(s) = s F (s) − f (0) tioq ,D ∞ 0 ept e−st f (t) dt o. d ∞ eM Demostraci´ on: por inducci´ on sobre n: para n = 1 atem £{f (n) (t)}(s) = sn F (s) − sn−1 f (0) − sn−2 f (0) − . . . − sf (n−2) (0) − f (n−1) (0) atic as 6.1. TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE NOTA: para resolver E.D. necesitamos, en la mayor´ ıa de ejemplos, los casos n = 1 y n = 2. Para n = 1 £{y (t)}(s) = s Y (s) − y (0) donde Y (s) = £{y (t)}(s) n = 2 £{y (t)}(s) = s2 Y (s) − s y (0) − y (0) Definici´ on 6.3 (Producto Convolutivo) . Sean f y g funciones continuas a tramos para t ≥ 0; el producto convolutivo entre las funciones f y g se define as´ ı: t (f ∗ g )(t) = 0 f (τ ) g (t − τ ) dτ tioq Demostraci´ on: F (s) = F (s) G(s) = 0 def. ∞ 0 ∞ ∞ 0 ∞ 0 uia ,D def. £{(f ∗ g )(t)}(s) = £{f (t)}(s) £{g (t)}(s) = F (s) G(s) ept ∞ 0 Teorema 6.9 (Transformada del producto convolutivo) . Si f y g son funciones continuas a tramos para t ≥ 0 y de orden exponencial, entonces e−sτ f (τ ) dτ −sτ ∞ G(s) = ∞ 0 = 0 e−(τ +β )s f (τ ) g (β ) dβ dτ ∞ 0 Sea t = τ + β dejando constante a τ , luego dt = dβ . Ahora, cuando β = 0 ⇒ t = τ y cuando β → ∞ entonces t → ∞ Luego en 6.1 F (s) G(s) = 0 ∞ Un ive = f (τ ) rsid ad e−(τ +β )s g (β ) dβ dτ de e f (τ ) dτ An e −sβ g (β ) dβ o. d eM NOTA: haciendo el cambio de variable u = t − τ en la definici´ on de producto convolutivo se demuestra que: f ∗ g = g ∗ f (o sea que la operaci´ on ∗ es conmutativa) e−sβ g (β ) dβ atem atic as (6.1) f (τ ) τ ∞ e−ts g (t − τ ) dt dτ 217 CAP´ ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE τ =t τ 4 3 2 0 Figura 6.4 F (s) G(s) = 0 F (s) G(s) = 0 ∞ e −ts def. = NOTA: forma reciproca del teorema (f ∗ g )(t) = £−1 {F (s) G(s)} Corolario 6.1 (Transformada de la integral) . Si f es una funci´ on continua a tramos para t ≥ 0 y de orden exponencial, entonces: t 1 1 £ f (t) dt (s) = F (s) = £{f (t)}(s) s s 0 Demostraci´ on: tomando g (t) = 1 en el teorema de convoluci´ on, tenemos 218 Un ive rsid ad £{(f ∗ g )(t)} (s) de      t An 0   f (τ ) g (t − τ ) dτ   dt =  (f ∗ g )(t) tioq uia 0 f (τ ) e−ts g (t − τ ) dτ dt   ,D ∞ 0 ∞ t ept Y como f y g son continuas a tramos, podemos cambiar el orden de integraci´ on (ver figura 6.4); o. d eM e−ts (f ∗ g )(t) dt atem t t atic as 1 6.1. TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE £{g (t)}(s) = £{1}(s) = t 1 s t £ {(f ∗ g )} = £ t 0 f (τ ) g (t − τ ) dτ =£ 0 f (τ ) 1 dτ £ 0 f (τ ) dτ = £{f (τ )}(s) £{g (τ )}(s) = F (s)£{1}(s) 1 = F (s) s 0 0 0 tioq Γ(x) = ∞ e−st (st)x−1 s dt = s ∞ e−st sx−1 tx−1 dt uia An =s x por lo tanto £{tx−1 } = luego (cambiando x por x + 1) £ {t x } = Γ(x + 1) con x + 1 > 0( o sea x > −1) y s > 0 sx+1 Definici´ on 6.4 Una funci´ on f (t) se dice que es peri´ odica con per´ ıodo T (T > 0) si para todo t se cumple f (t + T ) = f (t). El siguiente teorema se deja como ejercicio. 219 Un ive rsid ad Γ(x) con x > 0 y s > 0 sx de ,D ∞ 0 hagamos τ = st, por tanto dτ = s dt y cuando τ = 0 entonces t = 0 y cuando τ → ∞ entonces t → ∞, por lo tanto ept o. d Γ(x) = ∞ e−τ τ x−1 dτ e−st tx−1 = sx £{tx−1 } eM Demostraci´ on: la funci´ on gamma como la definimos en el cap´ ıtulo anterior es, atem Teorema 6.10 (Generalizaci´ on de la transformada de una potencia) . x+1) , para s > 0 y x > −1 £{tx } = Γ( sx+1 atic as Hallar £{e−t ∗ et cos t}(s) Soluci´ on: uia . Hallar £ Soluci´ on: t t 0 1 1 − e−sT T e−st f (t) dt 0 e−τ cos τ dτ (s) 1 £{e−τ cos τ }(s) s £ 0 e−τ cos τ dτ (s) = Pero £ 0 = £−1 2 s 1 (t) = £−1 2 2 2 s +4 s +4 t 1 1 def. Hallar £−1 (s2 +4) (t) 2 Soluci´ on: rsid ad de An £{e−t ∗ et cos t}(s) def ∗ = £{e−t }(s) £{et cos t}(s) 1 s−1 s + 1 (s − 1)2 + 1 tioq Ejemplo 13. entonces: £{f (t)}(s) = Ejemplo 12. TRANSFORMADA DE LAPLACE Teorema 6. * 1 = (f ∗ g )(t) = ( sen 2t ∗ cos 2t) = sen 2τ cos 2(t − τ ) dτ 2 2 2 0 (s 2 s + 4)2 220 Un ive Observese que el ejemplo siguiente lo resolvemos con los resultados de los teoremas de la transformada y no necesitamos utilizar los dispensiosos m´ etodos de las fracciones parciales.D ept t £{e−τ cos τ }(s) = £{cos τ }(s + 1) s+1 = (s + 1)2 + 12 1 s+1 e−τ cos τ dτ (s) = s (s + 1)2 + 1 o. s Ejemplo 14.CAP´ ITULO 6. Sea f (t) una funci´ on continua a tramos para t ≥ 0 y de orden exponencial.11 (Transformada de una funci´ on peri´ odica) . Si f (t) es peri´ odica con per´ ıodo T . d eM atem atic as . ver figura Ejercicio 12. Sea f (t) = a b 6. Hallar £{f (t)}(s) 221 tioq =1 (t sen t − t2 cos t) 8 π s uia Ejercicio 5.D Ejercicio 4. Mostrar que £−1 Ejercicio 3.5). Ejercicio 1. Mostrar que £−1 tan−1 1 s = sen t t e−2t sen 3t t ept − tan−1 s 2 = o. efectuar los siguientes ejercicios.1. Mostrar que £−1 s 3 + 3s 2 + 1 s2 (s2 + 2s + 2) = Ejercicio 2. d sen 2t t = e−2t cos t − 2e−2t sen t eM atem 3 −t 1 1 e cos t + 2e−t sen t − + t 2 2 2 atic as . Hallar £ t (Rta. Mostrar que £{t 2 } = Ejercicio 11. Mostrar que £−1 tan−1 3 s+2 = 1 2 .6. TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE 1 t sen 2τ (cos 2t cos 2τ + sen 2t sen 2τ ) dτ 2 0 t t 1 1 sen 2τ cos 2τ dτ + sen 2t sen 2 2τ dτ = cos 2t 2 2 0 0 1 1 1 = cos 2t sen 2 t + t sen t − sen t sen 4t 8 4 16 = Utilizando los teoremas vistos sobre transformada.: 3s2 +1 s2 (s2 +1)2 t 0 s (s2 +1)3 sen τ dτ (s) Ejercicio 8. Mostrar que £−1 s s2 +4s+5 π 2 Ejercicio 6. Mostrar que £−1 Ejercicio 7. Hallar £−1 1 (s2 +1)(s2 +4) s+1 (s2 +2s+2)2 5 Un ive rsid ad de ) An Ejercicio 10. Hallar £{t 2 e2t } 5 15 8s5 t de per´ ıodo b (funci´ on “serrucho”. Hallar £−1 Ejercicio 9. Ver figura 6.5 f (t) 1 π −1 2π uia . Sea f (t) = peri´ odica de per´ ıodo 2a (funci´ on onda cuadrada.: a s bs 1 ) ebs−1 as .6 An tioq atem Ejercicio 13. Hallar £{f (t)}(s) o. TRANSFORMADA DE LAPLACE f (t) a b 2b 3b 4b 5b 6b 7b t Figura 6.7).6 ). si 0 ≤ t < a −1. Ver figura 6. d 3π eM t f (t) = sen t. si a ≤ t < 2a rsid ad de Figura 6. si π ≤ t ≤ 2π 1 (Rta. Hallar £{f (t)}(s) 222 Un ive 1. si 0 ≤ t ≤ π 0.: (s2 +1)(1 ) −e−πs ) Ejercicio 14. Sea atic (1 − (Rta.CAP´ ITULO 6.D ept peri´ odica de per´ ıodo 2π (funci´ on rectificaci´ on de la mitad de la onda seno. 9 as .: 1 s 1+e−as s 1+e−as s 2 −as atic 3π 4π t 223 2π Figura 6. TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE f (t) 1 a −1 Figura 6.8 uia eM Ejercicio 15. Mostrar que £{f (t)}(s) = s21 +1 2 1 π −1 Un ive rsid ad f (t) de An tioq Figura 6.8). d .D t 8 7 Ejercicio 16.9).6.1.7 2a 3a 4a 5a 6a 7a 8a t f (t) 1 −1 −1 1 2 3 4 5 6 ept o. s Mostrar que £{f (t)}(s) = s12 tanh 2 atem [ 2 − 1] = 1 [ 1−e ] = 1 tanh as ) (Rta. Sea f (t) la funci´ on de onda tri´ angular (ver figura 6. Sea f (t) la funci´ on rectificaci´ on completa de la onda de coth πs sen t (ver figura 6. Mostrar que 0 ∞ F (s) ds c). ∞ −ax sen bx e ( x ) 0 b (Rta. Mostrar formalmente. a). con s > 1 dτ } = 1 2s t −t An tioq 2. Si f (t) es continua a tramos y de orden exponencial y si l´ ım + f (t) t ∞ s t→0 existe.D ln s 2 +a2 ept s2 o. entonces f (t) }(s) = £{ t donde F (s) = £{f (t)}(s) b). dx uia Ejercicio 18. d eM f (t) dt = t ∞ 0 F (s) ds atem atic as . TRANSFORMADA DE LAPLACE Ejercicio 17.CAP´ ITULO 6. £−1 { s 2 +1 } = sen (t − π )U (t − π ) = − sen tU (t − 3) −πs 224 Un ive 5. que si x > 0 entonces ∞ ∞ xt xt a) f (x) = 0 sen dt = π . b) f (x) = 0 cos dt = π e−x t 2 1+t2 2 .: tg −1 a ) ∞ e−ax −e−bx x 0 b (Rta. £−1 { e s2 } = (t − 3)U (t − 3) e b). Hallar 1. Mostrar que −3s a).:ln a ) dx rsid ad 4. Mostrar que £{ e −te } = ln(s + 1) − ln(s − 1). Mostrar que £{ t 1−cos aτ τ 0 de 3. 2. CONST. £−1 { 1− s2 +1 e ) } = (1 − U (t − 3)) cos πt d). A E.D Conseguir una funci´ on en s. APLIC. Soluci´ on: tioq Hallar la transformada inversa: y (t) = £−1 {Y (s)} y (0) = y (0) = 0 uia . CON CONDICIONES INICIALES . es decir.D.2. £−1 { s(1+ s2 +π 2 −3s −2πs 6. CON COEF. Hallar la soluci´ on de y −4y +4y = t3 e2t .D. despejar Y (s) ept = o. Y COND. INICIALES e } = (1 − U (t − 2π )) sen t c). d eM 3! (s − 2)4 = t5 2t e 20 225 (s − − 3! y (t) = £−1 {Y (s)} = £−1 (s − 2)6 1 1 3! (4 × 5) = = £−1 £−1 6 4×5 (s − 2) 4×5 Y (s) = s2 − 4s + 4 3! (s−2)4 Un ive s2 Y (s) − 4sY (s) + 4Y (s) = = rsid ad s2 Y (s) − sy (0) − y (0) − 4(sY (s) − y (0)) + 4Y (s) = 3! (s − 2)4 3! 2)2 2)4 (s 3! (s − 2)6 5! (s − 2)6 atem atic as APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA A E.6. Pasos: Aplicar la transformada a ambos lados de la ecuaci´ on Aplicar el teorema de la transformada de la derivada £{y } = sY (s) − y (0) £{y } = s2 Y (s) − sy (0) − y (0) donde Y (s) = £{y (t)}(s) de 1 2 3 4 : : : : £{y } − 4£{y } + 4£{y } = £{t3 e2t } An Ejemplo 15. Soluci´ on: rsid ad de 1 1 1 cos t sen 2 t − t sen t + sen t sen 2t = 2 2 4 y (0) = 0 £{ty }(s) − £{y }(s) = £{t2 } d 2! (−1) £{y }(s) − (s Y (s) − y (0)) = 3 ds s 2! d 2 − (s Y (s) − s y (0) − y (0)) − s Y (s) = 3 ds s 2! d 2 − (s Y (s)) − sY (s) = 3 ds s 226 Un ive An = sen t − cos t sen τ cos τ dτ − sen t ept o. d eM 4 atem 3 1 1 1 − 2 − Y (s) 2 s s +1 s 1 1 1 = − 2 : Y (s) s + s s s +1 2 s +1 1 1 Y (s) = − 2 s s s +1 1 1 s s 1 − 2 − 2 : Y (s) = 2 = 2 s +1 s s +1 s + 1 (s + 1)2 s 1 −1 − £ : y (t) = £−1 {Y (s)} = £−1 s2 + 1 (s2 + 1)2 1 s y (t) = sen t − £−1 = sen t − sen t ∗ cos t s2 + 1 s2 + 1 atic as . TRANSFORMADA DE LAPLACE Ejemplo 16.CAP´ ITULO 6. Hallar la soluci´ on de y (t) = 1 − sen t − Soluci´ on: 1 : £{y (t)}(s) = £{1}(s) − £{ sen t}(s) − £ s Y (s) − y (0) = t 0 y (t) dt. t y (0) = 0 y (t) dt (s) 0 2 t 0 t 0 t tioq = sen t − sen τ (cos t cos τ + sen τ sen t) dτ t uia . Hallar la soluci´ on de ty − y = t2 .D sen 2 τ dτ 0 = sen t − sen τ cos(t − τ ) dτ 0 Ejemplo 17. Y COND. INICIALES −(s2 Y (s) + 2sY (s)) − s Y (s) = 2 s3 2 −s2 Y (s) − 3sY (s) = 3 s 2 3 Y (s) + Y (s) = − 5 . lineal de primer orden s s 3 ds 3 ln s s = e = s3 F. s 1! s 2! s2 3! s3 n! s n 227 Un ive rsid ad d 2 (s Y (s) − sy (0) − y (0)) + Y (s) ds d = − (s2 Y (s)) + Y (s) = −(s2 Y (s) + 2sY (s)) + Y (s) ds = −s2 Y (s) − 2sY (s) + Y (s) = s2 Y (s) + Y (s)(2s − 1) 1 2s − 1 2 − 2 Y (s) = Y (s) + Y (s) = Y (s) + 2 s s s 1 2 s−1 F.D.D.2.. CON COEF. .I. de An tioq uia =− . + + .I. E.6. (0) + C 1 C 1 e− s Y (s) = 2 e− s = C 2 s s 1 1 1 1 1 1 1 (−1)n 1 =C 2 1− + − + .D ept £{ty }(s) + Y (s) = (−1) d (£{y }(s)) + Y (s) ds o. A E.I. . lineal del primer orden F. CONST.I e s−1 2 +C Y (s) s3 = − 5 s3 ds + C = −2 s −1 2 C Y (s) = 4 + 3 s s 2 1 y (t) = £−1 + C £−1 4 s s3 t2 t3 = 2 +C 3! 2! y (0) = 0 E. Soluci´ on: eM atem atic as ..D. d Ejemplo 18. = e ( s − s2 ) ds = e2 ln s− −1 . APLIC. Hallar la soluci´ on de ty + y = 0. = s2 e s Y (s) s2 e s = 1 1 F. D 1 0≤t<1 0 t≥1 ept o.: y = 1 + t + 1 t2 ) 2 t 0 y (τ ) cos(t − τ ) dτ.. 2! 3! 3! 4! 4! n! (n + 1)! Resolver los siguientes ejercicios por transformada de Laplace t Ejercicio 1.. Hallar f (t) si: rsid ad Ejercicio 9. y + y − 4y − 4 0 y dτ = 6et − 4t − 6. . y (0) = 0 . f (t) + 4 t 0 t sen τ f (t − τ ) dτ = 2t 228 Un ive Ejercicio 10. y − y = et cos t. y (t) + 6y (t) + 9 t 0 y (τ ) dτ = 1. y (0) = 0 1 t −2 e cos t + 1 et sen t) (Rta: y = 1 2 2 de Ejercicio 8. d Ejercicio 5. . y (t) = cos t + (Rta. y (0) = 0 atem Ejercicio 3. y (0) = 1 atic as Ejercicio 2. f (t) + 0 (t − τ ) f (τ ) dτ = t (Rta: f (t) = sen t) ii. s3 2! s4 3! s5 n! sn+2 1 t3 1 t4 1 (−1)n tn+1 − + . ty − ty − y = 0.. y (0) = 1 An Ejercicio 7. y (0) = y (0) = 0 Ejercicio 6.. y + 4y = f (t) donde f (t) = sen t U (t − 2π ) y (0) = 1. TRANSFORMADA DE LAPLACE Y (s) = C 1 1 − 2 s 1! −1 y (t) = £ {Y (s)} 1 t2 t =C − + 1! 1! 2! 1 1 1 1 (−1)n 1 1 + − + . y (0) = 0. y + 4y = f (t) donde f (t) = y (0) = 0. y (0) = 0 1 1 sen (t − 2π ) U (t − 2π ) − 6 sen 2(t − 2π ) U (t − 2π )) (Rta: y (t) = cos 2t + 3 tioq uia . y (0) = 0. y (0) = 3 eM Ejercicio 4. y (0) = −1 i. ty + 2ty + 2y = 0..CAP´ ITULO 6.. + + . y (0) = 0. y − 5y + 6y = U (t − 1). + + . D ept o.6. La forma de representar esta fuerza exterior es con la “funci´ on”δ -Dirac. Sea x(t) la soluci´ on de la ecuaci´ on de Bessel de orden cero tx + x + tx = 0 tal que x(0) = 1 y x (0) = 0. etc.3. el´ ectricos. de Definici´ on 6. aparecen fuerzas externas muy grandes en intervalos de tiempo muy peque˜ nos. Demostrar que t b. f (t) = tet + 0 τ f (t − τ ) dτ 1 t 3 t 1 −t e +8 e +4 te + 1 t2 et ) (Rta: f (t) = − 8 4 Ejercicio 11. Mostrar formalmente ∞ 0 J0 (x) dx = 1. uia .3. si t0 − a ≤ t ≤ t0 + a 0 . si t < t0 − a o t > t0 + a donde a y t0 son constantes positivas y t0 ≥ a. £{x(t)}(s) = £{J0 (t)}(s) = √ 1 . d 6. s2 +1 . Mostrar formalmente J0 (x) = cos(x cos t) dt Nota: para todo a > 0 y para todo t0 > 0 se cumple que (Ver figura 6. o un rel´ ampago en un sistema el´ ectrico. 1 π π 0 c. por ejemplo un golpe de martillo en un sistema mec´ anico. IMPULSO UNITARIO O DELTA DE DIRAC iii. ´ IMPULSO UNITARIO O “FUNCION” DELTA DE DIRAC eM atem 229 atic as a.5 δa (t − t0 ) = 1 2a An tioq En muchos sistemas mec´ anicos.6 Se llama impulso unitario o ´ funci´ on delta de Dirac a la “funci´ on”definida por el l´ ımite: δ (t − t0 ) = l´ ım δa (t − t0 ) a→0 Un ive δ a (t − t 0 ) = 1 rsid ad .10) ∞ −∞ Definici´ on 6. podemos decir que £{f (t)δ (t − t0 )} = e−t0 s f (t0 ) rsid ad f (t) δ (t − t0 ) dt = f (t0 ).11 en la p´ agina siguiente. esta funci´ on es tratada con detenimiento en los textos de Teoria de Distribuciones (Ver texto de An´ alise de Fourier 230 Un ive 7. mientra que por s→∞ teorema anterior vimos que cuando una funci´ on es de orden exponencial l´ ım £{f (t)}(s) = 0. Por 6. atem atic as . TRANSFORMADA DE LAPLACE δ a (t − t 0 ) t0 2a Figura 6.10 1/a t Ver figura 6.D e−st0 ∞ 0 3. M´ as precisamente.CAP´ ITULO 6. si t0 = 0 ⇒ £{δ (t)} = 1 6. es por esto que δ es una “funci´ on”extra˜ na. £{δa (t − t0 )} = e−st0 esa −e−sa 2as ept f (t) δ (t − t0 ) dt = f (t0 ) ∞ −∞ δ (t − t0 ) dt = 1 o. en particular . L’Hˆ opital = uia Notesese que en la observaci´ on 5. l´ ım £{f (t)}(s) = 1. δ (t − t0 ) es infinita en t = t0 y cero para t = t0 . ∞ −∞ de An tioq 4. £{δ (t − t0 )} = l´ ım £{δa (t − t0 )} def. Propiedades: 2. esto nos indica que la “funs→∞ ci´ on”δ -Dirac no es de orden exponencial. d eM 1. lo cual es una contradicci´ on. a→0 5. D ept y (0) = 1 y (0) = 0.11 t e Equa¸ co ˜es Diferenciais Parciais de Djairo Guedes de Figueiredo) Ejercicio 1.3. y (0) = 1. y + y = δ (t − 2π ). y + 2y + 2y = cos t δ (t − 3π ). y (0) = 0. (Rta: y (t) = e−t cos t − e−(t−3π) sen (t − 3π )U (t − 3π )) rsid ad atem y (0) = −1 231 atic as . y + y = δ (t − π ) cos t. y + 2y = δ (t − 1). d An tioq de uia . (Rta: y (t) = sen t + sen (t − 2π )U (t − 2π )) Ejercicio 3. y (0) = 0. IMPULSO UNITARIO O DELTA DE DIRAC δ a (t − t 0 ) ∞ o. (Rta: y = [1 + U (t − π )] sen t) Ejercicio 4. y (0) = 1 y (0) = 1 eM t0 2a Figura 6. 1 −2(t−1) U (t − 1)) −1 e−2t + 1 −2 e (Rta: y = 1 2 2 2 Un ive Ejercicio 2.6. o. >convert(F4(s).s.parfrac.CAP´ ITULO 6.complex).s). (s−2)(s2 +4s+3) c) F (s) = d) F (s) = e) F (s) = F 1(s) := d). y (0) = 0 6. >convert(F2(s). >F2(s) :=(2*s+4)/((s-2)*(s^2+4*s+3)). >convert(F1(s).D ept b). Utilizando el Paquete Maple. >F1(s) := (7*s-1)/((s-3)*(s+2)*(s-1)).parfrac. b) F (s) = parciales las siguientes expresiones: a) F (s) = (s−3)(7 s+2)(a−1) 2s+4 .s). F 4(s) := 232 s 3 + 3s 2 + 1 s2 (s2 + 2s + 2) Un ive s2 − 16 s3 (s + 2)2 11 11 4 4 3 − + − 3+ 2+ 4s 4(s + 2) s s 2(s + 2)2 F 3(s) := rsid ad de c). (Rta:y = e−2(t−2π) sen t U (t − 2π ) y (0) = 0.s). >convert(F2(s). >F2(s) := (2*s+4)/((s-2)*(s^2+4*s+3)). >F4(s) := (s^3+3*s^2+1)/(s^2*(s^2+2*s+2)). y + 4y + 5y = δ (t − 2π ). An 2s + 4 (s − 2)(s2 + 4s + 3) 1 1 8 − − 15(s − 2) 5(s + 3) 3(s + 1) tioq uia F 2(s) := . descomponer en fracciones s−1 . d 2 1 1 − − s−3 s−1 s+2 eM 7s − 1 (s − 3)(s + 2)(a − 1) atem atic a). ANEXO CON EL PAQUETE Maple s2 −16 .4. TRANSFORMADA DE LAPLACE Ejercicio 5. s3 (s+2)2 s3 +3s2 +1 . as .parfrac. s2 (s2 +2s+2) s2 (s2 +1)2 Ejemplo 19.parfrac. 233 Un ive >with(inttrans):laplace(cos(k*t).5000000000 + + s + 1. Hallar la trasformada de Laplace de las funciones: sen (kt).7500000000 + 1. Ejemplo 20.t.000000000I ) (s − 1. cos(kt).7500000000 − 1.I ) s − 1.I s + 1.fraction).parfrac.t. ekt Efectuar las siguientes instrucciones: >with(inttrans):laplace({sin(k*t).2500000000I 0.000000000I o.2500000000 0. F 5(s) := >convert(%. s + k2 s2 rsid ad de An 1 1 I I 1 1 4 4 + − + 4(s + I )2 4(s − I )2 s − I s + I tioq uia . atic as − + I) − I) (3 (3 1 1 4 4 + + + (2s) (s + 1 + I ) (s + 1 − I ) (2s2 ) .000000000I 0.2500000000I + − + 2 2 (s + 1. >convert(F5(s). d eM s2 (s2 + 1)2 atem e).s).exp(k*t)}.000000000I 0.I s2 >convert(%.s. − 1.6.fraction). >F5(s) := (s^2)/((s^2+1)^2). ANEXO CON EL PAQUETE MAPLE − 0.s).2500000000 0.000000000I 0.D ept 0.5000000000 + + s s + 1.000000000 + 1.4.complex). x(0)=0. o.t. 234 Un ive An tioq sen (4t) uia .y(t). la E. 2 s − k s + k2 con x(0) = 0. usando transformada de Laplace.x(t).D. d eM atem atic as . x (0) = 1 Efectue las siguientes instrucciones: x (t) = rsid ad t 1 + 8 4 de >with(ODEtools):Eqn2:=D(D(x))(t)+16*x(t)=cos(4*t): dsolve({Eqn2.t). usando transformada de Laplace..D(x)(0)=1}.y(0)=0.D(y)(0)=1}.method=laplace). 2 (s − 1)2 + 4 >invlaplace(%.t): dsolve({Eqn2. et sen (2t) 1 k . la ecuaci´ on integrot diferencial y (t) = 1 − sen t − 0 y (τ ) dτ con la condici´ on y (0) = 0 Efectuar los siguientes instrucciones: >with(ODEtools):Eqn2:=D(y)(t)=1-sin(t)-int(y(s). Resolver.s).s=0.method=laplace). Hallar la transformada de et sen (2t) y calcular la transformada 2 inversa de (s−1) 2 +4 Efectuar las siguientes intrucciones: >with(inttrans):laplace(exp(t)*sin(2*t).D x + 16x = cos 4t ept Ejemplo 22. Ejemplo 23.CAP´ ITULO 6. Resolver. TRANSFORMADA DE LAPLACE Ejemplo 21.s. 0.D ept o.t>=1.   t<1 0 y (t) = undefind t=1   (1−t) − 5e +5 t>1 Un ive rsid ad de An tioq uia .6. usando transformada de Laplace.1):dsolve({ode.y(t).4. Resolver. ANEXO CON EL PAQUETE MAPLE y (t) = 1− t 2 sen (t) Ejemplo 24.y(0)=0}. la E.D. y + y = U (t − 1) con la condici´ on y (0) = 0 (U es la funci´ on escal´ on unitario) Efectuar los siguientes pasos: >restart: with(ODEtools): ode := diff(y(t). d eM atem 235 atic as .t) + y(t) = 5*piecewise(t<1.method=laplace). D ept o. TRANSFORMADA DE LAPLACE atem atic as .236 Un ive rsid ad de An tioq uia . d eM CAP´ ITULO 6.  x (t) = A (t) x (t) + f (t) 237 (7. . . . . + a1n (t) xn . xn = an1 (t) x1 + an2 (t) x2 + .D ept o. . DE PRIMER ORDEN Estudiaremos el sistema de n ecuaciones lineales de primer orden: x1 = a11 (t) x1 + a12 (t) x2 + .D. + ann (t) xn de An el cual se denomina no homog´ enea si fi = 0 para alg´ un i = 1. . . . n. + a1n (t) xn + f1 (t) x2 = a21 (t) x1 + a22 (t) x2 + . . d eM atic as (7. ann (t)    f (t) =   f 1 (t) f 2 (t) . . .1) se puede escribir:   Sea x(t) =    x 1 (t) x 2 (t) . El sistema homog´ eneo asociado al anterior sistema es: tioq (7. . f n (t)   . .1) rsid ad x1 = a11 (t) x1 + .CAP´ ITULO 7 atem SISTEMAS LINEALES DE E. . .  an1 (t) · · ·  a1n (t)  . + ann (t) xn + fn (t) uia . 2. . xn = an1 (t) x1 + .  a11 (t) · · ·    . .2)   Un ive x n (t) entonces el sistema (7. . . + a2n (t) xn + f2 (t) . . . A (t) =  . .3) . . y . .  . si   x10  x20    φ (t 0 ) =  .4) Decimos que la funci´ on vectorial (Ver la demostraci´ on de este teorema en el Ap´ endice) Ejemplo 1. d  φ 1 (t) φ 2 (t) . .  = x0  . . donde  x10 x20 . entonces existe una u ´nica funci´ on vectorial φ(t) que es soluci´ on del problema de valor inicial (7. es decir.5) en [a. .1 . xn0           x(t 0 ) = x 0 (7.D   φ(t) =   ept φ n (t) o.5) (7. satisface la ecuaci´ on diferencial y la condici´ on inicial dada. es soluci´ on de (7. b]. si φ(t) es derivable. b].CAP´ ITULO 7. SISTEMAS LINEALES DE E.  xn0 rsid ad de An tioq uia . eM atem   x0 =   atic as . DE PRIMER ORDEN y la homog´ enea asociada (7. Consideremos el sistema lineal x 1 = − 4x 1 − x 2 x 2 = x 1 − 2x 2 238 Un ive Teorema 7. Sean A(t) y f (t) funciones matricial y vectorial respectivamente y continuas en [a.5).D.2) se puede escribir como x (t) = A (t) x (t) Consideremos el problema de valor inicial: x (t) = A (t) x (t) + f (t). . . D.D. x3 = x y obtenemos el siguiente sistema x1 = x = x 2 x2 = x = x 3 x3 = x = 6x − 11x + 6x + sen t = 6x3 − 11x2 + 6x1 + sen t = 6x1 − 11x2 + 6x3 + sen t matricialmente la E. Soluci´ on: El sistema puede escribirse como: x1 x2 = −4 −1 1 −2 x1 (0) x2 (0) = 1 2 x1 x2 Sus soluciones son de la forma: φ 1 (t) = Tambi´ en φ (t) = e−3t −e−3t . φ 2 (t) = (1 − t) e−3t t e−3t x − 6x + 11x − 6x = sen t Soluci´ on: hagamos x1 = x. de orden n se puede reducir a un sistema de E.D.D ept o. queda as´ ı        x1 0 1 0 x1 0 x = x 2  =  0 0 1   x 2  +  0  x3 6 −11 6 x3 sen t 239 Un ive rsid ad de An tioq uia es un vector soluci´ on que satisface la condici´ on inicial. Ejemplo 2. d (1 − 3t) e−3t (2 + 3t) e−3t eM atem atic as x0 = .con x1 (0) = 1 y x2 (0) = 2. x2 = x . de primer orden.: . Convertir en un sistema la siguiente E.D. Nota: toda E. Si φ1 (t).1. . .D.  1 . φn (t) los cuales son linealmente independientes. SISTEMAS LINEALES DE E. cada columna es un vector soluci´ on) de x = A(t) x. entonces W (t) = det Φ(t) lo llamamos el Wronskiano de Φ(t). la matriz cuyas columnas son φ1 (t). DE PRIMER ORDEN 7.1 (Matriz Principal) . rsid ad Nota: esta matriz es u ´nica. . son n soluciones linealmente independientes del sistema.D ept o. . . . de 1 ···  . . Decimos que la matriz fundamental ϕ(t) es matriz principal si  0  . ϕ (t 0 ) = I =  . φn1 (t) · · · φnn (t) atic as . 0 ··· An  tioq uia Definici´ on 7. . .2 ( Wronskiano) Sea Φ(t) una matriz soluci´ on (es decir. φn (t). entonces decimos que este conjunto es un conjunto fundamental de soluciones. entonces W (t) = det Φ(t) = 0 240 Un ive Definici´ on 7. eM atem Consideremos el sistema homog´ eneo x = A(t) x donde x es un vector de n componentes y A(t) una matriz de n × n. . . φn (t)] =  .CAP´ ITULO 7. . . la matriz   φ11 (t) · · · φ1n (t)   . Φ(t) = [φ1 (t). la llamamos una matriz fundamental y decimos que Φ(t) es una soluci´ on matricial ya que cada una de sus columnas es soluci´ on de x = A(t) x. . d o sea. . . . . CONJUNTOS FUNDAMENTALES Y ´ SISTEMAS HOMOGENEOS Observaci´ on: si Φ(t) es una matriz fundamental. . . Definici´ on 7. (7. λ es un valor propio de la matriz A si y solo si Av = λv ⇔ Av − λv = (A − λI )v = 0 (7. luego Av = λv uia .7) Es decir.D ept o. .8) 241 Un ive rsid ad de An tioq .2.6) si y solo si λ y v satisfacen (7. .  es una matriz constante ann Consideremos el sistema λeλ t v = A(eλ t v ) = eλ t A v.6)  a1n  . Un vector v = 0 que satisface Av = λv se le llama vector propio de A con valor propio λ. METODO DE LOS VALORES Y VECTORES PROPIOS 7.7). donde v es un vector constante. por esto no nos interesa. . como d λt e v = λeλ t v dt y A(eλ t v ) = eλ t Av .      yA=  a11 · · · . ´ METODO DE LOS VALORES Y VECTORES PROPIOS x = Ax (7. .6) tenemos que: atic x n (t) an1 · · · as  x 1 (t) x 2 (t) . x(t) = eλ t v es soluci´ on de (7.2. . . Para ello imaginemos la soluci´ on del tipo x(t) = eλ t v . . d eM atem   donde x(t) =   El objetivo es hallar n soluciones linealmente independientes: x1 (t). . NOTA: v = 0 siempre satisface Av = λv para cualquier matriz A.´ 7. xn (t).3 (Vector y valor propio) . . . de (7. .2 . 242 Un ive Teorema 7. . rsid ad El siguiente teorema se demuestra en los cursos de Algebra Lineal. . uia .D ept Definici´ on 7. vk correspondientes a k valores propios diferentes λ1 . . .4 (Polinomio Caracter´ ıstico) . (7. . o. . λk respectivamente. DE PRIMER ORDEN es decir.CAP´ ITULO 7. tiene a lo sumo n raices.   a11 − λ a12 ··· a1n  a21 a22 − λ · · · a2n    0 = det(A − λI ) =   . entonces existen a lo sumo n valores propios de A y por tanto existen a lo sumo n vectores propios linealmente independientes.   . An tioq Como los vectores propios de A son los vectores v = 0 del sistema ecuaciones lineales (A − λI )v = 0.D. . eM La ecuaci´ on (7. d = Polinomio en λ de grado n = p(λ). .9) Pasos para hallar los valores y vectores propios de A: Hallar p(λ) = det(A − λI ) = 0. .9) tiene una soluci´ on v = 0 si y solo si det(A − λI ) = 0. Al polinomio p(λ) de la nota anterior lo llamamos el Polinomio Caracter´ ıstico de la matriz A. . luego los valores propios de A son las raices de la ecuaci´ on. Cualesquiera k vectores propios v1 . son linealmente independientes. an1 an2 · · · ann − λ atem atic as . SISTEMAS LINEALES DE E. v satisface sistema de n ecuaciones con n incognitas (A − λI )v = 0 donde I es la matriz identidad. . . de y como p(λ) = 0. . . . Hallar tres soluciones linealmente independientes. λ2 = −2. . por lo tanto      t −1 −1 −e v =  4  ⇒ x 1 = e t  4  =  4e t  1 1 et Un ive escalonemos  0 −1 3 1 2 1 la matriz de coeficientes por reducci´ on de filas        0 −1 4 4 0 −1 4 R ( 1 ) 0 −1 4 2 3 R32 (−1) R21 (1) −1  − − − − → 1 0 1 − − → 1 0 1 − − − → 3 0 3  − 1 R31 (1) R3 ( 2 ) 1 0 1 0 0 0 −2 2 0 2 rsid ad Hallemos los vectores propios: Para λ1 = 1. λn de p(λ) = 0.I )v = 2 1 −1 − 1 v3 2 1 −2 v3 0 de An tioq uia luego los valores propios son: λ1 = 1. tenemos que         1 − 1 −1 4 v1 0 −1 4 v1 0          3 2−1 −1 v 2 = 3 1 −1 v 2 = 0 (A−1. una matriz fundamental y la soluci´ on general del siguiente sistema:   1 −1 4 x =  3 2 −1  x 2 1 −1 luego v2 = 4v3 . METODO DE LOS VALORES Y VECTORES PROPIOS Hallar las raices λ1 . v1 = −v3 .2. Ejemplo 2. d eM atem atic as 243 . .´ 7. λ3 = 3 .D = −(λ − 1)(λ + 2)(λ − 3) = 0 ept Soluci´ on: el polinomio caracter´ ıstico es   1 − λ −1 4 2−λ −1  = −(λ3 − 2λ2 − 5λ + 6) = p(λ) = det(A − λI ) =  3 2 1 −1 − λ o. . Para cada valor propio λi . v3 = v3 . resolver el sistema homog´ eneo ( A − λ i I ) v = 0. tenemos que         0 3 −1 4 v1 1 + 2 −1 4 v1          3 2+2 −1 v 2 = 0 v 2 = 3 4 −1 (A +2. v1 = v1 . v3 = −v1 . por lo tanto      3t  1 1 e v = 2 ⇒ x3 = e3t 2 = 2e3t  1 1 e3t 244 Un ive      − 2 − 1 4 −2 −1 4 −2 −1 4 1 R2 ( 5 ) R12 (4) R21 (−1)  3 −1 −1  − 0 −1  − 0 −5  − − − → 1 − − → − − − → 5 R31 (1) 0 0 0 0 0 0 2 1 −4   2 −1 0  1 0 −1  0 0 0 rsid ad de  An tioq escalonemos la matriz de coeficientes por reducci´ on de filas uia        1 − 3 −1 4 v1 −2 −1 4 v1 0          3 2−3 −1 v 2 = 3 −1 −1 v2 = 0  (A − 3.D. v1 = v1 . d eM     −2t  1 e 1 −2t      −1 = −e−2t  ⇒ x2 = e v = −1 −1 −1 −e−2t atem  atic luego v2 = −v1 .D  ept o. v3 = v1 . DE PRIMER ORDEN Para λ2 = −2.I )v = 2 1 −1 − 3 2 1 −4 v3 0 v3 . por lo tanto as escalonemos la matriz de coeficientes filas  por reducci´      on de  3 −1 4 R ( 1 ) 3 −1 4 3 −1 4 −1 −1 0 2 15 R21 (4) R12 (−4)  3 4 −1  − 0 1 − − → 15 0 15 − − − − → 1 − − − → 1 0 1  − 1 R31 (1) R32 (−1) R3 ( 5 ) 5 0 5 2 1 1 0 0 0 1 0 1 .I )v = 0 2 1 1 2 1 −1 + 2 v3 v3 Para λ2 = 3. tenemos que luego v2 = 2v1 .CAP´ ITULO 7. SISTEMAS LINEALES DE E. en efecto: eM atem Si λ = α + iβ es un valor propio o caracter´ ıstico de A con vector propio λt asociado v = v1 + iv2 . NOTA: si λ = α + iβ es un valor propio complejo y v = v1 + iv2 es un vector propio complejo asociado a λ entonces x = e(α+iβ )t (v1 + iv2 ) = eαt (cos βt + i sen βt)(v1 + iv2 ) = eαt [v1 cos βt − v2 sen βt + i(v1 sen βt + v2 cos βt)] 245 Un ive o sea que x1 (t) y x2 (t) son soluciones. x2 . x3 ] =  4et −e−2t 2e3t  et −e−2t e3t La soluci´ on general es x(t) = C1 x1 (t) + C2 x2 (t) + C3 x3 (t) RAICES COMPLEJAS.2. x2 . Observese que x1 (t) = Re {x(t)} x2 (t) = Im{x(t)} rsid ad x1 = A x 1 y x2 = A x 2 . x3 . x3 son linealmente independientes. entonces x1 (t) y x2 (t) son soluciones vectoriales reales de x = Ax. Sea x(t) = x1 (t) + ix2 (t) una soluci´ on vectorial compleja de x = Ax.´ 7. como los tres valores propios son diferentes entonces x1 . d La soluci´ on vectorial compleja da lugar a dos soluciones vectoriales reales. ept o. entonces x(t) = e v es una soluci´ on vectorial compleja de x = A x. x2 .D Lema 7. atic as . o sea que la matriz fundamental es  t  −e e−2t e3t Φ(t) = [x1 . METODO DE LOS VALORES Y VECTORES PROPIOS Las tres soluciones son x1 . de e igualando parte Real y parte Imaginaria: An x1 (t) + ix2 (t) = A(x1 (t) + ix2 (t)) = Ax1 (t) + iAx2 (t) tioq Demostraci´ on: como x(t) es soluci´ on de x = A x entonces uia .1 . λ2 = 4 − 2i.CAP´ ITULO 7.10) son dos soluciones vectoriales reales de x (t) = Ax y son linealmente independientes. Ejemplo 3. se toma una cualquiera de las dos. x2 = eαt (v1 sen βt + v2 cos βt) (7. por ejemplo la primera 1 (8 17 An tioq (8 − 2i)v1 − 17v2 = 0 y 4v1 + (−8 − 2i)v2 = 0 uia 8 − 2i −17 4 − 8 − 2i . β = 2. DE PRIMER ORDEN Por tanto si λ = α + iβ es un valor propio de A con vector propio v = v1 + iv2 . v1 = v1 ⇒ v = 17 de como estas dos ecuaciones son linealmente dependientes. d los valores propios son λ1 = 4 + 2i.por tanto α = 4. SISTEMAS LINEALES DE E. Hallar dos soluciones vectoriales reales linealmente indepen12 −17 x dientes del siguiente sistema: x = 4 −4 Soluci´ on: hallemos el polinomio caracter´ ıstico p(λ) = 12 − λ −17 = λ2 − 8λ + 20 = 0 4 −4 − λ v2 = rsid ad 1 (8 − 2i)v1 .D v1 0 = v2 0 17 17 0 = +i 8 − 2i 8 −2 17 0 escogemos como v1 = . eM atem sen 2t atic as . entonces x1 = eαt (v1 cos βt − v2 sen βt). v2 = 8 −2 Por lo tanto las dos soluciones vectoriales reales son: tomando v1 = 17 tenemos v = Un ive x1 (t) = eαt (v1 cos βt − v2 sen βt) = e4t 246 17 0 cos 2t − 8 −2 ept 1 v − 2i ) 1 Si λ1 = 4 + 2i entonces o.D. d eM 17 cos 2t 17 sen 2t . que de acuerdo a la escogencia que hagamos ya sea en los valores propios o en las ecuaciones lineales cuando escalonemos la matriz de coeficientes.´ 7. + An + . . + An + . tiene su existencia garantizada en el Ap´ endice A.D. + tn−1 An + . esto se debe a que escojemos vectores base v1 . dt (n − 1)! = A I + At + . 2! n! de An tioq RAICES IGUALES. uia . Derivando formalmente (Ver la demostraci´ on de la derivada en el Ap´ endice A. . . (n − 1)! = AeAt 247 Un ive Esta serie es convergente para todo t y para toda matriz An×n constante..5 (Matriz exponencial) .D que tambi´ en son dos soluciones linealmente independientes de la E. . tendremos respuestas diferentes. .3 . La matriz eAt que definimos a continuaci´ on. v2 diferentes. . Si A es una matriz n × n y constante t2 tn eAt = I + tA + A2 + . METODO DE LOS VALORES Y VECTORES PROPIOS = e4t y tambi´ en x2 (t) = eαt (v1 sen βt + v2 cos βt) = e4t = e2t 17 sen 2t 8 sen 2t − 2 cos 2t 17 8 sen 2t + 0 cos 2t −2 17 cos 2t 8 cos 2t + 2 sen 2t x1 (t) = e4t d At tn−1 e = A + A2 t + . . . tenemos rsid ad Definici´ on 7. . .4).2. es decir. . . x2 (t) = e4t 8 cos 2t − 2 sen 2t 8 sen 2t + 2 cos 2t atem atic Nota: si se utiliza el otro valor propio λ2 = 4 − 2i y se sigue el mismo procedimiento se llega a que as . ept o. .11) (7. eAt v es una soluci´ on de x = Ax.12) Si v satisface (A − λI )m v = 0 para alg´ un entero m.D ept t2 + . entonces la serie infinita (A−λI ) t e termina despu´ es de m t´ erminos. SISTEMAS LINEALES DE E. en efecto. Propiedades: i). + (A − λI )m−1 v 2! (m − 1)! I + (A − λI )t + (A − λI ) 248 . . entonces eAt+Bt = eAt eBt eAt v = eAt−λIt+λIt v = e(A−λI )t eλIt v Ya que (A − λI )λI = (λI )(A − λI ) Pero eλIt v = = sustituyendo en (7. Por tanto e(A−λI )t v = tm−1 t2 v + . donde v es un vector constante. v 2! o. . En efecto d At (e v ) = AeAt v = A (eAt v ) dt x x Tambi´ en en el Ap´ endice se demuestran las siguientes propiedades. . . (A − λI )m+e v = (A − λI )e (A − λI )m v = 0. eA(t+s) = eAt eAs iii). + (A − λI )m−1 2! (m − 1)! t2 tm−1 = v + t(A − λI )v + (A − λI )2 v + . Iv = eλt v 2! uia . donde An×n y Bn×n . . . Si AB = BA. DE PRIMER ORDEN Por tanto.D..CAP´ ITULO 7.11) I + λIt + (λI )2 eM Observaci´ on: atem atic Un ive rsid ad de eAt v = eλt e(A−λI )t v as An tioq 1 + λt + λ2 t 2 + . (eAt )−1 = e−At ii). d (7. Hallar los valores y vectores propios de la matriz A. + 2! (m − 1)! Algoritmo para hallar las n soluciones linealmente independientes 1. Para encontrar las soluciones adicionales se toma un valor propio λ de A y se hallan todos los vectores v tales que (A − λI )v = 0.2. entonces se buscan los vectores v tales que (A − λI )2 v = 0 t2 (A − λI )2 v ] 2 eAt v = eλt [v + t(A − λI )v + es una nueva soluci´ on linealmente independiente de x = A x. entonces se tienen k soluciones linealmente independientes de la forma eλt v . Si A tiene n vectores propios linealmente independientes entonces x = A x tiene n soluciones linealmente independientes de la forma eλt v . Se continua de la misma manera hasta completar n soluciones linealmente independientes. 2. 249 Un ive An tioq es una soluci´ on adicional de x valores propios de A. Si a´ un en el paso anterior no se han conseguido las n soluciones linealmente independientes. por lo tanto rsid ad (A − λI )3 v = 0 y de 3. 4. Esto se hace para todos los uia .´ 7. .D eAt v = eAt e(A−λI )t v = eλt [v + t(A − λI )v ] ept Para cada uno de estos vectores v o. d (A − λI )2 v = 0 y eM atem atic as . METODO DE LOS VALORES Y VECTORES PROPIOS en (7. = A x. Si A tiene k < n vectores propios linealmente independientes.12): eAt v = eλt [v + t(A − λI )v tm−1 t2 (A − λI )m−1 v ] (7.13) + (A − λI )2 v + . . Resolver por el m´ etodo anterior el problema de valor inicial     1 2 1 2    x(0) = 3 x = 0 2 −1 x 1 0 0 2 la soluci´ on asociada a este vector propio es luego la dimensi´ on del espacio propio asociado al valor propio λ = 2 es uno. d eM atem atic Soluci´ on: el polinomio caracter´ ıstico de   2 1 2 A = 0 2 −1 es p(λ) = (2 − λ)3 0 0 2 as . DE PRIMER ORDEN Ejemplo 4. esto quiere decir que debemos hallar un vector v tal que ( A − 2I ) 2 v = 0 y 250 (A − 2I )v = 0   1 2t 2t   x 1 (t) = e v = e 0 .D ept luego λ = 2 es un valor propio de A con multiplicidad 3. v3 = 0 y v1 = v1 . 0 de An tioq uia . SISTEMAS LINEALES DE E. 0 Un ive rsid ad luego v2 = 0. estos vectores deben satisfacer la ecuaci´ on      v1 0 0 1 2      v 2 = 0 (A − 2I )v = 0 0 −1 0 v3 0 0 0 escalonemos la matriz de  0 0 0 coeficientes por reducci´ on de filas    1 2 0 1 0 R12 (2) 0 −1  − − − →  0 0 −1  0 0 0 0 0 o. Hallemos los vectores propios asociados a λ = 2.D.CAP´ ITULO 7. por lo tanto el vector propio asociado a λ = 2 es   1 0  . METODO DE LOS VALORES Y VECTORES PROPIOS ( A − 2I ) 2 v = 0 3      1 2 0 0 0 v1 0       0 −1 v = 0 0 0 v2 = 0  0 0 0 0 0 v3 0   0 luego v1 . entonces escogemos v = 0 de tal manera 1     1 0 que sea linealmente independiente con 0 y 1 y que adem´ as cumpla 0 0 =0 y Un ive ( A − 2I ) 3 v  0 3  ( A − 2I ) v = 0 0 rsid ad de An se debe buscar otra soluci´ on linealmente independiente con las anteriores. elegimos v1 = 0 y v2 = 1 de tal   0 manera que el vector v = 1 sea linealmente independiente con el vector 0   1  v = 0 hallado anteriormente 0 La soluci´ on asociada a v es        0 0 −1 v1 0 1 2 0 1 2 0 2          0 0 −1 v = 0 0 0 v2 = 0  ( A − 2I ) v = 0 0 − 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 v3 0  atic as 251 . que cumpla la condici´ on tioq como (A − 2I )2 v = 0 tiene dos soluciones linealmente independientes     1 0 0  . v1 y v2 son par´ ametros. v2 y v3 son par´ ametros.2. d eM atem es decir v3 = 0.´ 7.  1  0 0 uia .D ept x2 (t) = eλt [v + t(A − λI )v ] = e2t [v + t(A − 2I )v ]            0 0 1 2 0 0 1 t = e2t [1 + t 0 0 −1 1] = e2t [1 + t 0] = e2t 1 0 0 0 0 0 0 0 0 o. CAP´ ITULO 7.D. d eM atem atic as . Como el sistema es 3 × 3. entonces la u ´ltima soluci´ on es t2 t2 x3 (t) = eλt [v + t(A − λI )v + (A − λI )2 v ] = e2t [v + t(A − 2I )v + (A − 2I )2 v ] 2 2    2      0 0 1 2 0 1 2 0 0 t2 = e2t [0 + t 0 0 −1 0 + 0 0 −1 0] 2 1 0 0 0 0 0 0 1 1              2 0 2 0 0 2 −1 2 0 0 −1 t t = e2t [0 + t −1 + 0 0 0  0] = e2t [0 + t −1 +  0 ] 2 2 0 1 0 1 1 0 0 0 0   2 2t − t2 = e2t  −t  1 La soluci´ on general es Nota: en algunos casos el valor propio repetido λ de multiplicidad m puede producir m vectores propios. C2 = 3 y C3 = 1 La soluci´ on particular buscada es  rsid ad de         0 0 1 1 x(0) = 3 = C1 0 + C2 1 + C3 0 1 0 0 1 An tioq 1 + 5t − 2t  x (t) = e 3−t 1 uia en t = 0 se tiene que . en otros casos (como en el ejemplo anterior) puede producir menos de m vectores propios. teni´ endose que completar el resto (hasta completar m) con los que llamaremos vectores propios generalizados. SISTEMAS LINEALES DE E. 252 Un ive luego C1 = 1. DE PRIMER ORDEN (A − 2I )2 v = 0.D t2 2      2 1 t 2t − t2 x(t) = C1 x1 (t)+ C2 x2 (t)+ C3 x3 (t) = C1 e2t 0 + C2 e2t 1 + C3 e2t  −t  0 0 1 ept   o. v2 . Un ive Si sustituimos vm−1 en la segunda expresi´ on de (7.D Cuando m = 1. . . . . Si λ es un valor propio de la matriz A. tenemos que (7. al vector v tal que atic as (7. entonces premultiplicando (7.´ 7.15) y como v1 es un vector propio ordinario. los dos vectores propios faltantes se consiguen con vectores propios generalizados. (A − λI )v2 = v1 de An tioq Una cadena de longitud m de vectores propios generalizados originados en el vector propio v1 es un conjunto de m vectores propios generalizados {v1 . el vector v es un vector propio generalizado de rango dos. al n´ umero d = m − p = 3 − 1 = 2 de vectores propios faltantes se le llama el defecto del valor propio λ = 2. vm } tales que uia . (A − λI )m−1 vm = v1 .2. el vector v es un vector propio generalizado de rango uno y es tambi´ en un vector propio ordinario.14) y luego vm−2 en la tercera expresi´ on y as´ ı sucesivamente. pero no es un vector propio ordinario. . Si λ tiene p < m vectores propios linealmente independientes.6 (Valor propio defectuoso) Un valor propio λ de multiplicidad m > 1 se le llama defectuoso si produce menos de m vectores propios linealmente independientes. Observaciones. al n´ umero d = m − p de vectores propios faltantes se le llama el defecto del valor propio defectuoso λ En el ejemplo anterior λ = 2 tiene multiplicidad m = 3 y solo produjo p = 1 vector propio. METODO DE LOS VALORES Y VECTORES PROPIOS Definici´ on 7. . cuando m = 2.15) por (A − λI ) se llega a que (A − λI )m vm = (A − λI )v1 = 0 253 rsid ad (A − λI )vm = vm−1 (A − λI )vm−1 = vm−2 . d eM (A − λI )m v = 0 y (A − λI )m−1 v = 0 atem 1. denominamos vector propio generalizado de rango m asociado a λ.14) . ept o. . . vm } es un conjunto de vectores linealmente independientes. x(t) = eλt [vm + tvm−1 + 3.CAP´ ITULO 7. DE PRIMER ORDEN en general para j = 1.18) 2! (m − 1)! . + α m v m = 0 se premultiplica por (A − λI )m−1 y se llega a que αm = 0. . . v2 . .19) . Hallar vm tal que (A − λI )vm = vm−1 . m − 1 : (A − λI )j vm = vm−j (7.D. . . en forma similar se demuestra que αm−1 = 0 y as´ ı sucesivamente hasta mostrar que α1 = 0 Algoritmo para una cadena de longitud m a. La soluci´ on asociada a esta cadena es Un ive rsid ad b.17) 2! (m − 1)! eM atem 2.13) tenemos que atic as (7.16) se puede mostrar que la cadena {v1 . para ello suponemos que α1 v 1 + α 2 v 2 + .D ept donde vm satisface (A − λI )m vm = 0 y (A − λI )m−1 vm = v1 = 0 y por (7. . d. Utilizando (7. SISTEMAS LINEALES DE E.16) o. . Hallar v2 tal que (A − λI )v2 = v1 . Consideremos el sistema x = a1 x + b 1 y y = a2 x + b 2 y 254 de An tioq tm−1 t2 vm−2 + . + v1 ] 2! (m − 1)! uia x(t) = eλt [vm + tvm−1 + t2 tm−1 vm−2 + . . . Hallar v1 vector propio de A asociado al valor propio λ que satisface el sistema: (A − λI )v = 0. . + v1 ] (7. d x(t) = eλt [vm + t(A − λI )vm + tm−1 t2 (A − λI )2 vm + .16) Utilizando (7. . . . c. + (A − λI )m−1 vm ] (7. . 16) la segunda soluci´ on es uia .2.20) (A − mI )2 v2 = 0 A B y (A − mI )v2 = v1 = 0 x1 (t) = emt v1 = emt la soluci´ on general es x (t) = x (t) = C 1 x 1 (t) + C 2 x 2 (t) y (t) finalmente x(t) = C1 Aemt + C2 (A1 + At)emt y (t) = C1 Bemt + C2 (B1 + Bt)emt Un ive = C1 emt rsid ad A A1 + At + C2 emt B B1 + Bt de An x2 (t) = emt [v2 + tv1 ] = emt [ A A1 A1 + At + t emt ] = emt . Supongamos tambi´ en que A v1 = B .D ept Por tanto las dos soluciones linealmente independientes son o. METODO DE LOS VALORES Y VECTORES PROPIOS luego su ecuaci´ on caracter´ ıstica es p(λ) = det a1 − λ b1 = (a1 − λ)(b2 − λ) − a2 b1 a2 b2 − λ = λ2 − (a1 + b2 )λ + (a1 b2 − a2 b1 ) = 0 (7.´ 7.21) (7. es decir atem v2 = A1 B2 atic (7. asociado al valor propio λ = m. d eM es el vector propio generalizado de rango dos.22) 255 es el vector propio asociado a λ = m y que as y supongamos que tiene una ra´ ız λ = m con multiplicidad dos. B1 B B1 + Bt tioq y por (7. ya que det X (t0 ) = 0. .D ept Ax2 (t) = x 2 (t). Demostraci´ on: sea X (t) = [x1 (t). 256 X (t) = (x1 (t). 89 del Cap. xn (t0 ) son linealmente independientes. . . matricial X (t) = AX (t) y adem´ as det X (t0 ) = 0. SISTEMAS LINEALES DE E. Axn (t)) = AX (t) ⇒ X (t) uia . . Ax2 (t). .CAP´ ITULO 7. entonces x 1 (t). Axn (t) = x n (t) o. .D. xn (t)) Un ive rsid ad Reciprocamente como x1 (t0 ). . IV. . La matriz X (t)n×n es una matriz fundamental de la E. . d eM AX (t) = (Ax1 (t). La matriz eAt es una matriz principal de x = Ax. x 2 (t). . xn (t)] una matriz fundamental de x = Ax. . vectorial x = Ax si y solo si satisface la E. x n (t)) atic son linealmente independientes. . . . . . matricial x1 (t).D. xn (t) son linealmente independientes luego la matriz es una matriz fundamental. . .3 . . . . Teorema 7. x2 (t). DE PRIMER ORDEN Teorema 7. . Ax2 (t). . . Axn (t)) atem X (t) = (x 1 (t). . entonces solucion de la E. tenemos que de An X = AX tioq X (t) = (Ax1 (t). . . x 2 (t). . x n (t) y como y sabiendo que Ax1 (t) = x 1 (t).D. tenemos as . . . x2 (t). .D. entonces por la nota hecha en la pag.4 . Derivando la matriz X (t). . . . . . eAt es soluci´ on de X = AX ya que d At e = A eAt dt y por el teorema anterior eAt es una matriz fundamental. . d X (t) = (x1 (t). 2 Y (t) = X Cn×n donde C11 · · ·  . Un ive rsid ad  de An para i = 1.6 . .. . . xn (t)) es fundamental eM Demostraci´ on: como atem atic as 257 . . . conociendo una matriz fundamental. . . Teorema 7. . . C= . t2 + . . . yn ) es fundamental ept entonces x1 . eAt = I + At + A2 y para t = 0 se tiene que eA0 = I . . + Cni xn  C1n  . n. Sea X (t) una matriz fundamental de x = Ax entonces eAt = X (t) X −1 (0). . xn son linealmente independientes. yn son linealmente independientes. . entonces existe una matriz constante Cn×n tal que Y (t) = X (t)C . .. . . Similarmente como o. . Sean X (t) y Y (t) dos matrices fundamentales de x = Ax.2.D Y (t) = (y1 . . luego tioq yi = C1i x1 + . adem´ as. C1n · · · El siguiente teorema nos permite hallar una matriz exponencial.  Cnn uia entonces y1 . Pero . . . Teorema 7.´ 7. .5 . . .. METODO DE LOS VALORES Y VECTORES PROPIOS Demostraci´ on: en efecto. λ = 3.  x3 (t) son linealmente independientes. DE PRIMER ORDEN Demostraci´ on: sea X (t) una matriz fundamental y como eAt es matriz fundamental (principal). λ = 5      t  1 1 e Para λ = 1 ⇒ v1 =  0  ⇒ x1 (t) = et  0  =  0  0 0 0 ept o. entonces.D Soluci´ on: Hallamos los valores propios. SISTEMAS LINEALES DE E. Hallar eAt para  1 1 1 x = 0 3 2 x 0 0 5     0 1 −1 1 1 1 2 1  −2 Luego X (0) =  0 2 2  ⇒ X −1 (0) =  0 1 2 1 0 0 0 0 2 2  258 Un ive y por Teorema 7. 0 0 2e5t rsid ad     3t  1 1 e 5t      2 = 2e3t  Para λ = 5 ⇒ v3 = 2 ⇒ x3 (t) = e 2 2 2e5t de  An tioq    3t   1 1 e 3t      2 = 2e3t  Para λ = 3 ⇒ v2 = 2 ⇒ x2 (t) = e 0 0 0 uia  .D. et e3t e5t Luego X (t) =  0 2e3t 2e5t  es la matriz fundamental. Luego eAt = X (t) X −1 (0) Ejemplo 5. que en este caso son: λ = 1. d eM atem atic as .CAP´ ITULO 7.2 x1 (t). x2 (t). existe Cn×n tal que eAt = X (t)C Para t = 0 ⇒ e0t = I = X (0)C ⇒ C = X −1 (0). A = 12 −15 4 −4 5. x = −2 1 x −1 −4 Un ive  1 0 0 4. METODO DE LOS VALORES Y VECTORES PROPIOS Luego eAt   0 et e3t e5t 1 −1 2  −1 = X (t) X −1 (0) =  0 2e3t 2e5t   0 1 2 2 1 5t 0 0 0 0 2e 2  t  t e3t e3t e5t + − + e −e 2 2 2 2 = 0 e3t −e3t + e5t  0 0 e5t  1.: x(t) = C1 3 2t 5 6t e + C2 e ) 2 2 ept o.´ 7.2. hallar la soluci´ on general para x = A x y con el Wronskiano comprobar que los vectores soluci´ on son linealmente independientes.: x(t) = C1 2.D (Rta. A = (Rta. d eM 8 −3 16 −8 3 4t 1 −4t e + C2 e ) 4 4 atem 259 atic En los siguientes ejercicios. A = 2 1 −2 3 2 1       2 0 0 (Rta.: x(t) = C1 [ 5 0 0 5 cos 2t− sen 2t]+C2 [ cos 2t+ sen 2t]) −4 2 2 −4 tioq 3. as . A = 4 5 −4 −4 uia .: x(t) = C1 −3 et + C2 et [1 cos 2t −  0  sen 2t] 2   0 −1   0 0 + C3 et [ 0  cos 2t + 1 sen 2t]) 0 −1 rsid ad  de An (Rta. tioq x(t) = u1 (t)x1 (t) + . donde An la cual suponemos que es una soluci´ on de x = Ax + f (t). .D.: λ = −1(mult. o sea que  eM (7.3. . NO HOMOGENEA Y VARIACION ´ DE PARAMETROS Como d (X (t)u(t)) = X (t)u(t) + X (t)u (t). + C n x n (t) ept o. . . SISTEMAS LINEALES DE E. . xn (t) las soluciones linealmente independientes de la homog´ enea asociada. . Cn tenemos rsid ad . d Sean x1 (t). x1 (t) = (C2 + C3 t)e−t ) 2 3 Consideremos el problema de valor inicial: x = Ax + f (t). DE PRIMER ORDEN (Rta.3) defectuoso. uia y variando los par´ ametros C1 . . x1 (t) = (C1 + C2 + C2 t)e−3t . x2 (t) = (−C1 − C2 t)e−3t )   −3 0 −4 6.2). . x = −1 −1 −1 x 1 0 1 (Rta. x(t0 ) = x0 atem atic as 7. . dt Ax + f (t) = AX (t) u(t) + f (t) = X (t)u(t) + f (t) x (t) = X 260 Un ive  u 1 (t)  . . . .D x h (t) = C 1 x 1 (t) + .CAP´ ITULO 7. C2 .vector propio v = [1 − 1]T . x1 (t) = (−2C2 +C3 −2C3 t)e−t .D.: λ = −3(mult.23) . . x2 (t) = (C 1 − C 2 + C 2 t − C 3 t + 1 C t2 )e−t . ´ ´ E. xn (t)) y u(t) =  . . + un (t)xn (t). x(t) = X (t)u(t).  X (t) = (x1 (t). . .  u n (t) de Luego . . 24) y premultiplicando por X −1 (t0 ) u(t0 ) = X −1 (t0 ) x(t0 ) en (7. E.23) y cancelando.26) 261 t0 t e−As f (s) ds atem atic x (t) = X (t) u(t) ⇒ x (t 0 ) = X (t 0 ) u (t 0 ) as como . NO HOMOGENEA Y VARIACION Sustituimos en (7. d X −1 (s) f (s) ds u (t) = X −1 (t 0 ) x (t 0 ) + X −1 (s) f (s) ds eM (7. obtenemos: X (t)u (t) = f (t) Premultiplicando por X −1 (t) : u (t) = X −1 (t)f (t) e integrando de t0 a t: t u(t) = u(t 0 ) + t0 X −1 (s) f (s) ds (7.D t0 X −1 (s) f (s) ds ept t luego o.3.D.25) (7.24): t t0 x(t) = X (t)u(t) = X (t) X −1 (t 0 ) x (t 0 ) + entonces x (t) = e e o sea que At −At0 rsid ad X (t) = eAt ⇒ X −1 (t) = e−At ⇒ X −1 (t0 ) = e−At0 Un ive de En particular si x0 + e At t0 t x(t) = eA(t−t0 ) x0 + t0 eA(t−s) f (s) ds An x(t) = X (t) X −1 (t0 ) x0 + X (t) tioq uia t .´ ´ DE PARAMETROS ´ 7. x(0) = 9 4 Soluci´ on: los valores propios son: λ = 3.25) para resolver el sistema: x = 6 −3 2 1 x+ e5t 4 . v2 = 3 2 An 0 e3t 3e4t e3t 2e4t e3t 3e4t − 2 + e3t 2e4t = 5x1 (t) − 2x2 (t) + xp Luego la soluci´ on particular es xp = 262 2e5t − 1 e5t − 2 Un ive rsid ad 2e5t − 1 + 5e3t − 6e4t e5t − 2 + 5e3t − 4e4t −e2t − 4e−3t + 5 et + e−4t − 2 de . SISTEMAS LINEALES DE E. Utilizar (7. x2 (t) = e4t v2 = e4t 3 2 atem = Luego la matriz fundamental y su inversa en t´ erminos de s son: X (t) = Pasos: a) hallemos: t uia . X −1 (s) = −2e−3s 3e−3s e−4s −e−4s o. DE PRIMER ORDEN Ejemplo 6.D t0 =0 tioq X (t) X −1 (s) f (s) ds = = = = = 5 e3t 3e4t e3t 2e4t e3t 3e4t e3t 2e4t t ept e3t 3e4t e3t 2e4t .D. d eM atic 3e4t 2e4t e5s 4 ds 0 t −2e−3s 3e−3s e−4s −e−4s as ds −2e2s + 12e−3s es − 4e−4s 2e5t − 1 e5t − 2 v1 = 1 1 .CAP´ ITULO 7. λ = 4 Los vectores propios linealmente independientes son: Las soluciones vectoriales linealmente independientes son: x1 (t) = e3t 1 1 = e3t e3t . :x(t) = 1 4 sen 2t + 2t cos 2t tioq uia .: x(t) = ) 588 − 60t − 575e−t − 13e5t ept o. . Definici´ on 7.4. d En los siguientes ejercicios.  . TRANSFORMADA DE LAPLACE PARA SISTEMAS b) Hallemos X (t) X −1 (0)x0 e3t 3e4t e3t 2e4t De a) y b): t −2 3 1 −1 9 4 = e3t 3e4t e3t 2e4t −6 5 = −6e3t + 15e4t −6e3t + 10e4t x(t) = X (t) X −1 (0) x0 + X (t) 0 X −1 (s) f (s) ds = = 7.7. x = 6 −7 2t x+ 1 −2 3 666 − 120t − 575e−t − 91e5t (Rta. x = 0 2 0 x + 3t −1 3 e cos 2t −2t sen 2t e3t ) (Rta.D 1.4.7 Si    x 1 (t) def.   x (t) =  . ∞ −st e xn (t) dt 0 atic as . aplique el m´ etodo de variaci´ on de par´ ametros para hallar una soluci´ on particular de los siguientes sistemas: eM −e3t + 9e4t + 2e5t − 1 −e3t + 6e4t + e5t − 2 atem  263 −6e3t + 15e4t −6e3t + 10e4t + 2e5t − 1 + 5e3t − 6e4t e5t − 2 + 5e3t − 4e4t  . .  ⇒ £{x(t)}(s) = X (s) =  x n (t) Un ive TRANSFORMADA DE LAPLACE PARA SISTEMAS ∞ −st e x1 (t) dt 0 rsid ad de An 2.  . Resolver el problema de valor inicial. ∞ −st e fn (t) dt 0 ∞ −st e f1 (t) dt 0  Ejemplo 7. Luego £{x (t)}(s) = £{Ax(t) + f (t)}   .  ⇒ F (s) = £{f (t)}(s) =  .  . .27)    }(s) sX1 (s) − x1 (0)    . . SISTEMAS LINEALES DE E.   f (t) =  .27): sX (s) − x(0) = AX (s) + F (s) Luego (sI − A) X (s) = x(0) + F (s) eM  Pero £{x (t)} =  £ {x n atem et . . = f n (t) Fn (s) Sea x (t) = Ax(t) + f (t). de £{x }(s) = sX (s) − x(0) = sI − 1 4 1 1 1 4 1 1 1 4 1 1 tioq x = 1 4 1 1 uia . . . }(s) sXn (s) − xn (0) atic 1 1 as = A£{x(t)}(s) + £{f (t)}(s) x+ x(0) = 2 1 An £{x}(s) + 1 s−1 £{et }(s) rsid ad 2 1 X (s) + X (s) = x(0) + Un ive = = s − 1 −4 −1 s − 1 X1 (s) X2 (s) 2+ 1+ 1 1 s−1 1 1 1 + s−1 1 1 s−1 1 s−1 ⇒ (s − 1)X1 (s) − 4X2 (s) = 2 + 264 1 s−1 . 1 1  £ {x 1 . . DE PRIMER ORDEN Y si     f 1 (t) F1 (s)  . = AX (s) + F (s) (7.D 1 1 ept o.CAP´ ITULO 7.   .D. =  = sX (s) − x(0) . d en (7. x(0) = 0. dx dt dy dt = 2y + e t = 8x − t. d eM atem atic as .: x(t) = − 1 e−2t + 1 e t .D. x(0) = 1. y = 2 cos 3t − 3 sen 3t) 3 dx dt dy dt rsid ad 2.7. y (0) = 1 de An dx dt dy dt tioq uia Usar la transformada de Laplace para resolver los siguientes sistemas de E. y (0) = 1 2 t (Rta. En t = 0 los resortes estan sin estirar y el de peso 96 tiene una velocidad de 600 265 Un ive 3.D ept x1 (t) = £−1 {X1 (s)} 1 1 11 1 1 = −£−1 + £−1 + £−1 s−1 4 s−3 4 s+1 1 11 = −et + e3t + e−t 4 4 −1 x2 (t) = £ {X2 (s)} 1 1 1 1 11 1 = − £−1 + £−1 − £−1 4 s−1 8 s−3 8 s + 1) 1 11 1 = − et + e3t − e−t 4 8 8 o.: x = − cos 3t − 5 sen 3t.4. y (t) = 1 e−2t + 3 e) 3 3 3 4. = −x + y = 2x. . x(0) = −1. Dos pesos de 96 libras y 64 libras se mueven horizontalmente en una superficie lisa. TRANSFORMADA DE LAPLACE PARA SISTEMAS 1 s−1 Resolviendo el anterior sistema para X1 (s). y (0) = 2 7 (Rta. cada resorte tiene k = k1 = k2 = 600. X2 (s): −X1 (s) + (s − 1)X2 (s) = 1 + X1 (s) = − X2 (s) = − 1 11 1 1 1 + + s−1 4 s−3 4s+1 1 1 11 1 1 1 + − 4s−1 8 s−3 8s+1 1. = x − 2y = 5x − y. DE PRIMER ORDEN pies/seg. d eM atem Ejemplo 8.t)=-4*x(t)-y(t).D. ANEXO CON EL PAQUETE Maple >sys1 :=[diff(x(t). y = 24 sen 10t − 4 6 sen 600t) 7. alej´ andose del muro y el otro esta en reposo.D. del movimiento y la posici´ on en el tiempo t. y = x − 2 ∗ y ] o. SISTEMAS LINEALES DE E. x2 = 2 Soluci´ on: atic as .D >sol1 := dsolve(sys1). 266 Un ive rsid ad de An tioq sol1 := {x (t) = e−3 t ( C1 + C2 t) .16) 2y 2x (Rta. hallar la soluci´ on general y la soluci´ on particular x 1 = − 4x 1 − x 2 x 2 = x 1 − 2x 2 con x1 (0) = 1. m 2 d 2 = − k 2 (y − x) dt2 dt √ √ √ √ x = 48 sen 10t + 2 6 sen 600t. diff(y(t). ept sys1 := [x = −4 ∗ x − y. (Ver Cap´ ıtulo 4 figura 4. y (t) = −e−3 t ( C1 + C2 t + C2 )} uia .CAP´ ITULO 7.: m1 d = − k 1 x + k 2 (y − x). Encontrar las E. Con el paquete Maple resolver el siguiente sistema.t)=x(t)-2*y(t)].5. D ept 8.1. pero aunque no podamos resolverla explicitamente.2) en el que la variable independiente t no aparece en F y en G se le llama aut´ onomo. EL PLANO DE FASE Estudiaremos en este capitulo sistemas de la forma dx = F (x. o. El sistema (8. Buscaremos informaci´ on cualitativa a partir de la E.D. y ) dt rsid ad de An Frecuentemente nos ocurre que no podemos resolver una E. anal´ ıticamente y con m´ as frecuencia si la E.2) dt donde F y G son continuas y tienen primeras derivadas parciales continuas en todo el plano. sin resolverla explicitamente. y ) (8.D. es no lineal.D.CAP´ ITULO 8 atem INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD ´ SISTEMAS AUTONOMOS.1) y (8. Un ive 267 . tioq uia .1) dy = G(x. d eM atic as (8. si podemos analizar su comportamiento cualitativo. entonces x = x(t + c ) y = y (t + c ) (8.4) son las ecuaciones par´ ametricas de una curva en el plano XY .3) (8. Una trayectoria es por tanto una curva dirigida y en las figuras utilizamos flechas para indicar la direcci´ on de t creciente sobre las trayectorias. Por tanto cada trayectoria viene representada por muchas soluciones que difieren entre si por una translaci´ on del par´ ametro. debe corresponder a una soluci´ on de la forma (8.6).D ept . Nota: i). y0 ).1) y (8. o sea. dt 268 Un ive rsid ad y de An tioq uia dx = G (x 0 . si t0 es cualquier n´ umero y (x0 . Para el punto (x0 .CAP´ ITULO 8. entonces existe una u ´nica soluci´ on: x = x (t) y = y (t) tal que x(t0 ) = x0 y y (t0 ) = y0 Si x(t) y y (t) no son ambas constantes. la familia de trayectorias representadas en el plano de fase la llamaremos el retrato de fase Nota: si (8. entonces (8.1) y (8. Tambi´ en cualquier trayectoria que pase por el punto (x0 . INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD Por el Teorema A. y 0 ) = 0 dt . por cada punto del plano de fase pasa una sola trayectoria. es decir. La direcci´ on de t creciente a lo largo de la trayectoria dada es la misma para todas las soluciones que representan a esa trayectotia. y 0 ) = 0.5) y (8.7 (de Picard).6) tambi´ en es soluci´ on de (8. d eM atem atic as (8. y0 ) tal que dy = F ( x 0 .2) para cualquier c. que las trayectorias no se intersectan.2).3) y (8.4) o. ii). y0 ) es un punto cualquiera del plano XY .5) (8.4) es soluci´ on de (8. a este plano lo llamaremos el plano de fase y la curva soluci´ on la llamaremos una trayectoria del sistema.3) y (8. y0 ) que no contiene ning´ un otro punto cr´ ıtico. 0) = 0 y G(nπ. no hay fuerza que actue sobre ella y por consiguiente est´ a en equilibrio. AUTON. y0 ) tal que F (x0 .8. existe un c´ ırculo centrado en (x0 . 0) = 0. y0 ) es aislado. 0) para n ∈ Z son puntos cr´ ıticos aislados. asi que por un punto cr´ ıtico no pasa ninguna trayectoria. Por esta raz´ on en algunos textos a los puntos cr´ ticos tambi´ en los llaman puntos de equilibrio. del p´ endulo amortiguado (4. atic as 269 ..1 (Punto Cr´ ıtico) . la u ´nica excepci´ on a esta afirmaci´ on ocurre en los puntos (x0 . o sea que la 2 dt dt part´ ıcula est´ a en reposo.D ept Supondremos que todo punto cr´ ıtico (x0 . m a de An Vimos en el Cap. donde F y G son cero. Estos puntos (nπ. Como se dijo antes. Los puntos (nπ.18) en la p´ agina 147 era d2 θ c dθ g + + sen θ = 0 2 dt m dt a Haciendo x = θ y y = θ se obtiene el siguiente sistema autonomo no lineal tioq uia . De las anotaciones anteriores se concluye que las trayectorias cubren todo el plano de fase y no se intersectan entre si.D. 0) corresponden a un estado de movimiento de la part´ ıcula de masa m en el que tanto la velocidad a ´ngular y = dθ dt 2 d θ y la aceleraci´ on a ´ngular dy = se anulan simultaneamente. SIST.1. y0 ) = 0 y G(x0 . PLANO DE FASE se cumple que x (t) ≡ x 0 y y (t) ≡ y 0 es tambi´ en soluci´ on (soluci´ on constante). d eM Nota: en estos puntos la soluci´ on es u ´nica y es la soluci´ on constante x(t) = x0 y y (t) = y0 . Al punto (x0 . atem Definici´ on 8. o. y0 ) = 0 se le llama un punto cr´ ıtico del sistema. IV que la E. ya que F (nπ. una soluci´ on constante no define una trayectoria. y0 ). y ). Un ive rsid ad x = y = F (x. pero no la llamamos trayectoria. y ) g c y = − y − sen x = G(x. es decir. 1). R. y )j donde dx dt = F (x. donde las part´ ıculas se hallan en reposo (puntos estacionarios del flu´ ıdo). y ) (ver figura 8. los puntos cr´ ıticos Q.1 De la figura se extraen las siguientes caracter´ ıticas: 1. Esto es lo que ocurre en un flu´ ıdo en movimiento y como el sistema es aut´ onomo entonces V (x. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD Como x (t) = F (x. t) son las componentes del vector tangencial a las trayectorias en el punto P (x. d eM atic v G as . por esta raz´ on al movimiento del flu´ ıdo se le llama estacionario. y ) = F (x. entonces V es el vector velocidad de una part´ ıcula que se mueve sobre la trayectoria. Si t es el tiempo. 2. consideremos el campo vectorial: V (x. = F y dy = G. y ) y y (t) = G(x. y ) y dy dt = G(x. 270 Un ive En P (x.CAP´ ITULO 8. y ) y G(x. S son puntos de velocidad cero. y ). y ) las componentes de V (x. y ) son F (x. y )i + G(x.D ept o. rsid ad de An tioq uia . Los puntos cr´ ıticos. La disposici´ on de las trayectorias cerca de los puntos cr´ ıticos. entonces V es tangente a la trayectoria en P y Como dx dt dt apunta en la direcci´ on de t creciente. Asi el plano de fase est´ a lleno de part´ ıculas y cada trayectoria es la traza de una part´ ıcula precedida y seguida por otras sobre una misma trayectoria. y ) no cambia con el tiempo. y ) C •S R atem P F •Q Figura 8. y ) dt o. si y (t) − y 0 : existe o es igual a ± ∞. t→±∞ x(t) − x0 l´ ım 271 Un ive as . La estabilidad o inestabilidad de los puntos cr´ ıticos. Las trayectorias cerradas como la C . (8. decimos que C tiende a (x0 . corresponden a soluciones peri´ odicas. y0 ).8). y0 ) es punto cr´ ıtico de (8. el prop´ osito de la teor´ ıa cualitativa que desarrollaremos en este cap´ ıtulo es descubrir todo cuanto sea posible acerca de los diagramas de fase a partir de las funciones F y G. Como en general los sistemas no lineales no pueden resolverse expl´ ıcitamente. es decir. t→±∞ l´ ım x(t) = x0 l´ ım y (t) = y0 rsid ad donde F y G son continuas. adem´ as.7) y (8.2.7) atem atic (8. TIPOS DE PUNTOS CRITICOS. ESTABILIDAD. 4. y ) dt .7) y (8. y0 ) un punto cr´ ıtico aislado de (8.10). y (t)) es una trayectoria de (8. Si C = (x(t). si de An tioq uia dy = G(x. con derivadas parciales continuas en el plano de fase XY . ESTABILIDAD.D ept dx = F (x. 8. si una part´ ıcula pr´ oxima a un punto cr´ ıtico permanece cerca de ´ el o se aleja hacia otra zona del plano. cuando t → ∞ (o t → −∞).9) (8.2. entonces (x0 . Sea (x0 .8.9) y (8. d Consideremos el sistema aut´ onomo: eM TIPOS DE PUNTOS CRITICOS.8).8). 3.10) t→±∞ Nota: si se cumple (8.8) (8.7) y (8. (x0 . TIPOS DE PUNTOS CRITICOS.7) y (8. Los nodos propios : en estos el retrato de fase esta formado por semirectas donde todas entran (o todas salen) del punto cr´ ıtico. atic 8.2 y 8.y ) trayectoria de (8. Cuando las trayectorias entran al punto 272 Un ive nodo propio o nodo estrella asintoticamente estable rsid ad de An tioq x nodo impropio asintoticamente estable Figura 8.D ept y 1. a).2. o. cuando F y G se anulan simult´ aneamente. y0 ) cuando t → ∞ o t → −∞. Esto significa que la recta que une (x0 . d y eM uia . y ) cuando F y G no se anulan simult´ aneamente. y0 ) es un punto cr´ ıtico y ninguna trayectoria pasa por ´ el. as x Se distinguen dos tipos de nodos: nodos propios y nodos impropios.CAP´ ITULO 8. se le llama tambi´ en nodo estrella. (x. y0 ) con P (x.2 .1. Nodos. (ver figura 8. 0) es un cr´ ıtico.3) atem Sin p´ erdida de generalidad supondremos que el punto (0.8) en (x. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD entonces se dice que C entra al punto cr´ ıtico (x0 .y ) dy Eliminando t tenemos que dx =G : pendiente de la recta tangente a la F (x. y ) tiene una direcci´ on determinada cuando t → ∞ o t → −∞. Cuando C1 = 0 ⇒ x = 0 y y = C2 e2t esto implica que la trayectoria es el eje Y positivo si C2 > 0 y el eje Y negativo si C2 < 0 y cada trayectoria tiende y entra al or´ ıgen cuando t ⇒ −∞. 0) es punto cr´ ıtico. Todas las dem´ as trayectorias tienen el aspecto de ramas de par´ abola y al tender hacia el origen sus pendientes tienden a la pendiente de una de las semirectas. y y x x Figura 8. o tambi´ en es la semirecta y = x 273 Un ive rsid ad de b). d eM nodo propio o nodo estrella inestable nodo impropio inestable atem atic as . ESTABILIDAD.3 Ejemplo 1. o. y (t) = C1 et + C2 e2t . Para este nodo existen cuatro trayectorias en forma de semirectas con extremos en el origen.D ept cr´ ıtico (sea nodo u otro tipo de punto cr´ ıtico) se dice que es un sumidero y cuando salen de ´ el se dice que es una fuente.8. Nodo impropio: a un punto de este tipo tienden e incluso entran las trayectorias cuando t → ∞ (´ o t → −∞).2. TIPOS DE PUNTOS CRITICOS. An tioq uia . La soluci´ on general es x = C1 et . Si C2 = 0 entonces x(t) = C1 et y y = C1 et y la trayectoria es la semirecta y = x con x > 0 y C1 > 0. Considremos el sistema siguiente dx = x y dy = − x + 2y dt dt entonces (0. D. eM atem atic as . inestable 2. econtramos y = x + Cx2 que son las curvas (par´ abolas) sobre las que se apoyan las trayectorias. Punto de Silla.5) 274 Un ive rsid ad +2y dy = −xx : pendiente de la tangente a la trayectoria Observese que dx que pasa por (x. Debe entenderse y = x+ C 2 1 que estas trayectorias constan solo de una porci´ on de la par´ abola. de An tioq Cuando C1 = 0 y C2 = 0. d con x < 0 y C1 < 0. uia . las trayectorias est´ an sobre las par´ abolas C2 2 x que van hacia el or´ ıgen con pendiente 1. 0). la parte con x > 0 si C1 > 0 y la parte x < 0 si C1 < 0. y ) = (0.4 Nodo impropio. resolviendo la E. sino que son asint´ oticas a alguna de las semirectas cuando t → ∞ (figura 8. estas trayectorias no tienden hacia origen cuando t → ∞.D ept o.4).CAP´ ITULO 8. excepto las que estan sobre el eje Y (Ver figura 8. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD y x Figura 8. En estos dos casos ambas trayectorias tienden y entran al or´ ıgen cuando t ⇒ −∞. las cuales contienen una familia de trayectorias en forma de hip´ erbolas. El origen es un punto de silla si el retrato de fase muestra que a este punto tienden y hacia ´ el entran dos semirectas con extremos en el origen cuando t → ∞ y hay otras dos semirectas que salen del origen cuando t → ∞. Entre estas cuatro semirectas hay cuatro regiones. TIPOS DE PUNTOS CRITICOS. Ninguna trayectoria tiende a ´ el cuando t → ±∞. 275 Un ive rsid ad de An ept o. Centros (o v´ ortices)(ver figura 8. d 3. ESTABILIDAD.6) eM atem atic as .5 Punto de silla y tioq uia .D x Figura 8. y x Figura 8.2.8.6 Centro (estable) Es un punto cr´ ıtico que est´ a rodeado por una familia de trayectorias cerradas. 0) es el u ´nico punto cr´ ıtico.7 Centro (estable) Y la soluci´ on determinada por x(0) = 0 y y (0) = 1 es x = − sen t = cos t + y = cos t = sen t + 276 π 2 Un ive rsid ad de An tioq o. dt Entonces (0. Su soluci´ on general es : x = −C1 sen t + C2 cos t La soluci´ on (o trayectoria) que satisface las condiciones iniciales x(0) = 1 y y (0) = 0 es x = cos t y = sen t y C 1 uia .CAP´ ITULO 8. d x π 2 eM atem atic as y = C1 cos t + C2 sen t . Consideremos el sistema dx = −y.D 1.5 2 ept Figura 8. dt dy = x. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD Ejemplo 2. TIPOS DE PUNTOS CRITICOS. tenemos que dx y 2 2 2 x + y = R que es una familia de circunferncias en el plano de fase xy . d eM atem y atic 4 Focos.7). En ambos casos la direcci´ on del recorrido es en sentido contrario a las agujas del reloj. la circunferencia: x2 + y 2 = 1. Estas dos soluciones diferentes definen la misma trayectoria C . N´ otese que aunque las trayectorias tienden al origen. ESTABILIDAD. dy = −x cuya soluci´ on es Eliminando t del sistema.D x ept o. (ver figura 8.2. no entran a ´ el en 277 Un ive Figura 8.8 Foco o espiral (asintoticamente estable) rsid ad de An uia . En este caso (0. tioq Un punto cr´ ıtico se llama foco o punto espiral si el retrato de fase muestra que hacia ´ el tienden (o salen de ´ el) las trayectorias de una familia que gira en forma espiral un n´ umero infinito de veces cuando t → ±∞. pero sin direcci´ on de recorrido. es decir.8. 0) es un centro(ver figura 8.8) as . CAP´ ITULO 8. La direcci´ on del recorrido se puede deducir del hecho que dx = −y dt cuando x = 0.11) (8. que es la ecuaci´ on polar de la familia de circunferncias x2 + y 2 = c 2 .13) r dr dy =x+y dx dx r2 de centro en el or´ ıgen y en este caso decimos que cuando el par´ ametro a = 0 se ha producido una bifurcaci´ on. t→±∞ l´ ım dy no existe dx Ejemplo 3. a este punto lo llamamos punto de bifurcaci´ on. 0) es el u ´nico punto cr´ ıtico. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD una direcci´ on determinda. es decir.13) queda as´ ı: dθ = ar ⇒ r = Ceaθ es la ecuaci´ on polar de las trayectorias.D ept dθ dy =x −y dx dx atic (8. La E. d Pasemos a coordenadas polares: x = r cos θ y y = r sen θ como y .15) .11) y (8. de las trayectorias es dy x + ay = dx ax − y (8.D.14) (8. Sea a una constante arbitraria y consideremos el sistema: dx = ax − y dt dy = x + ay dt entonces (0. Si a = 0 entonces el sistema (8. 278 Un ive y se convierte en r = c.9 ).12) atem . rsid ad dy =x dt de dx = −y dt An tioq dr Luego (8. entonces r2 = x2 + y 2 y θ = tan−1 x eM as (8.12) se colapsa en el sistema: uia o. en esencia es un punto donde las soluciones cambian cualitativamente de estables (o asint´ oticamente estables) a inestables o vicerversa (Ver figura 8. Un ive Definici´ on 8. para alg´ un t = t0 . el punto de silla de la figura 8. 0) es un punto cr´ ıtico del sistema eM Figura 8.9 Bifurcaci´ on atem a<0 a) Asint. tiende al or´ ıgen cuando t → ∞.3 y 8.8.4 . permanece en el c´ ırculo x + y = R para todo t > t0 .2 (Estabilidad) . el foco (o espiral) de la figura 8. diremos que es inestable. rsid ad de Decimos que (0. Si el punto cr´ ıtico no es estable. d Definici´ on 8. tal que toda trayectoria que est´ a dentro del c´ ırculo 2 2 2 2 2 2 x + y = r . 0) es un punto cr´ ıtico estable si para cada R > 0 existe un r > 0 con r ≤ R. tal que toda trayectoria que est´ a dentro de ´ el para alg´ un t = t0 .3 (Asint´ oticamente Estable) Si es estable y existe un c´ ırcu2 lo x2 + y 2 = r0 .9 c) son puntos inestables. y ) dt ept o. ESTABILIDAD. TIPOS DE PUNTOS CRITICOS.D dx = F (x. Los nodos de la figura 8. si todas las trayectorias que est´ an suficientemente cerca al punto cr´ ıtico permanecen cercanas a ´ el (ver figura 8.10).2. es decir. An tioq uia . y y y x x x Definici´ on 8. y ) dt dy = G(x.5.4. Supongamos por conveniencia que (0. estable a=0 b) Estable atic a>0 c) Inestable as 279 . dy = 5x − y dt dt (Rta: Punto de Silla inestable. estable o inestable: uia .7 son estables. eM atem atic as . son asint´ oticamente estables.) Ejercicio 4.) An tioq Para los siguientes ejercicios determine el tipo del punto cr´ ıtico que es (0.D Los nodos de la figura 8. dx dt dt (Rta: Nodo asint´ oticamente estable.9a) . dx dt dt (Rta: Punto de Silla inestable.) = x + 2y. pero no asint´ oticamente estables. dy = 2x + y Ejercicio 3. dx = 4x − y.) 280 Un ive rsid ad de = −2x + y. dx = 3x + y.6 y 8. el foco (o espiral) de la figura 8. dy = 2x + y dt dt (Rta: Nodo impropio inestable.8 y 8. ept o. dy = x − 2y Ejercicio 1. d Los centros de la figuras 8. 0) y diga si es asint´ oticamente estable. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD t = t0 • r • R • Figura 8.2.10 Ejercicio 2.CAP´ ITULO 8. (0. dx dt (Rta: Nodo inestable.16) atem = 2x − 2y.) = 5x − 3y.3. dx dt dt (Rta: Nodo asint´ oticamente inestable. 0) es el u ´nico punto cr´ ıtico. dy = 2x − 3y Ejercicio 5.) as .) eM (8.17) dt El cual tiene a (0. Ejercicio 6.8.) = 3x − 2y.) atic Ejercicio 8.D ept o. (8. dy = 5x − y dt dt (Rta: Centro estable.) dy dt = 3x − y = 4x − y dy dt 8. d Ejercicio 10. 0) como punto cr´ ıtico. dx = x − 3y. dx dt dt (Rta: Centro estable. dy = 6x − 5y dt dt (Rta: Punto espiral asint´ oticamente estable. pero no asint´ oticamente estable.16) y (8. PUNTOS CRITICOS Y CRITERIOS DE ESTABILIDAD = x − 2y. dy = 4x − 2y Ejercicio 9. dx = x − 2y.17) tiene una soluci´ on no trivial de la forma 281 rsid ad dx = a1 x + b 1 y dt de An tioq PUNTOS CRITICOS Y CRITERIOS DE ESTABILIDAD PARA SISTEMAS LINEALES uia . dx dt (Rta: Punto espiral inestable. Supondremos de ahora en adelante que = a 1 b 2 − b 1 a2 = 0 (8.18) Por tanto. pero no asint´ oticamente estable. Ejercicio 7.3. Consideremos el sistema: a1 b 1 a2 b 2 Un ive dy = a2 x + b 2 y (8. 282 Un ive rsid ad de CASO B: Si las raices m1 y m2 son reales. Casos Frontera: CASO D: Si las raices m1 y m2 son reales e iguales. entonces es un nodo. entonces es un foco.18) impl´ ıca que m = 0. entonces es un centro.2 son ra´ ıces distintas de la cuadr´ atica: m 2 − (a 1 + b 2 )m + (a 1 b 2 − a 2 b 1 ) = 0 (8.19) que se conoce como ecuaci´ on caracater´ ıstica del sistema. d eM m 2 − ( a 1 + b 2 ) m + ( a 1 b 2 − a 2 b 1 ) = 0.D ept Teorema 8.CAP´ ITULO 8. entonces es un punto de sillla. O de la forma x = Aem1 t . o. ii). atem atic as . An tioq CASO A: Si las raices m1 y m2 son reales. distintas y del mismo signo. uia . la condici´ on (8. CASO E: Si las raices m1 y m2 son imaginarias puras.19). distintas y de signos opuestos. y = Btem1 t si m1 es una ra´ ız de multiplicidad dos de la ecuaci´ on caracter´ ıstica Casos Principales: CASO C: Si las raices m1 y m2 son complejas conjugadas pero no imaginarias puras. entonces es un nodo. y = Bem2 t donde m1. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD i). Sean m1 y m2 las raices de (8. La naturaleza del punto cr´ ıtico est´ a determinada por estas raices.1 (Caracterizaci´ on de la naturaleza del punto cr´ ıtico) . x = Aem1 t . entonces (0.16. 0) es un nodo. en este caso: a).D ept Demostraci´ on: supongamos que m1 < m2 < 0. 8.21) (8. d eM CASO A: si las raices m1 y m2 son reales. Sabemos que la soluci´ on del sistema 8.22) representa una trayectoria que consiste de la Un ive son linealmente independientes.17 es: o. entonces rsid ad = B2 A2 y las C son constantes y = C 1 B 1 e m1 t as .3. PUNTOS CRITICOS Y CRITERIOS DE ESTABILIDAD A2 y = B 2 x A1 y = B 1 x x = C 1 A 1 e m1 t + C 2 A 2 e m2 t . Analicemos los coeficientes C1 y C2 1.8.20) (8. distintas y del mismo signo. Si C1 < 0.) Si C2 = 0.22) representa una trayectoria que consiste en la 1 semirecta A1 y = B1 x con pendiente B A1 b). atem Figura 8.11 Nodo impropio (asintoticamente estable) atic (8. entonces (8.22) 283 de A 1 m1 t e B1 y An donde los vectores A 2 m2 t e B2 B1 A1 tioq y = C 1 B 1 e m1 t + C 2 B 2 e m2 t uia x = C 1 A 1 e m1 t . por lo tanto arbitrarias. entonces (8. Si C1 > 0. 22) con m1 < 0. 0) cuando t → ∞. CASO B: si las raices m1 y m2 son reales. distintas y de signos opuestos.23) m1 − m 2 < 0 y C 1 B 1 e m1 t + C 2 B 2 e m2 t y = = x C 1 A 1 e m1 t + C 2 A 2 e m2 t C1 B1 C2 C 1 A1 C2 e(m1 −m2 ) t + B2 Demostraci´ on: supongamos que m1 < 0 < m2 .D ept e(m1 −m2 ) t + A2 o. as´ ı que las trayectorias entran a (0. la situaci´ on es exactamente la misma. 0) cuando t → −∞. 0) con pendiente B . 0) cuando t → ∞ y entran a ´ el con A2 B2 pendiente A2 . 0) con A2 B2 pendiente A2 .12).20) y (8. . d eM atem 3). De acuerdo a lo analizado (0. 0) cuando t → ∞. entonces estas trayectorias tienden a (0. y = C 2 B 2 e m2 t (8. adem´ as. como en el CASO A se tienen cuatro trayectorias en forma de semirectas opuestas.16) y (8. x →B cuando t → ∞.21). asint´ oticamente estable (Ver figura 8. un par de semirectas opuestas representadas por (8. 0) cuando t → ∞ y y 1 1 . (0. las flechas son al contrario del caso anterior. Si C1 = 0. 0) es un nodo impropio inestable. de An tioq y 2 entonces. uia .11). entonces x = C 2 A 2 e m2 t .20) y (8. Si C1 = 0 y C2 = 0. que tienden y entran a (0. excepto que las trayectorias salen de (0. las cuales tienden a (0. La soluci´ on general de (8. entonces ambas semirectas tienden a (0.CAP´ ITULO 8. 0) es un punto de silla (ver figura 8. Como m1 < 0. entonces ambas semirectas entran a (0.23) representan dos semirectas de la recta A2 y = B2 x 2 con pendiente B . como atic as Similarmente (8. =B como x A1 A1 2).23) con m2 > 0 las cuales tienden y entran al origen (0. como m1 < 0 y m2 < 0.17) es de la forma (8. 284 Un ive rsid ad Si m1 > m2 > 0. como lo veremos m´ as adelante. 0) es un nodo impropio y es. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD otra semirecta opuesta a la anterior.21) representa trayectorias curvas. 0) cuando t → ∞ y el otro par de semirectas opuestas representadas por (8. entonces (0. entonces (8. 8.3. PUNTOS CRITICOS Y CRITERIOS DE ESTABILIDAD A1 y = B 1 x y x A2 y = B 2 x Figura 8.12 Punto de silla (inestable) rsid ad Si C1 = 0 y C2 = 0, la soluci´ on general (8.20) y (8.21) representa trayectorias curvas, pero como m1 < 0 < m2 , entonces ninguna de ellas tiende a (0, 0) cuando t → ∞ o ´ t → −∞. En lugar de esto una trayectoria es asint´ otica a una de las semirectas de (8.23) cuando t → ∞ y asint´ otica a una de las semirectas de (8.22) cuando t → −∞, en efecto, como m2 > m1 de An tioq Un ive C 1 B 1 e m1 t + C 2 B 2 e m2 t y = l´ ım = l´ ım t→∞ t→∞ C1 A1 em1 t + C2 A2 em2 t t→∞ x l´ ım uia C1 B1 C2 C 1 A1 C2 ,D ept e(m1 −m2 ) t + B2 e(m1 −m2 ) t + A2 C2 B2 C1 C 2 A2 C1 o. d eM = B2 A2 B1 + y C 1 B 1 e m1 t + C 2 B 2 e m2 t = l´ ım l´ ım = l´ ım m t m t t→−∞ A1 + t→−∞ x t→−∞ C1 A1 e 1 + C2 A2 e 2 luego (0, 0) es un punto de silla y es inestable . 285 e(m2 −m1 ) t e(m2 −m1 ) t atem = B1 A1 atic as CAP´ ITULO 8. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD CASO C: si las raices m1 , m2 son complejas conjugadas pero no imaginarias puras, el punto cr´ ıtico es un foco (o punto espiral). Demostraci´ on: m1 , m2 son de la forma a ± bi, donde a y b son reales no nulos. En este caso el discriminante de 8.19 es negativo y por tanto D = (a1 + b2 )2 − 4(a1 b2 − a2 b1 ) = (a1 − b2 )2 + 4a2 b1 < 0 A1 B1 A2 B2 (8.24) Suponiendo que al valor propio λ = a + ib esta asociado el vector propio x = eat [C1 (A1 cos bt − A2 sen bt) + C2 (A1 sen bt + A2 cos bt)] (8.25) y = eat [C1 (B1 cos bt − B2 sen bt) + C2 (B1 sen bt + B2 cos bt)] (8.26) donde C1 y C2 son par´ ametros. Sabemos que y usando (8.16) y (8.17): a2 x2 + (b2 − a1 )xy − b1 y 2 x (a 2 x + b 2 y ) − y (a 1 x + b 1 y ) dθ = = dt x2 + y 2 x2 + y 2 Como estamos interesados solo en soluciones que representan trayectorias, suponemos x2 + y 2 = 0. 286 Un ive y x dy x − y dx dθ dt = dt dt x2 + y 2 rsid ad θ = tan−1 de An Si a < 0 entonces x → 0 y y → 0 cuando t → ∞, o sea que todas las trayectorias tienden a (0, 0) cuando t → ∞ y por tanto (0, 0) es asint´ oticamente estable. Probemos que las trayectorias no entran a (0, 0) cuando t → ∞, sino que giran alrededor de ´ el en forma de espirales. Para ello utilicemos coordenadas polares y mostremos que a lo largo de cualquier trayectoria, el signo de dθ no cambia para todo t. dt tioq uia ,D ept o. d eM atem entonces la soluci´ on general es de la forma atic as v = v1 + iv2 = +i 8.3. PUNTOS CRITICOS Y CRITERIOS DE ESTABILIDAD y y x x a<0 a2 > 0 a<0 a2 < 0 Figura 8.13 Focos (asint´ oticamente estables) De (8.24): a2 y b1 deben tener signos opuestos. Supongamos que a2 > 0 y b1 < 0. Si y = 0⇒ Si y = 0⇒ ya que si dθ dt a2 ecuaci´ on cuadr´ atica cuyo discriminante es ( b 2 − a 1 ) 2 + 4a 2 b 1 = D < 0 segun (8.24); por lo tanto x es n´ umero real. y x y es n´ umero complejo, lo cual es absurdo porque Un ive x y 2 rsid ad = 0, entonces a2 x2 + (b2 − a1 )xy − b1 y 2 = 0, o sea, + (b 2 − a 1 ) x − b1 = 0 y de dθ =0 dt An tioq dθ = a2 > 0 dt uia ,D ept o. d eM (8.27) (8.28) atem 287 atic as CAP´ ITULO 8. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD De la continuidad de cuando a2 > 0 y b1 < 0. dθ , dt de (8.27) y de (8.28) se concluye que dθ dt > 0 Similarmente, si a2 < 0 y b1 > 0 entonces dθ dt < 0. En conclusi´ on θ(t) es una una funci´ on siempre creciente para todo t o siempre decreciente para todo t, luego no entra al or´ ıgen. Por (8.25) y (8.26): x y y cambian de signo infinitas veces cuando t → ∞, es decir, todas las trayectorias giran en espiral alrededor del or´ ıgen en sentido contrario a las agujas del reloj si a2 > 0 y en sentido horario si a2 < 0. Luego el punto cr´ ıtico es un foco asint´ oticamente estable (Ver figura 8.13). Si a > 0: el an´ alisis es el mismo, salvo que las trayectorias tienden a (0, 0) cuando t → −∞ y el punto cr´ ıtico es inestable. i). Si a1 = b2 = a = 0 entonces la ecuaci´ on caracter´ ıstica (8.19) se convierte en m2 − 2am + a2 = 0 y por tanto m = a con multiplicidad dos y el sistema de E.D. queda convertido en el sistema desacoplado siguiente donde C1 y C2 son constantes arbitrarias, eliminando el par´ ametro t, obtenemos x C1 C1 = o sea que y = x y C2 C2 Las trayectorias definidas por (8.29) son semirectas de todas las pendientes posibles y como m < 0, entonces estas trayectorias tienden y entran 288 Un ive x = C1 emt , rsid ad dx = ax, dt Es claro que su soluci´ on general es de y = C2 emt An dy = ay. dt (8.29) tioq uia Demostraci´ on: supongamos que m1 = m2 = m < 0. Dos casos: i). a1 = b2 = 0 y a2 = b1 = 0 ii). Todas las dem´ as posibilidades que conducen a una raiz doble. ,D ept o. d CASO D: si las raices m1 y m2 son reales e iguales, el punto cr´ ıtico (0, 0) es un nodo. eM atem atic as 8.3. PUNTOS CRITICOS Y CRITERIOS DE ESTABILIDAD y x Figura 8.14 Nodo propio o nodo estrella (asint´ oticamente estable) y = C1 B emt + C2 (B1 + Bt) emt rsid ad de x = C1 A emt + C2 (A1 + At) emt An a (0, 0) cuando t → ∞, de donde (0, 0) es un nodo (llamado tambi´ en nodo propio o nodo estrella) asint´ oticamente estable (ver figura 8.14). Si m > 0, tenemos la misma situaci´ on, excepto que las trayectorias entran a (0, 0) cuando t → −∞, las flechas son al contrario, entonces es un nodo (nodo propio o nodo estrella) inestable. ii). Para raices repetidas sabemos de (7.22) en la p´ agina 255 que para A el valor propio m esta asociado el vector propio y el vector propio B A1 , por lo tanto la soluci´ on general es: generalizado de rango dos B1 tioq uia ,D ept o. d eM atem atic (8.30) (8.31) Cuando C2 = 0, entonces x = C1 A emt ; y = C1 B emt . Sabemos que estas soluciones representan dos semirectas de la recta Ay = Bx con pendiente B y como m < 0, ambas trayectorias tienden a A y (0, 0) cuando t → ∞. Como x = B , entonces ambas trayectorias entran a A B (0, 0) con pendiente A . 289 Un ive donde C1 y C2 son constantes arbitrarias. as CAP´ ITULO 8. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD y x ⇒ rsid ad y B → x A cuando de y = x C1 B C2 C1 A C2 + B1 + Bt + A1 + At t → ∞. y Cuando m > 0, observemos que tambi´ en x → B cuando t → −∞, en A este caso las trayectorias curvas salen del origen. En este caso la situaci´ on es la misma excepto que las direcciones de las flechas se invierten y el punto cr´ ıtico es un nodo (impropio) inestable. 290 Un ive . Luego, estas trayectorias curvas entran a (0, 0) con pendiente B A A este nodo se le llama nodo impropio (ver figura 8.15) y es asint´ oticamente estable. An tioq Si C2 = 0, entonces (8.30) y (8.31) representan trayectorias curvas y como m < 0, entonces estas trayectorias tienden a (0, 0) cuando t → ∞. Adem´ as, como y C1 B emt + C2 (B1 + Bt) emt = x C1 A emt + C2 (A1 + At) emt uia ,D ept o. d Figura 8.15 Nodo impropio (asint´ oticamente estable) eM atem atic as 8.3. PUNTOS CRITICOS Y CRITERIOS DE ESTABILIDAD CASO E: si m1 y m2 son imaginarias puras, el punto cr´ ıtico (0, 0) es un centro (ver figura 8.16). y x Figura 8.16 Centro (estable) y = C1 (B1 cos bt − B2 sen bt) + C2 (B1 sen bt + B2 cos bt) Luego x(t) y y (t) son peri´ odicas y cada trayectoria es una curva cerrada que rodea al or´ ıgen, estas trayectorias son elipses, lo cual puede probarse dy 2 x+b2 y resolviendo la E.D.: dx =a . a1 x+b1 y Luego (0, 0) es un centro estable, pero no asint´ oticamente estable. Un ive rsid ad de An tioq uia x = C1 (A1 cos bt − A2 sen bt) + C2 (A1 sen bt + A2 cos bt) ,D Demostraci´ on: m1 y m2 son de la forma a ± ib con a = 0 y b = 0, luego por (7.10) en la p´ agina 246, ept o. d eM atem 291 atic as El punto cr´ ıtico (0. d Figura 8. Por −p± p2 −4q 2 Por encima de la par´ abola p2 − 4q = 0 se tiene p2 − 4q < 0. Luego m1 .17 eM atem puntos de silla .CAP´ ITULO 8. 0)del sistema lineal (8. Luego los cinco casos anteriores se pueden describir en t´ erminos de p y q y para ello utilizamos el plano pq (ver figura 8. toda la informaci´ on la podemos extraer de m1.2 ( Criterio de estabilidad) . m2 son n´ umeros complejos y estos son imaginarios puros si y solo 292 rsid ad (m − m1 )(m − m2 ) = m2 + pm + q = 0 de An tioq Teorema 8.17) es estable si y solo si ambas raices de la ecuaci´ on auxiliar (8.17).19) de la forma siguiente: Un ive tanto. y es asint´ oticamente estable si y solo si ambas raices tienen partes reales negativas.D ept o.16) y (8.2 = Observando la figura vemos que: donde p = −(m1 + m2 ) y q = m1 m2 . El eje p (o sea q = 0). est´ a excluido ya que q = m1 m2 = a1 b2 − √a2 b1 = 0. uia .19) tienen partes reales no positivas. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD q inestable p 2 − 4q = 0 centros estable asintoticamente estable no do espirales sl im ite espirales atic nodos inestable as d no os lim ite nodos p Escribamos la ecuaci´ on (8. El punto cr´ ıtico (0. Ejercicio 3. dx dt (Rta: (0. por tanto es un punto de silla o sea el caso B. dy dt = x + 3y Ejercicio 4. sobre la par´ abola m1 = m2 . por tanto son nodos y son los casos A y D.D ept o. estos son los casos C y E de focos y centros. Encuentre los puntos cr´ ıticos: Ejercicio 1. donde n es un entero. se caracteriza porque p2 − 4q ≥ 0 y q > 0 ⇒ m1 .16) y (8. es una regi´ on con estabilidad asint´ otica. (Rta: (−2.) Encuentre los puntos cr´ ıticos del sistema dado e investigue el tipo de estabilidad de cada uno: Un ive = 2x − xy.8. 0)) Ejercicio 2. el segundo.17) es asint´ oticamente estable si y solo si los coeficientes p = −(a1 + b2 ) y q = a1 b2 − a2 b1 . −3)) dx dt = 3x − y. = 3x − 2y. m2 son reales y del mismo signo. 2)) dy dt rsid ad = xy − 3y de dx dt dy dt = 4x − 3y + 1 An tioq uia . PUNTOS CRITICOS Y CRITERIOS DE ESTABILIDAD si p = 0. (Rta: (0. Por debajo del eje p se tiene q < 0 ⇒ m1 . El primer cuadrante excluyendo los ejes. dx = y. d eM atem atic 293 as . La zona entre la par´ abola y el eje p (excluido este eje e incluyendo a la par´ abola). 0) del sistema lineal (8.3 (Criterio para estabilidad asint´ otica) . m2 son reales distintos y de signos opuestos. 0). tercero y cuarto cuadrante son regiones inestables. Teorema 8. de la ecuaci´ on auxiliar son ambos positivos. dy = − sen x dt dt (Rta: todos los puntos de la forma (nπ. el eje positivo q corresponde a centros y por tanto es estable. 0) y (3.3. 32) dy = G(x.) = 3x − 2y. dy = x − 2y Ejercicio 5. 0) dicho punto cr´ ıtico (un punto cr´ ıtico (x0 .) = x − 3y. y ) dt (8. d eM atem atic as . dt y supongamos que tiene un punto cr´ ıtico aislado. y ) = E (x(t). INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD = −2 + y. entonces E (x. dy = 4x − y dt dt (Rta: el or´ ıgen es un foco o punto espiral inestable. y ) se mueve a lo largo de las trayectorias de acuerdo a las ecuaciones x = x(t) y y = y (t). y = y − y0 ). Sea C = (x(t).32) y consideremos la funci´ on E (x. dx dt dt (Rta: el or´ ıgen es un punto silla inestable. y (t)) = E (t) 294 Un ive Consideremos el sistema aut´ onomo dx = F (x.) Ejercicio 8. dx = 3x − 2y.4. dy =2+y Ejercicio 6.) 8. dx dt dt (Rta: el or´ ıgen es un foco o punto espiral inestable. sea (0. dy = 4x − y Ejercicio 9. y ) continua y con primeras derivadas continuas en una regi´ on que contiene a la trayectoria. y0 ) se puede llevar al or´ ıgen mediante la traslaci´ on de coordenadas x = x − x0 . dx dt dt (Rta: el or´ ıgen es un foco o punto espiral asint´ oticamente estable. dx dt dt (Rta: el or´ ıgen es un nodo asint´ oticamente estable. y (t)) una trayectoria de (8. y ). dy = 6x − 5y Ejercicio 7. dy = 4x − 2y dt dt (Rta: el or´ ıgen es un centro estable. dx = x − 2y.) = x + 2y. Si un punto (x.CAP´ ITULO 8.) Ejercicio 10 .D ept o. rsid ad de An tioq uia CRITERIO DE ESTABILIDAD POR EL METODO DIRECTO DE LIAPUNOV . 8. y ) ≥ 0 con (x. 0). y ) es definida positiva. 0). CRITERIO DE ESTABILIDAD: METODO DE LIAPUNOV es una funci´ on de t sobre C .5 Supongamos que E (x. iv. y ) y x2m > 0 para todo (x. y ) = ax2m + by 2n con a > 0. Si E (x. 0).4. x2m es semidefinida positiva. ya que x2m = 0 para todo (0. 0). y ) = (0. decimos que E es semidefinida positiva. y ) = (0. iii. Un ive E (x. Definici´ on 8. y ) ≤ 0 con (x. tioq Nota: uia . as 295 . y ) = (0. Si E (0. Si E (x. decimos que E es semidefinida negativa. y ) = ax2m + by 2n con a < 0 y b < 0 es definida negativa. n enteros positivos. d eM atem atic i. 0). b > 0 y m. (x − y )2m son semidefinidas positivas. Similarmente se demuestra que y 2n . y ) es continua y tiene primeras derivadas parciales continuas en una regi´ on que contiene al origen. rsid ad E (x. y ) < 0 con (x. Si E (x. y ) > 0 con (x. es definida positiva. decimos que E es definida negativa. 0) = 0 y (8. y ) es definida negativa si y solo si −E (x. su raz´ on de cambio es dE ∂E dx ∂E dy ∂E ∂E = + = F+ G dt ∂x dt ∂y dt ∂x ∂y Esta f´ ormula es la idea principal de Liapunov. de An E (x. Si E (x.33) ii. y ) = (0.D ept o. y ) = (0. decimos que E es definida positiva. con primeras derivadas parciales continuas en una regi´ on que contiene al or´ ıgen. y ) ∂x ∂y dt es semidefinida negativa. z o. y ) es continua. y ) es definida positiva.18). d x ∂E ∂E dE F+ G= (x.6 (funci´ on de Liapunov) E (x. y ) es la ecuaci´ on de una superficie que podr´ ıa parecerse a un parabolo´ ıde abierto hacia arriba y tangente al plano XY en el or´ ıgen (ver figura 8. (8.18 An tioq uia . y ) es definida positiva y adem´ as. entonces z = E (x.32).CAP´ ITULO 8. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD Si E (x.D ept atem atic as . y ) es llamada una funci´ on de Liapunov para el sistema (8. 296 eM y Un ive Definici´ on 8.34) rsid ad de Figura 8. si E (x. E (x. < 0). impl´ ıca que C se aproxima al punto cr´ ıtico (0. atic as 297 . y ) es continua y definida positiva.34) es definida negativa entonces (0. entonces el punto cr´ ıtico (0. Sea C = [x(t). bajo la hip´ otesis adicional ( dE dt E (x.4.34) sea semidefinida negativa impl´ ıca dE ∂E ∂E que la derivada de dt = ∂x F + ∂y G ≤ 0 y esto impl´ ıca que E es no creciente a lo largo de las trayectorias de (8.D c. y ) es continua en el or´ ıgen y se anula en ´ el. y (t)] cualquier trayectoria que est´ e dentro de C2 para t = t0 . entonces dE = ∂E F + ∂E G ≤ 0 lo cual impl´ ıca que E (t) ≤ E (t0 ) < m para todo dt ∂x ∂y t > t0 . 0).32) pr´ oximas al or´ ıgen. Si (8. Como E (x. Por lo anterior las funciones E generalizan el concepto de energ´ ıa total de un sistema f´ ısico. de An tioq uia . porque al ser Probemos que. Si existe una funci´ on de Liapunov para el sistema (8. Si (8. 0) es un punto cr´ ıtico asint´ oticamente estable. Adem´ as. y ) definida positiva. CRITERIO DE ESTABILIDAD: METODO DE LIAPUNOV Nota: Por (8.8.32) . Un ive rsid ad Demostraci´ on: sea C1 un c´ ırculo de radio R > 0 centrado en el or´ ıgen de tal manera que C1 se halla dentro del dominio de definici´ on de la funci´ on E . d b. 0) es estable. eM atem a. luego podemos hallar un n´ umero positivo r < R tal que 0 ≤ E (x. y ) < m si (x. el requisito de que (8.34) es semidefinida negativa. luego la trayectoria C nunca puede alcanzar el c´ ırculo C1 en un t > t0 lo cual impl´ ıca que hay estabilidad. tiene un m´ aximo positivo m en C1 .33).34) es definida positiva entonces (0. 0) es un punto cr´ ıtico inestable. Teorema 8.4 ( Criterio de Liapunov) . E (x.19). Probemos la segunda parte del teorema. E (t) → 0. ept o. y ) est´ a dentro del c´ ırculo C2 de radio r (Ver figura 8. entonces E (t0 ) < m y como (8. La E. y ) dentro del c´ ırculo C3 de radio r. o. es decir. entonces E (t) tiene un l´ ımite L ≥ 0 cuando t → ∞. t→∞ Ejemplo 4. en un medio que ofrece un amortiguamiento de coeficiente C es m 298 dx d2 x +C + kx = 0 2 dt dt Un ive E (t) ≤ E (t 0 ) − k (t − t 0 ) ∀ t ≥ t 0 rsid ad y dE ≤ −k dt Se obtiene la desigualdad: de Supongamos que L > 0. l´ ım E (t) = −∞. pero E (x. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD y c2 t = t0 • r c3 r• c1 •R x Pero el miembro de la derecha tiende a −∞ cuando t → ∞.CAP´ ITULO 8. Sea r < r (ver figura 8. y ) < L para (x. d eM Figura 8.19 atem atic c as . luego L = 0. como la funci´ on (8.34) es continua y definida negativa. entonces E (t) es decreciente y como E (t) est´ a acotada Como dE dt inferiormente por 0. tiene un m´ aximo negativo −k en el anillo limitado por los c´ ırculos C1 y C3 . luego de la ecuaci´ on t dE E (t) = E (t 0 ) + dt t0 dt An tioq uia .D. de una masa m sujeta a un resorte de constante k . y ) ≥ 0 (Absurdo!).19) tal que E (x. Este anillo contiene a toda trayectoria C para t ≥ t0 .D ept < 0. Soluci´ on: El sistema aut´ onomo equivalente es: dx = y. La E. Analizar la estabilidad de su punto cr´ ıtico.D ept o. (Resorte no lineal). pero la funci´ on Liapunov no detecta este hecho. La energ´ ıa cin´ etica es 2 2 potencial es x F (x) = 0 Un ive x =y y = − f (x) rsid ad de f (x) dx 299 An tioq Ejemplo 5.4. 2 2 como as . 0). 0) es estable.D. 0). E (x. y ) es una funci´ on Liapunov para el sistema y por tanto (0. CRITERIO DE ESTABILIDAD: METODO DE LIAPUNOV donde C ≥ 0.8. k > 0. Soluci´ on: el sistema aut´ onomo eqivalente es 1 2 x =1 y 2 y la energ´ ıa Su u ´nico punto cr´ ıtico es (0. y ) = 1 my 2 + 1 kx2 la cual es definida positiva. Se sabe que si C > 0 el punto cr´ ıtico (0. dt dy k C =− x− y dt m m 2 d2 x + f (x) = 0 dt2 Analizar la estabilidad de su punto cr´ ıtico. 0) es asint´ oticamente estable. Este es un ejemplo de una masa m = 1 sujeta a un resorte no lineal. de su movimiento es uia . en el cual la fuerza restauradora es proporcional a la distancia de la masa al origen. sea −f (x) una funci´ on no lineal que representa la fuerza restauradora tal que f (0) = 0 y xf (x) > 0 si x = 0. La energ´ ıa cin´ etica es my y la energ´ ıa po2 x 1 2 tencial (o energ´ ıa almacenada en el muelle) es 0 kx dx = 2 kx Luego la energ´ ıa total: E (x. eM atem ∂E k C ∂E F+ G = kxy + my − x − y ∂x ∂y m m = −Cy 2 ≤ 0 atic Su u ´nico punto cr´ ıtico es (0. no hay fricci´ on. d Luego. y ) = − y4 x4 y4 x4 − y2 − − (x2 + x2 sen y ) ≤ − − y 2 − <0 3 3 3 3 dy = x2 − y 3 dt tioq pero |x2 sen y | ≤ x2 y por tanto x2 + x2 sen y ≥ 0. (0.CAP´ ITULO 8. 0) es estable. luego (0. Adem´ as E (x. Ejemplo 7. Ejemplo 6. parte b. f (x) tienen el mismo signo entonces F (x) ≥ 0 y por tanto E (x. Analizar la estabilidad del punto cr´ ıtico del siguiente sistema Soluci´ on: (0. es semidefinida negativa y por el teorema el punto cr´ ıtico (0. es decir E es definida negativa y por el teorema anterior. 0) es asint´ oticamente estable. y ) es definida positiva. y ) = (0. dt rsid ad de An E (x. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD y la energ´ ıa total es y2 2 Como x. y ) = F (x) + E (x. y ) = F (x)x + yy = f (x)y + y (−f (x)) = 0 es decir. Entonces uia E (x. Analicemos la estabilidad del punto cr´ ıtico del siguiente sistema x = −x − x3 − x sen y. d eM atem atic as . Sea E (x. y ) = x(−x − y3 x4 y4 x3 − x sen y ) + y (−y − ) = −x2 − − y 2 − − x2 sen y 3 3 3 3 . se puede demostrar que este punto cr´ ıtico es un centro. 0) es punto cr´ ıtico aislado E (x.D ept Soluci´ on: (x2 + y 2 ). 0). 3 y3 y = −y − 3 para (x. Igual que sucede con un resorte lineal.. y ) = 1 2 o. y ) = ax2m + by 2n 300 Un ive dx = −2xy . 0) es el u ´nico punto cr´ tico. y ) = ax2 + bxy + cy 2 es definida positiva si y solo si a > 0 y b2 − 4ac < 0 y es definida negativa si y solo si a < 0 y b2 − 4ac < 0. luego (0. el polinomio en x y es positivo para todo tioq uia En los siguientes ejercicios determinar la estabilidad del sistema en el punto cr´ ıtico. dy = − y2 + yx dt 2 dt 5 Mostrar que (0.5. 0) es estable. d 2 x y ⇔ b2 − 4ac < 0. 0) = ax2 > 0 si x = 0 y a > 0 atem Teorema 8. 0) es estable. Dado el sistema Mostrar que (0. La funci´ on E (x.D dy dt ept x y x y +b = − 3y 3 + 6x 3 o. n = 1. LINEALIZACION DE SISTEMAS NO LINEALES x = F (x. 0) es asint´ oticamente estable (Ayuda: tomar V (x. 3 3 2 de An 8. . y ) = ax2 + by 2 ). dx dt = −6x2 y. atic as que es semidefinida negativa. . y ). (8. y = G(x. b = 2. a = 1. Ejercicio 1.8. ⇒ E (x. eM +c Demostraci´ on: si y = 0 entonces E (x. y ) = x2 + 2y 2 la cual es definida positiva y ∂E ∂E F+ G = − 4y 4 ∂x ∂y Si y = 0 : E (x.35) 301 Consideremos el sistema aut´ onomo Un ive rsid ad Ejercicio 2. necesitamos que m = 1. y ). LINEALIZACION DE SISTEMAS NO LINEALES ∂E ∂E F+ G = 2max2m−1 (−2xy ) + 2nby 2n−1 (x2 − y 3 ) ∂x ∂y ∂E ∂E F+ G = (−4max2m y + 2nbx2 y 2n−1 ) − 2nby 2n+2 ∂x ∂y Para que el par´ entesis se anule.5 .Dado el sistema dx = xy 2 − x .5. y ) = y 2 a y si a > 0. v ) → (0. y0 + v ) ∂F ∂F = F (x 0 . y 0 ) ∂x ∂F (x 0 .y0 ) =0 observemos que si (x0 .36) y (8. y 0 ) ∂x ∂G (x 0 . 0) los t´ erminos de segundo orden y de orden superior son peque¯ nos. Similarmente (8. v. y 0 ) ∂y u v (8. uv + v t´ erminos en u. y0 ).D u v = ∂F (x 0 . y0 ) es un punto cr´ ıtico en el sistema de coordenadas XY entonces (0. y0 ) (es decir F (x0 . d escribiendo matricialmente lo anterior.39) det ∂F ∂x ∂G ∂x ∂F ∂y ∂G ∂y (x0 . Cuando |u|. y0 ) o sea son n´ umeros y O(u. v. uv ) ∂x ∂y atem donde las derivada parciales son evaluadas en (x0 . y ) se pueden desarrollar en series de potencias de u = x − x0 y v = y − y0 . y0 ) es similar al del sistema lineal asociado: de ∂F (x 0 . v. y ). y 0 ) ∂y ∂G (x 0 . Despreciando estos t´ erminos. y 0 ) ∂y ∂G (x 0 .36) = u ∂x ∂y donde Un ive u v = ∂F (x 0 . uv ) denota el resto de t´ erminos en u. v. uv ept o. y 0 ) ∂y ∂G (x 0 . y ) y G(x. es decir. y 0 ) ∂x uia La matriz . y 0 ) ∂x ∂G (x 0 . y0 ) + O(u2 . v. y 0 ) + v (x0 .35) adopta la forma u = x = F (x0 + u. y0 ) = 0). cuando (u. y 0 ) ∂x rsid ad se le llama la matriz Jacobiana del sistema (8. G(x. (8. entonces utilizando un desarrollo Taylor alrededor de (x0 . y0 ) = 0 y G(x0 . v 2 . |v | son peque¯ nos. y0 ).38) ∂F (x 0 . uv ) ∂x ∂y ∂F ∂F +v + O(u. y 0 ) + u (x 0 . y 0 ) ∂y u t´ erminos en u. uv . v. uv ) (8.CAP´ ITULO 8. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD con un punto cr´ ıtico aislado en (x0 . 0) es el punto cr´ ıtico en el nuevo sistema de coordenadas 302 . conjeturamos que el comportamiento cualitativo de (8.37) cerca al punto cr´ ıtico (x0 . y 0 ) ∂x ∂G (x 0 . y 0 ) ∂y An tioq J (F (x. Si F (x.35) evaluada en el punto cr´ ıtico (x0 .37) atic as (8. y )) = ∂F (x 0 . tenemos eM v = u ∂G ∂G +v + O(u. y ) x2 + y 2 g (x. Se puede demostrar que este punto es aislado. y0 ). y ) . Comprobar que se cumple (8.41) (x.35) por (8. 0) El proceso anterior de sustituir (8.8.42) y (8.41).0) l´ ım f (x. y 0 ).5. En forma general consideremos el sistema: dx = a1 x + b1 y + f (x. rsid ad de An l´ ım = 0 o. y 0 ) = 0. por esto los teoremas que haremos en esta secci´ on estan referidos al punto cr´ ıtico (0.42). y 0 ) = 0. 0) como punto cr´ ıtico aislado y supongamos que f y g son funciones continuas con primeras derivadas parciales continuas para todo (x. y 0 ) ∂y . dt dy = −x + y − 2xy 2 dt 303 Un ive Esta dos u ´ltimas condiciones implican.43) donde a1 = y as ∂F (x 0 .40) F ( x 0 . Cuando se cumplen (8.35) en el punto cr´ ıtico (x0 . = 0. 0) = 0 y g (0. ∂x b2 = ∂G (x 0 . y ) dt (8. (8. (8. es decir. Con las restricciones indicadas (0. LINEALIZACION DE SISTEMAS NO LINEALES U V . supongamos tambi´ en que det a1 b 1 a2 b 2 G ( x 0 .D ept de tal manera que el sistema lineal asociado tiene a (0. d atic (8.y )→(0. y 0 ).41). 0) se le llama punto cr´ ıtico simple de (8. (0.43). ∂y a2 = ∂G (x 0 .40) es un sistema casi lineal (o cuasi-lineal). 0) = 0.39) se le llama linealizaci´ on de (8.42) tioq (x. y ) dt dy = a2 x + b2 y + g (x. (8. entonces decimos que el sistema (8. eM uia = 0 atem (8. 0) es punto cr´ ıtico de (8.43) para el siguiente sistema dx = −2x + 3y + xy . y ) y que (8. que f (0. y 0 ). debido a la continuidad de f y g .y )→(0. ∂x b1 = ∂F (x 0 .0) x2 + y 2 Ejemplo 6.40).40) . eM f (x. analicemos el tipo de punto cr´ ıtico. que (0. 0) del sistema lineal asociado pertenece a alguno de los tres casos principales de la secci´ on (8. y ) =0 r→0 r l´ ım atem Cuando (x.3) teorema (8.6 (Tipo de punto cr´ ıtico para sistemas no lineales) .26). Continuando con el ejemplo anterior. Si el punto cr´ ıtico (0. d Luego (0.25) y (8.CAP´ ITULO 8. 0) es un punto cr´ ıtico simple del sistema. y )| x2 + y 2 = x2 + y 2 = |r2 sen θ cos θ| ≤r r El sistema lineal asociado al no lineal es dx = − 2x + 3y dt dy = −x + y dt La ecuaci´ on caracter´ ıstica √ es: m2 + m + 1 = 0 −1± 3i con raices m1 . y )| y |g (x. estamos en el CASO C. An tioq Teorema 8. Sea (0.40) es del mismo tipo. usando coordenadas polares: |f (x. m2 = − 2 . uia .D ept o. 0) entonces atic |2r3 sen 2 θ cos θ| ≤ 2r 2 r as . r→0 r l´ ım g (x. 0) un punto cr´ ıtico simple del sistema no lineal (8. y ) = 0. Como las raices son complejas conjugadas y no imaginarias puras. entonces el punto cr´ ıtico (0.1). y ) → (0. 0) de (8.40) y consideremos el sistema lineal asociado . 0) es un foco 304 Un ive rsid ad de Ejemplo 7. lo cual quiere decir por (8. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD Soluci´ on: a1 b 1 a2 b 2 = −2 3 −1 1 =1=0 Tambi´ en. 8.5. LINEALIZACION DE SISTEMAS NO LINEALES y por el Teorema 8.6 el punto cr´ ıtico (0, 0) del sistema no lineal es tambi´ en un foco. Nota: aunque el tipo de punto cr´ ıtico (0, 0) es el mismo para para el sistema lineal y para el sistema no lineal , la apariencia de las trayectorias puede ser bien diferente. La figura 8.20 muestra un punto de silla para un sistema no lineal, en el cual se nota cierta distorsi´ on, pero los rasgos cualitativos de las dos configuraciones son los mismos. Ejemplo 8. Consideremos los sistemas dx = −y − x 2 , dt dx = −y − x 3 , dt dy =x dt dy =x dt 305 Un ive Si el sistema lineal asociado tiene un centro en (0, 0) (CASO E), entonces el sistema no lineal puede tener un centro o un foco. rsid ad Si el sistema lineal asociado tiene un nodo frontera en (0, 0) (CASO D), el sistema no lineal puede tener un nodo o un foco. de An Observaci´ on: para los casos frontera no mencionados en el Teorema 8.6: tioq uia Figura 8.20 ,D ept o. d eM atem atic as CAP´ ITULO 8. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD El sistema lineal asociado a ambos es: dx = −y dt dy =x dt Para este u ´ltimo (el lineal): (0, 0) es un centro. Pero para el primer y segundo sistema no lineales, (0, 0) es un foco. Nota: ¿Qu´ e sucede con los puntos cr´ ıticos no simples? Si los t´ erminos no lineales en (8.40) no determinan la disposici´ on de las trayectorias cerca del or´ ıgen, entonces hay que considerar los t´ erminos de segundo grado, si estos tampoco, entonces se consideran los t´ erminos de tercer grado y as´ ı sucesivamente; el ejemplo siguiente tiene que ver con estos casos. Ejemplo 8. dx dy = 2xy ; = y 2 − x2 (8.44) dt dt dx dy = x3 − 2xy 2 ; = 2x 2 y − y 3 (8.45) dt dt dy dx (8.46) = x − 4y |xy |; = −y + 4x |xy | dt dt Estos tres casos los analizaremos con el paquete Maple al final del cap´ ıtulo Teorema 8.7 ( Estabilidad para sistemas no lineales) . Sea (0, 0) un punto cr´ ıtico simple del sistema no lineal (8.40) y consideremos el sistema lineal asociado . 1. Si el punto cr´ ıtico (0, 0) del sistema lineal asociado es asint´ oticamente estable, entonces el punto cr´ ıtico (0, 0) de (8.40) tambi´ en es asint´ oticamente estable. 3. Si el punto cr´ ıtico (0, 0) del sistema lineal asociado es estable, pero no asint´ oticamente estable, entonces el punto cr´ ıtico (0, 0) del sistema no lineal (8.40) puede ser estable, asint´ oticamente estable o inestable . 306 Un ive 2. Si el punto cr´ ıtico (0, 0) del sistema lineal asociado es inestable, entonces el punto cr´ ıtico (0, 0) del sistema no lineal (8.40) es inestable. rsid ad de An tioq uia ,D ept o. d eM atem atic as 8.5. LINEALIZACION DE SISTEMAS NO LINEALES Demostraci´ on: consideremos el sistema no lineal dx = a1 x + b1 y + f (x, y ) dt dy = a2 x + b2 y + g (x, y ) dt y su sistema lineal asociado dx = a1 x + b 1 y dt dy = a2 x + b 2 y dt (8.47) Sea E (x, y ) = donde y Luego D > 0 y a > 0 Tambi´ en D = p q = −(a1 + b2 )(a1 b2 − a2 b1 ) D2 (ac − b2 ) = DaDc − D 2 b2 2 2 2 2 = [a2 2 + b2 + (a1 b2 − a2 b1 )][a1 + b1 + (a1 b2 − a2 b1 )] − (a1 a2 + b1 b2 ) 2 2 2 2 2 2 2 = (a 2 2 + b2 )(a1 + b1 ) + (a2 + b2 + a1 + b1 )(a1 b2 − a2 b1 ) + (a 1 b 2 − a 2 b 1 ) 2 − (a 1 a 2 + b 1 b 2 ) 2 = 307 Un ive rsid ad de An tioq a= 2 a2 2 + b 2 + (a 1 b 2 − a 2 b 1 ) D a1 a2 + b 1 b 2 b=− D 2 2 a + b 1 + (a 1 b 2 − a 2 b 1 ) c= 1 D uia ,D 1 (ax2 + 2bxy + cy 2 ), 2 ept q = a 1 b2 − a 2 b1 > 0 o. d de acuerdo al Teorema 8.4 se debe construir una funci´ on de Liapunov adecuada. Por el Teorema (8.3) los coeficientes del sistema lineal asociado satisfacen las condiciones: p = − (a 1 + b 2 ) > 0 eM atem atic as (8.48) CAP´ ITULO 8. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD 2 2 2 2 = (a 2 2 + b2 + a1 + b1 )(a1 b2 − a2 b1 ) + 2(a1 b2 − a2 b1 ) > 0 Luego, b2 − ac < 0, entonces por Teorema 8.5 tenemos que E (x, y ) es definida positiva, adem´ as ∂E ∂E (a 1 x + b 1 y ) + (a 2 x + b 2 y ) = − (x 2 + y 2 ), ∂x ∂y la cual es definida negativa, luego E (x, y ) es una funci´ on de Liapunov para el sistema lineal asociado. Veamos que E (x, y ) es una funci´ on de Liapunov para (8.47) : Definamos F (x, y ) = a1 x + b1 y + f (x, y ) G(x, y ) = a2 x + b2 y + g (x, y ) Se sabe que E (x, y ) es definida positiva. Veamos que ∂E ∂E F+ G ∂x ∂y es definida negativa. En efecto eM atem atic as (8.49) = −r2 + r[(a cos θ + b sen θ)f (x, y ) + (b cos θ + c sen θ)g (x, y )] Sea k = max{|a|, |b|, |c|}. Por (8.42) y (8.43): r r ; |g (x, y )| < |f (x, y )| < 6k 6k para r > 0 suficientemente peque¯ no. Luego: ∂E ∂E 4kr2 r2 F+ G < −r 2 + = − < 0, ∂x ∂y 6k 3 308 Un ive rsid ad Pasando a coordenadas polares: de ∂E ∂E ∂E ∂E F+ G= (a1 x + b1 y + f (x, y )) + (a2 x + b2 y + g (x, y )) ∂x ∂y ∂x ∂y ∂E ∂E = (a 1 x + b 1 y ) + f (x, y ) ∂x ∂x ∂E ∂E + (a 2 x + b 2 y ) + g (x, y ) ∂x ∂y = −(x2 + y 2 ) + (ax + by )f (x, y ) + (bx + cy )g (x, y ) An tioq uia ,D ept o. d 8.5. LINEALIZACION DE SISTEMAS NO LINEALES F + ∂E G para r peque¯ no. Luego E (x, y ) es una funci´ on definida positiva y ∂E ∂x ∂y es definida negativa; luego por Teorema de Liapunov 8.4 parte b., (0, 0) es un punto cr´ ıtico asint´ oticamente estable de (8.47) . Ejemplo 9. Consideremos el sistema dx = −2x + 3y + xy dt dy = −x + y − 2xy 2 dt Del sistema podemos concluir que a1 b 1 a2 b 2 =1=0 Es claro que (0, 0) es un punto cr´ ıtico simple, en este caso p = −(a1 + b2 ) = −(−2 + 1) = 1 > 0 dx =y dt g c dy = − sen x − y dt a m La cual es puede escribir asi: dx =y dt g c g dy = − x − y + (x − sen x) dt a m a El sistema no lineal es: Un ive rsid ad de c dx g d2 x + + sen x = 0; 2 dt m dt a An Ejemplo 10. La ecuaci´ on del movimiento para las oscilaciones forzadas de un p´ endulo es: c>0 tioq uia Luego el punto cr´ ıtico (0, 0) es asint´ oticamente estable para el sistema lineal asociado, como para el no lineal. ,D q = a 1 b2 − a 2 b1 = 1 > 0 ept o. d eM atem 309 atic as CAP´ ITULO 8. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD Se puede ver que (x,y )→(0,0) l´ ım x − sen x x2 + y 2 =0 En efecto, si x = 0: |x − sen x| x2 + y2 ≤ sen x |x − sen x| = 1− →0 |x | x Como (0, 0) es un punto cr´ ıtico aislado del sistema lineal asociado ∂F (x, y ) ∂x ∂G (x, y ) ∂x ∂F (x, y ) ∂y ∂G (x, y ) ∂y Un ive La matriz Jacobiana es Para hallar los puntos cr´ ıticos resolvemos el sistema 0 = −2xy = F (x, y ) 310 rsid ad x = −2xy = F (x, y ) y = −x + y + xy − y 3 = G(x, y ) = de Ejemplo 11. Hallar los puntos cr´ ıticos, determinar de que tipo son y su estabilidad, para el siguiente sistema An − 2y − 2x − 1 + y 1 + x − 3y 2 tioq g g c −1 − = >0 m a a Luego (0, 0) es un punto cr´ ıtico asint´ oticamente estable del sistema lineal asociado y por el Teorema 8.7 tambi´ en lo es del sistema no lineal. Esto refleja el hecho f´ ısico: que si un p´ endulo se perturba ligeramente el movimiento resultante se extinguir´ a con el tiempo. uia ,D q = a 1 b2 − a 2 b1 = 0 − ept o. d p = − (a 1 + b 2 ) = − 0 − c c = >0 m m eM g c dy =− x− y dt a m entonces (0, 0) es un punto cr´ ıtico simple del no lineal, adem´ as atem atic dx =y dt as 8.5. LINEALIZACION DE SISTEMAS NO LINEALES 0 = −x + y + xy − y 3 = G(x, y ) luego xy = 0, sustituimos en la segunda ecuaci´ on y nos da y = 0, y = 1, y = −1, por tanto los puntos cr´ ıticos son (0, 0), (0, 1), (0, −1). Analicemos cada punto por separado 1. Para (0, 0) tenemos que la matriz Jacobiana en (0, 0) es ∂F (0, 0) ∂x ∂G (0, 0) ∂x ∂F (0, 0) ∂y ∂G (0, 0) ∂y = El sistema lineal asociado es x = a1 x + b 1 y = 0 y = a 2 x + b 2 y = −x + y respectivamente y la soluci´ on general es 2. Para (0, 1) tenemos que la matriz Jacobiana en (0, 1) es ∂F (0, 1) ∂x ∂G (0, 1) ∂x ∂F (0, 1) ∂y ∂G (0, 1) ∂y Un ive que es una familia de semirectas paralelas al eje Y que comienzan en cada punto de la recta y = x alej´ andosen de ella y por el Teorema 8.7, todos los puntos cr´ ııticos (x, x) son inestables, en particular (0, 0) (Ver figura 8.21) rsid ad x = C1 y = C 1 + c 2 et = de An 1 , 1 a1 b 1 −2 0 = a2 b 2 0 −2 311 tioq 0 1 uia y los valores propios son λ1 = 0, λ2 = 1, los vectores propios asociados a estos valores propios son ,D los puntos cr´ ıticos de este sistema son de la forma (x, x) para todo x real, por tanto son no aislados, es decir no clasificable; su ecuaci´ on caracter´ ıstica es λ2 − λ = 0 ept o. d eM atem atic y su determinante es cero. as a1 b 1 0 0 = a2 b 2 −1 1 rsid ad de 312 An u = a 1 u + b 1 v = − 2u v = a 2 u + b 2 v = − 2v = tioq uia u v = ∂F (x 0 .D ept Haciendo u = x − x0 = x − 0 = x y v = y − y0 = y − 1. Los valores propios del sistema lineal asociado son λ1 = λ1 = −2 < 0 y por el Teorema 8. −1) tenemos que la matriz Jacobiana en (0. 1) es un nodo o un foco asint´ oticamente estable.7. por la observaci´ on al Teorema 8. 1). −1) ∂x ∂G (0. entonces para el sistema no lineal. y 0 ) ∂x ∂G (x 0 . y 0 ) ∂y ∂G (x 0 . y 0 ) ∂y u −2 0 = v 0 −2 . El sistema lineal asociado es u v (8. −1) ∂y Un ive cuyo punto cr´ ıtico en el sistema uv es (0. 3.1 caso D.21 y su determinante es diferente de cero.CAP´ ITULO 8.50) a1 b 1 2 0 = a2 b 2 −2 −2 o. Para (0. −1) ∂y ∂G (0. 0) y en el sistema xy es (0. (0. el punto cr´ ıtico es un nodo estrella y por Teorema 8. −1) es ∂F (0.2 es asint´ oticamente estable para el sistema lineal asociado. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD y x Figura 8. −1) ∂x ∂F (0.6 referente a los casos frontera y por el Teorema 8. y 0 ) ∂x ∂F (x 0 . d eM atem atic as . y 0 ) ∂x ∂G (x 0 . atem atic as u = a 1 u + b 1 v = 2u v = a 2 u + b 2 v = − 2u − 2v .2 es inestable para el sistema lineal asociado.51) Soluci´ on: Los puntos cr´ ıticos son: A(0. y ) uia Ejemplo 12.1 caso B. 0) y en el sistema xy es (0. factores clim´ aticos. −1). por el Teorema 8. y 0 ) ∂y ∂G (x 0 . y 0 ) ∂x ∂F (x 0 . es decir. 0) es un nodo inestable. d eM cuyo punto cr´ ıtico en el sistema uv es (0. Los valores propios del sistema lineal asociado son λ1 = 2. que modela este fen´ omeno son las ecuaciones de Lotka-Volterra . El sistema lineal asociado es u v = ∂F (x 0 . (0. Las E. Para el punto A(0. 0). entonces para el sistema no lineal. luego (0.D. y 0 ) ∂y u 2 0 = v −2 −2 u v (8. J= ∂F ∂x ∂G ∂x ∂F ∂y ∂G ∂y 1. el punto cr´ ıtico es un punto de silla y por Teorema 8. 2).(Dos especies en competencia). D(1. An y = y (2 − x − y ) = G(x.D ept o. Supongamos que dos especies liebres y ovejas compiten por el mismo tipo de alimento (grama) y esta cantidad de alimento es limitada.8.7. otras fuentes de alimento.5. Hallar los puntos cr´ ıticos. 1). 0). −1) es un punto de silla inestable. LINEALIZACION DE SISTEMAS NO LINEALES y su determinante es diferente de cero. λ2 = −2 y por el Teorema 8. Haciendo u = x − x0 = x − 0 = x y v = y − y0 = y − (−1) = y + 1. definir que tipo de puntos cr´ ıticos son y su estabilidad. las trayectorias 313 Un ive El Jacobiano es = 3 − 2x − 2y − 2y −y 2 − x − 2y rsid ad de donde x(t) = la poblacio´ on de liebres y y (t) = la poblacio´ on de ovejas. C (3. B (0.6 y por el Teorema 8. J = 3 0 y sus valores propios son λ1 = 0 2 3. 0). y ) tioq x = x(3 − x − 2y ) = F (x. λ2 = 2. ignorando otros factores como depredadores. CAP´ ITULO 8. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD salen tangencialmente del origen paralelas al vector propio v = asociado al valor propio λ2 = 2 2. Para el punto B (0, 2), J = −1 0 y sus valores propios son λ1 = −2 −2 −1, λ2 = −2, luego B (0, 2) es un nodo asint´ oticamente estable, las 1 trayectorias entran al punto cr´ ıtico en la direcci´ on del vector v = −2 asociado al valor propio λ1 = −1. −3 −6 y sus valores propios son λ1 = 0 −1 −3, λ2 = −1, luego C (3, 0) es un nodo asint´ oticamente estable, las 3 trayectorias entran al punto cr´ ıtico en la direcci´ on del vector v = −1 asociado al valor propio λ1 = −1. 0 1 El retrato de fase mostrado en la figura 8.22 tiene la siguiente interpretaci´ on biol´ ogica: una de las dos especies inevitablemente se extingue, por ejemplo, por debajo de la curva l las trayectorias tienden al punto cr´ ıtico C (3, 0) lo cual quiere decir que las ovejas se extinguen; cuando las trayectorias estan por encima de la curva l las trayectorias tienden al punto cr´ ıtico B (0, 2) lo cual quiere decir que se extinguen las liebres. Ejemplo 13.(Dos especies: un depredador y una presa). Sea x(t) el n´ umero de presas (por ejemplo liebres) y y (t) el n´ umero de depredadores (por ejemplo lobos). A principios del siglo XX el matem´ atico italiano Vito Volterra model´ o este problema, haciendo las siguientes consideraciones: En ausencia de depredadores, la poblaci´ on de presas crece a la tasa dx natural dt = ax, con a > 0. 314 Un ive rsid ad de An tioq −1 −2 4. Para el punto D(1, 1), J = y sus valores propios son λ1,2 = −1 −1 √ −1 ± 2, luego D(1, 1) es un punto de silla y como p = −(a1 + b2 ) = −1 −2 = −1 < 0 entonces D(1, 1) es −(−1 − 1) = 2 y det A = −1 −1 inestable. uia ,D ept o. d eM atem 3. Para el punto C (3, 0), J = atic as 8.5. LINEALIZACION DE SISTEMAS NO LINEALES y l B D C 2 atem En consecuencia, sumando las tasas naturales y las tasas de interacci´ on, tenemos las ecuaciones para una especie depredadora y una especie presa: dx = ax − bxy = x(a − by ) dt dy = −cy + dxy = y (−c + dx) dt 315 Un ive rsid ad Cuando las presas y los depredadores cohabitan el mismo lugar, las tasas naturales de crecimiento y decrecimiento de presas y depredadores respectivamente son proporcionales al n´ umero de encuentros de ambos, es decir, son proporcionales a xy . En consecuencia, el efecto de que los depredadores devoren presas, produce una tasa decreciente de interacci´ on −bxy (b constante positiva) con respecto a la poblaci´ on de presas x y una tasa creciente dxy (d constante positiva) con respecto a la poblaci´ on de depredadores. de An tioq uia En ausencia de presas, la poblaci´ on depredadora decrece a la tasa nady tural dt = −cx, con c > 0. ,D ept o. d Figura 8.22 eM A 0 0 1 2 3 atic x as 1 CAP´ ITULO 8. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD haciendo la consideraci´ on adicional de que en ausencia de depredadores el crecimiento de las presas es log´ ıstico, es decir, es directamente proporcional a su poblaci´ on como tambi´ en a la diferencia con su poblaci´ on m´ axima y tomando a = 1, b = 1, c = 1, d = 1, tenemos el siguiente sistema de E.D. de Lotka-Volterra dx = x − xy + x(1 − x) dt dy = −y + xy dt Analizar la estabilidad de la E.D. variando el par´ ametro Sus puntos cr´ ıticos son (0, 0), (1, 1) El Jacobiano es J (F (x, y ), G(x, y )) = ∂F ∂x ∂G ∂x ∂F ∂y ∂G ∂y Para = 0 tenemos (ver Figura 8.23): 2,5 1,5 y 1 0 0 1 rsid ad 0,5 de 2 An tioq uia 2 3 ,D 4 Un ive Figura 8.23 Sistema depredador-presa, = 0 x 1. Para el punto cr´ ıtico (0, 0), J = 1 0 y sus valores propios son 0 −1 λ1 = 1, λ2 = −1, luego (0, 0) es un punto de silla inestable. 316 ept o. d eM = 1 − y + ε(1 − 2x) −x y −1 + x atem atic para ≥ 0. as 8.5. LINEALIZACION DE SISTEMAS NO LINEALES 2. Para el punto cr´ ıtico (1, 1), J = 0 −1 y sus valores propios son 1 0 λ1 = i, λ2 = −i, luego (1, 1) es un centro estable, las trayectorias giran alrededor del punto cr´ ıtico. Para 0 < < 2 tenemos (ver Figura 8.24): 2,5 y 1 0,5 0 1 2 x 3 1. Para el punto (0, 0), J = 2. Para el punto (1, 1), J = Para = 2 tenemos (ver Figura 8.25)) 1. Para el punto (0, 0), J = 3 0 y sus valores propios son λ1 = 0 −1 −1, λ2 = 3, luego (0, 0) es un punto de silla inestable. 317 Un ive −ε −1 y sus valores propios son λ1,2 = 1 0 √ − ± 4−ε2 i (o sea que ambas raices son negativas), luego (1, 1) es un 2 foco asint´ oticamente estable. rsid ad 1+ε 0 y sus valores propios son λ1 = 0 −1 + 1 > 0, λ2 = −1, luego (0, 0) es un punto de silla inestable. de An tioq uia Figura 8.24 Sistema depredador-presa, 0 < < 2 ,D ept 4 0 o. d eM atem 1,5 atic 2 as CAP´ ITULO 8. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD 2,5 2 1,5 y 1 0 1 2 x 3 4 Figura 8.25 Sistema depredador-presa, = 2 − ± √ 2 2 −4 Observese que para = 0 las soluciones son estructuralmente (son estables y peri´ odicas) distintas de las soluciones para > 0 (asint´ oticamente estables y no peri´ odicas), por este cambio estructural en las soluciones, decimos que en = 0 se produce una bifurcaci´ on. Bosqueje las trayectorias t´ ıpicas e indique la direcci´ on del movimiento cuando t aumenta e identifique el punto cr´ ıtico como un nodo, un punto de 318 Un ive rsid ad 2. Para el punto (1, 1), J = − −1 y sus valores propios son λ1,2 = 1 0 < 0, luego (1, 1) es un nodo asint´ oticamente estable. de An 1. Para el punto (0, 0), J = 1+ 0 y sus valores propios son λ1 = 0 −1 + 1, λ2 = −1, luego (0, 0) es un punto de silla inestable. tioq Para > 2 tenemos (ver Figura 8.26): uia ,D 2. Para el punto (1, 1), J = −2 −1 y sus valores propios son λ1,2 = −1, 1 0 luego (1, 1) es un nodo o un foco asint´ oticamente estable. ept o. d eM atem 0 atic 0,5 as 8.5. LINEALIZACION DE SISTEMAS NO LINEALES 2,5 2 1,5 y 1 0 1 2 x 3 4 Figura 8.26 Sistema depredador-presa, > 2 silla, un centro o un punto espiral. Ejercicio: 4. dx = xy − 2, dy = x − 2y dt dt (Rta: hay un punto silla inestable en (2, 1) y un punto espiral asint´ oticamente estable en (−2, −1).) 319 Un ive Ejercicio 3. dx = y 2 − 1, dy = x3 − y dt dt (Rta: hay un punto silla inestable en (1, 1) y un punto espiral asint´ oticamente estable en (−1, −1).) rsid ad = y − 1, dy = x2 − y Ejercicio 2. dx dt dt (Rta: hay un punto silla inestable en (1, 1) y un punto espiral asint´ oticamente estable en (−1, 1).) de An Ejercicio 1. dx = x − y, dy = x2 − y dt dt (Rta: el or´ ıgen es un punto silla inestable. El punto (1, 1) es un centro o un punto espiral, pero su estabilidad no es determinada por el teorema de esta secci´ on, utilizar el criterio de Liapunov.) tioq uia ,D ept o. d eM atem 0 atic 0,5 as CAP´ ITULO 8. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD Ejercicio: 5. a). Covertir la ecuaci´ on x + ax + bx + x2 = 0, en un sistema. b). Mostrar que el origen es un foco estable y el punto (0, −b) es un punto de silla. c). Bosquejar las trayectorias alrededor de los dos puntos cr´ ıticos. Ejercicio: 6. Considere el siguiente caso particular de las ecuaciones de Lotka-Volterra x = x ( − 1 − 2x + y ) donde x, y > 0 y representan la cantidad de organismos en una poblaci´ on. a). Mostrar que tiene cuatro puntos cr´ ıticos y hacer una interpretaci´ on biol´ ogica de estos puntos, en el sentido de existencia, sobrevivencia o extinci´ on de las dos especies de organismos. b). Mostrar que si ambas poblaciones son inicialmente peque˜ nas, entonces ambas poblaciones se extinguir´ an. c). Mostrar que un punto cr´ ıtico con significado biol´ ogico es un punto de silla, el cual indica que poblaciones mayores pueden sobrevivir sin amenaza de extinci´ on. a, b > 0, 8.6. CICLOS LIMITES: TEOREMA DE POINCARE-BENDIXSON dx = F (x, y ); dt dy = G(x, y ) dt (8.52) Consideremos el sistema aut´ onomo no lineal 320 Un ive rsid ad de An tioq uia ,D ept o. d y = y ( − 1 + 7x − 2y ) eM atem atic as para todo t0 . El problema central de una teor´ ıa global es determinar si el sistema anterior tiene o no trayectorias cerradas. Ejemplo 11.6.52) se llama peri´ odica si ninguna de estas dos funciones es constante. y (t) de (8. est´ an definidas para todo t y existe un n´ umero T > 0 tal que x(t + T ) = x(t) y y (t + T ) = y (t) para todo t.3). As´ ı. Se sabe que un sistema lineal tiene trayectorias cerradas si y solo si las ra´ ıces de la ecuaci´ on auxiliar son imaginarias puras (ver secci´ on 8. CICLOS LIMITES: TEOREMA DE POINCARE-BENDIXSON donde F . G asi como sus primeras derivadas parciales son continuas en el plano de fase.55) 321 . y = r sen θ. entonces x(t). que es recorrida en forma completa (en sentido horario o antihorario) cuando t crece de t0 a t0 + T .54) x dy dx dθ −y = r2 dt dt dt Multiplicando (8.D ept o.54) por y y sumamos: r dr = r2 (1 − r2 ) dt (8.8. el comportamiento de las trayectorias en grandes regiones del plano de fase. si C = [x(t). dt dt dt Un ive dy = x + y (1 − x2 − y 2 ) dt Sabemos que en coordenadas polares: x = r cos θ. y (t)] es una trayectoria cerrada. Reciprocamente. es decir. para un sistema lineal todas las trayectorias son cerradas o ninguna lo es. Estamos interesados en propiedades globales. En los sistemas no lineales puede existir al menos una trayectoria cerrada que sea aislada. Consideremos el sistema x dx dy dr +y =r .53) (8. y . En claro que cada soluci´ on peri´ odica define una trayectoria cerrada en el plano de fase. d eM atem atic as (8. y (t) son peri´ odicas. El T m´ as peque˜ no con esta propiedad se conoce como per´ ıodo de la soluci´ on. es decir cualquier trayectoria vecina a ella no es cerrada (son trayectorias espirales que salen o entran a esta trayectoria cerrada) esta trayectoria cerrada aislada la llamaremos ciclo l´ ımite. derivando: como x2 + y 2 = r2 y θ = tan−1 x rsid ad de dx = −y + x(1 − x2 − y 2 ) dt An tioq uia .53) por x y (8. Una trayectoria x(t). θ = t + t0 que es la trayectoria circular x2 + y 2 = 1 en sentido antihorario. como estamos interesados en hallar las trayectorias. luego: dr = r(1 − r 2 ) dt dθ =1 dt Resolviendolas por separado. se obtiene la soluci´ on general r=√ 1 . 1 + Ce−2t θ = t + t0 Luego la soluci´ on general de (8.CAP´ ITULO 8.27 Ciclo L´ ımite 322 Un ive . podemos suponer r > 0.56) tiene un punto cr´ ıtico en r = 0.53) por y y restamos: r2 dθ = r2 dt (8.54) por x y (8.55) y (8.56) El sistema (8.D ept 2 sen (t + t0 ) y=√ 1 + Ce−2t o. Si C < 0 ⇒ r > 1 y r → 1 cuando t → ∞. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD Si multiplicamos (8.53) y (8.54) es : cos(t + t0 ) x= √ 1 + Ce−2t rsid ad de An Interpretaci´ on geom´ etrica: Si C = 0 ⇒ r = 1. d eM atem atic as -2 -1 y 0 -2 -1 1 x 0 1 2 . Y si C > 0 ⇒ r < 1 y r → 1 cuando t → ∞. tioq uia Figura 8. d Teorema 8.27 ). un sistema sin puntos cr´ ıticos en cierta regi´ on no puede tener en ella.9 . A continuaci´ on enunciaremos un teorema que da las condiciones suficientes para la existencia de trayectorias cerradas de (8. y (t)] con interior R. Otro criterio negativo debido a Bendixs´ on. luego t c Absurdo!! Luego la regi´ on considerada no puede tener trayectorias cerradas. es siempre positiva o siempre negativa en una regi´ on del plano de Si ∂F ∂x ∂y fase.52) no tiene trayectorias cerradas en esa regi´ on.8 . existe una trayectoria cerrada r = 1 a la que todas las trayectorias tienden en forma de espiral por dentro o por fuera cuando t → ∞ (ver gr´ afica 8. CICLOS LIMITES: TEOREMA DE POINCARE-BENDIXSON Es decir. es el llamado teorema de Poincar´ e-Bendixs´ on. ver su demostraci´ on en el texto Ecuaciones Diferenciales.52) rodea necesariamente al menos un punto cr´ ıtico de este sistema.52).8. + ∂G . entonces el sistema (8. trayectorias cerradas.6. Pero a lo largo de C se tiene dx = F dt y dy = G dt. se debe a Bendicx´ on Teorema 8.D ept o. el Teorema de Green y la hip´ otesis implican que. c (F dy − G dx) = tioq R ∂F ∂G + ∂x ∂y uia Demostraci´ on: supongamos que la regi´ on contiene una trayectoria cerrada C = [x(t). sistemas din´ amicos y algebra lineal de Hirsch and Smale. Es decir. dxdy = 0 eM atem atic as . 323 Un ive rsid ad (F dy − G dx) = 0 de (F G − GF ) dt = 0 An . Una trayectoria cerrada del sistema (8. El siguiente criterio negativo de existencia de trayectorias cerradas. Luego dr > 0 sobre el c´ ırculo interior y dr < 0 sobre el c´ ırculo exterior.52) que est´ a en R para un cierto t 0 y permanece en R para todo t ≥ t0 . entonces toda trayectoria C que pase por un punto del contorno (en t = t0 ). Luego toda trayectoria 324 Un ive En la figura 8. as´ ı que dt dt V apunta hacia R en todos los puntos de frontera. Figura 8.53) y (8. y )i + G(x. d •P eM atem • t = t0 c atic as .52) tiene en R una trayectoria cerrada.D ept o.52). Sea R una regi´ on acotada en el plano de fase con su frontera y supongamos que R no contiene puntos cr´ ıticos del sistema (8. en cualquier caso.28 El sistema (8. el sistema (8. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD Teorema 8.28. y )j apunta hacia R en todo punto del contorno. y ) = F (x. Supongamos que el vector V (x. As´ ı pues.CAP´ ITULO 8. rsid ad de An tioq uia .54) tiene a (0. y (t)] es una trayectoria de (8. 0) como punto cr´ ıtico y la regi´ on R 1 ıticos. limitada por los c´ ırculos r = 2 y r = 2 no contiene puntos cr´ dr 2 Se vi´ o que dt = r(1 − r ) para r > 0. entonces C o es una trayectoria cerrada o tiende en forma espiral hacia una trayectoria cerrada cuando t → ∞.10 ( Teorema de Poincar´ e-Bendixs´ on) . R es la regi´ on formada por las dos curvas de trazo discontinuo junto con la regi´ on anular entre ellas. Si C = [x(t). debe entrar a R y no podr´ a salir de R y bajo estas conideraciones el Teorema de Poincar´ e-Bendixs´ on asegura que C ha de tender en espiral hacia una trayectoria cerrada C0 . 57) tiene una u ´nica trayectoria cerrada que rodea al or´ ıgen en el plano de fase y a ella tienden en forma de espiral todas las dem´ as trayectorias cuando t → ∞. uia . dx = y dt dy = − g (x) − f (x) y dt (8.57) representa la ecuaci´ on del movimiento de una masa unidad sujeta a un muelle y sometida a una fuerza restauradora −g (x) y una fuerza de amortiguamiento −f (x) dx .57). rsid ad iii.59) Una trayectoria cerrada de (8.59). (la cual es impar). es negativa para 0 < x < a. Teorema 8.11 ( Teorema de Lienard) .D i. . Ambas son continuas as´ ı como sus derivadas en todo x.57) as atic ept o. Criterio para las trayectorias cerradas para la Ecuaci´ on de Lienard dx d2 x + f (x) + g (x) = 0 2 dt dt Un sistema equivalente es. tiene exactamente un cero positivo en x = a. Sean f (x) y g (x) dos funciones tales que: Desde el punto de vista f´ ısico (8. equivale a una soluci´ on peri´ odica de (8. CICLOS LIMITES: TEOREMA DE POINCARE-BENDIXSON que pase por un punto de frontera entrar´ a en R y permanecer´ a en R para t → ∞. F (x) = 0 f (x) dx.58) y (8. g (x) es impar y tal que g (x) > 0 para x > 0 y f (x) es par. Por el Teorema de Poincar´ e-Bendixs´ on.6. dt La hipotesis sobre g (x) tiende a disminuir la magnitud del desplazamiento.8. es positiva y no decreciente para x > a y F (x) → ∞ cuando x → ∞. La hipotesis sobre f (x) que es negativa para peque¯ nos |x| y positiva para 325 Un ive entonces la ecuaci´ on (8. x de An tioq ii.58) (8. R contiene una trayectoria cerrada C0 que por otro razonamiento era el c´ ırculo r = 1. d eM atem (8. √ F (x) < 0 para 0 < x √< 3. 0). no linealizables. x3 F (x) = µ −x 3 √ su u ´nico cero positivo es x = 3. Ejemplo 13. f (x) = µ(x2 − 1).CAP´ ITULO 8. Ecuaci´ on de Van der Pol. dx d2 x + µ(x2 − 1) +x=0 2 dt dt donde µ > 0. y ii.7. tioq uia . INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD grandes |x|. se dice que el sistema f´ ısico absorbe energ´ ıa cuando |x| es peque¯ no y la disipa cuando |x| es grande. no es linealizable en el punto cr´ ıtico (0. Si la f (x) es de esta forma. Mostrar que la siguiente E. Para iii. la cual aparece en la teor´ ıa de v´ alvulas de vac´ ıo. a la que tienden en forma de espiral (asint´ oticamente) todas las dem´ as trayectorias (soluciones no triviales).D. g (x) = x Para esta f y g se satisface i. tendiendo por tanto a permanecer en oscilaci´ on estacionaria. significa que el movimiento se intensifica para peque¯ nos |x| y se retarda para grandes |x|.D ept o. Ejemplo 12. dx = 2xy dt dy = y 2 − x2 dt 326 Un ive rsid ad de An 2 Como √ F (x) = µ(x − 1) > 0 para x > 1 ⇒ F (x) es no decreciente para x > 3. F (x) → ∞ cuando x → ∞. Luego se cumplen las hip´ otesis del Teorema de Lienard y por lo tanto tiene una u ´nica trayectoria cerrada (soluci´ on peri´ odica). graficar el campo de direcciones. utilizamos el paquete Maple para inferir mediante el retrato de fase los resultados.D. 1 µx(x2 − 3) 3 = 8. ANEXO CON EL PAQUETE Maple Los siguientes ejercicios son para E. F (x) > 0 para x > 3. d eM atem atic as . stepsize=. 1). 1).arrows=medium.y(0)=1]. 1).5. linecolor=black.4. 1) Soluci´ on: >DEplotwith:C:=[D(x)(t)=2*x(t)*y(t). atem atic as .5.3.5.y=-3.y(0)=-1]. D(y )(t) = y (t)2 − x(t)2 ] 2 1 -3 -2 -1 0 x -1 -2 de y 0 An tioq 1 uia .[x(0)=-1. d eM >with(DEtools):phaseportrait(C.[x(0)=-0..20.D(y)(t)=y(t)^2-x(t)^2].[x(t).y(t)].color=black).thickness=2. D(y)(t) = y(t)^2-x(t)^2] C := [D(x)(t) = 2x(t)y (t). x=-3.y(0)=1]].. C := [D(x)(t) = 2*x(t)*y(t).y(0)=1].29 327 rsid ad -3 ept o. [x(0)=-0. (−0. (0.7.D 2 3 3 Un ive Figura 8.4.8. 1). −1). [[x(0)=1.4. ANEXO CON EL PAQUETE MAPLE y las soluciones que pasan por los puntos: (1.[x(0)=0. (−1.5. (0.4..y(0)=1].t=-20.y(0)=1].[x(0)=0.01.3. (−0. CAP´ ITULO 8. stepsize=.y(0)=-1]]. (1.y(0)=-1].y=-3. 1). D(y)(t)=2*x(t)^2*y(t)-y(t)^3].[x(0)=2. 1). 0) es inestable y no clasificable. [x(0)=2. (−1.color=black). 1).[x(0)=-2.20.y(0)=1].y(0)=-1]. 0). D(y )(t) = 2x(t)2 y (t) − y (t)3 ] como vemos del retrato de fase el punto cr´ ıtico (0. o.y(0)=1]. (2.D. Ejemplo 14.3.[[x(0)=1. −1) atic as . 328 Un ive >with(DEtools):phaseportrait(C.t=-20.y(t)].[x(t).[x(0)=-1.D ept >with(DEtools):C:=[D(x)(t)=x(t)^3-2*x(t)*y(t)^2. 1). (2. no es linealizable en el punto cr´ ıtico (0. [x(0)=1. rsid ad de An tioq uia . −1).[x(0)=-1. dx = x3 − 2xy 2 dt dy = 2x 2 y − y 3 dt Soluci´ on: C := [D(x)(t) = x(t)3 − 2x(t)y (t)2 . −1). d eM atem y las soluciones que pasan por los puntos: (1. −1).thickness=2. Mostrar que la siguiente E. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD como vemos del retrato de fase el punto cr´ ıtico (0.y(0)=1]. (−2. (−1...linecolor=black.y(0)=1].x=-3.[x(0)=-2. (−2. 0) es inestable y no clasificable.01.3.y(0)=-1]. graficar el campo de direcciones..arrows=medium. 0.4. 0.4. 0). 0.01). D(y )(t) = −y (t)+4x(t) |x(t)y (t)|] 329 Un ive dx = x − 4y |xy | dt dy = −y + 4x |xy | dt y las soluciones que pasan por los puntos: (0.1. (0.2. (−0. (0.2. 0. (−0.2). C := [D(x)(t) = x(t) − 4y (t) |x(t)y (t)|.1). (−0.D Figura 8.2). −0. d eM atem atic as y 0 .2. (−0.2.1).8. 0. uia . −0.D. (0.2). −4 ) 4 4 4 y mostrar que estos puntos cr´ ıticos corresponden a centros y son estables.01).4).2. Soluci´ on: rsid ad de An tioq Ejemplo 15.2. (0.7. D(y)(t)=-y(t)+4*x(t)*sqrt(abs(x(t)*y(t)))]. pero si es linealizable en los puntos cr´ ıticos ( 1 .30 ept o. no es linealizable en el punto 1 cr´ ıtico (0. 1 ) y (− 1 .4).2). (−0. −0. Mostrar que la siguiente E. −0. graficar el campo de direcciones. ANEXO CON EL PAQUETE MAPLE 3 2 1 -3 -2 -1 0 x -1 -2 1 2 3 -3 >with(DEtools):C:=[D(x)(t)=x(t)-4*y(t)*sqrt(abs(x(t)*y(t))).1. −0. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD >with(DEtools):phaseportrait(C.2.2..9. 0) es inestable y es un 1 1 punto de silla.[x(t).D ept o.[x(0)=-0.0. [x(0)=0. linecolor=black. los puntos cr´ ıticos ( 4 . d eM y -0.thickness=1.y(t)].2].2.01].color=black). −1 ) corresponden a centros y 4 4 son estables. [x(0)=0.8.20.8. [[x(0)=0.01.9.8 330 Un ive rsid ad de como vemos del retrato de fase el punto cr´ ıtico (0.y(0)=0.y(0)=0.4. [x(0)=-0.stepsize=.y=-0.y(0)=-0.CAP´ ITULO 8.4. x=-0.2]].2.8 0 x 0.1]. [x(0)=-0.y(0)=-0.[x(0)=0.1].[x(0)=0.y(0)=-0.1.2]. An tioq uia Figura 8.2].4 -0.2..8 as .4].. 0.4 -0.y(0)=0.8 -0.arrows=medium.y(0)=-0.y(0)=-0.[x(0)=-0.01].[x(0)=-0.2.t=-20.4].y(0)=0.4 0 atem atic 0.y(0)=0. 4 ) y (− 1 .0.4 0.1.30 . PRELIMINARES eM atic Existencia y Unicidad de soluciones as . x) |. x) es acotada ∀(t. c) Sea {xn (t)} una sucesi´ on de funciones. b) tal que de An tioq entonces f (t. c. ∀(t. N > 0 tal que ∀n ≥ N y ∀t ∈ [a. d ∈ . x)/a ≤ t ≤ b.1. es decir. b] se cumple que |xn (t) − x(t)| < 331 Un ive o tambi´ en f (ξ ) = f (b)−f (a) b−a rsid ad b) Sea f (x) continua en el intervalo cerrado a ≤ x ≤ b y derivable en el intervalo abierto a < x < b entonces. definida por f (b) − f (a) = f (ξ )(b − a). d A. existe M > 0 tal que | f (t. ept o. el teorema del valor medio dice que ∃ξ ∈ (a.D D = {(t. Entonces se dice que xn (t) converge uniformemente (c. b.) a una funci´ on x(t) en el intervalo a ≤ t ≤ b si ∀ > 0. ∃N ∈ N. x) es continua y D es una regi´ on acotada y cerrada. x) ∈ D.u. c ≤ x ≤ d} con a.´ APENDICE A atem a) Si f (t. x) ∈ D uia . ´ APENDICE A. b]. x(s)ds a b b f (s. e) Sea f (t. b] entonces b a b D = {(t. Este teorema se le llama criterio M de Weierstrass para la convergencia uniforme de series de funciones. x(t)) | a f (t) dt| ≤ a |f (t)| dt y si |f (t)| ≤ M (es decir f es acotada en [a. b]. Es decir. EXISTENCIA Y UNICIDAD DE SOLUCIONES d) Si las funciones del n´ umeral c) son tambi´ en continuas en [a. Si ∞ ∞ n=0 |Mn | < ∞ (es decir. b] a una funci´ on x(t). x) una funci´ on continua en la variable x y supongamos que {xn (t)} converge uniformemente a x(t) cuando x → ∞ entonces Limf (t. xn (s)) ds = b n→∞ de An tioq g) Sea {xn (t)} una sucesi´ on de funciones con |xn (t)| ≤ Mn ∀t ∈ [a. entonces b n→∞ Un ive l´ ım f (s. n=0 Mn converge absolutamente) entonces {xn (t)} converge uniformemente en [a. c ≤ x ≤ d} cerrada y acotada.D ept |f (t)| dt ≤ M a dt = M (b − a) o. d eM atem f (s. x) es una funci´ on continua en la regi´ on b a n→∞ b a l´ ım f (s. b] entonces as . b] y si f (t. x)/a ≤ t ≤ b. xn (s)) ds = a rsid ad h) Si {xn (t)} converge uniformemente a x(t) en [a. uia . “El l´ ımite uniforme de funciones continuas tambi´ en es continua”. l´ ım xn (s)) ds = 332 atic f) Sea f (t) una funci´ on integrable en [a. b] entonces x(t) tambi´ en es continua en [a. xn (t)) = f (t. CASO UNIDIMENSIONAL A continuaci´ on analizaremos las condiciones para la existencia y unicidad del P. TEOREMA LOCAL DE EXISTENCIA Y UNICIDAD. x1 ) − f (t. con 0 < k < ∞ tal que rsid ad Definici´ on A. x(t)) con x(t0 ) = x0 (1) Teorema A. d (es decir. de primer orden: x (t) = f (t. decimos que f (t. (t. T. x1 ). c. c ≤ x ≤ d} |f (t. c < d. si existe una constante k . (1) es equivalente a la ecuaci´ on integral: t t0 y x(t 0 ) = x 0 + D = {(t.1 .D ept Demostraci´ on: o. b. x2 ) ∈ D La constante k se le llama constante de Lipschitz. CASO UNIDIMENSIONAL A. x)/a ≤ t ≤ b. d ∈ y a < b. x(s)) ds = t0 x (s) ds = x(s)|t t 0 = x (t) − x (t 0 ) = x (t) − x 0 .D.I. x) es continua de Lipschitz en x sobre D.I. x) continua para todos los valores de t y x donde la funci´ on esta definida. x(t)) x (t) = dx t0 uia t t0 ⇒): si x(t) satisface (1) entonces: t f (s. x(s)) ds = x0 An tioq ⇐): si x(t) satisface (2) entonces derivando (2): t d f (s. x(t) es soluci´ on de (1)⇐⇒ x(t) es soluci´ on de (2)) eM x (t) = x 0 + f (s. Un ive con a. LOCAL DE EXISTENCIA UNICA.V. ∀(t.2. con la E. x(s)) ds = f (t. Entonces el P.A. Sea de t0 t0 f (s. x(s)) ds (2) atem atic as 333 .V.2. x2 )| ≤ k |x1 − x2 |.1 (funci´ on continua de Lipschitz) . Sea f (t. x1 )| = |( ept Dem. x1 (s)) ds t t0 f (s. Sea {xn (t)} tal que An es continua en D.2 (iteraci´ on de Picard) . x1 ) y (t. 334 Un ive rsid ad de Definici´ on A. x0 (s)) ds f (s.2 . 0 ≤ x ≤ 1 entonces f (t. eM atem atic √ 1 |f (t. x2 ) tal que |f (t. x) ≤ k. para t fijo. x) es continua en la variable x. x) − f (t. b) Reciprocamente. . x) y ∂f ∂x Lipschitz en x sobre D. x2 ) − f (t. d Teorema A. x) es una funci´ on en x. . . EXISTENCIA Y UNICIDAD DE SOLUCIONES Nota: a) Si f (t. x) es continua de Lipschitz en la variable x entonces f (t. √ Ejemplo 1.: sean (t. entonces es acotada en D. por lo tanto existe Como ∂f ∂x 0 < k < ∞ tal que ∂f (t. 1) x as . 0)| = | x − 0| = √ |x − 0| ∀x ∈ (0. no toda funci´ on continua es continua de Lipschitz.D x 0 (t) = x 0 x 1 (t) = x 0 + x 2 (t) = x 0 + . x n (t) = x 0 + t t0 t t0 f (s. x)||x2 − x1 | ∂x o. x) es continua de Sean f (t. x) = x 0 ≤ t ≤ 1. f (t. pero pero 1 √ x → ∞ cuando x → 0 por tanto no hay constante de Lipschitz. x2 ) ∈ D. xn−1 (s)) ds a esta sucesi´ on se le llama las iteradas de Picard. Para t fijo ( ∂f )(t.´ APENDICE A. (t. x) ∈ D ∂x tioq uia ∃ξ ∈ (x1 . del valor medio ∂f )(t. x) es continua en D. ∀(t. ∂x entonces por el T. x) continuas en D entonces f (t. x) que satisfacen las desigualdades |t − t0 | ≤ a. x(t0 ) = x0 tiene soluci´ on x = x(t) en el intervalo |t − t 0 | ≤ δ .I. x) ∈ D : |f (t.1) Veamos que las iteradas de Picard convergen uniformemente y dan en el l´ ımite la soluci´ on a la ecuaci´ on integral t 1. entonces ∃M > 0 tal que ∀(t. M Pasos para la demostraci´ on: rsid ad x = x0 + f (s.2. d eM atem t0 − a t0 t0 + a atic t t0 − δ t0 + δ as . ya que (t.V. xn (t)) ∈ D) 335 Un ive Como f es continua en D. t0 de An tioq Teorema A. |x − x0 | ≤ b. x). Veamos que las iteradas de Picard {xn (t)} son continuas y satisfacen la desigualdad |xn (t) − x0 | ≤ b (de esto se concluye que b − x0 ≤ xn (t) ≤ b + x0 y por tanto f (t. Sea f (t. xn (t)) esta bien definida. CASO UNIDIMENSIONAL x x0 + b x0 ¥ D x0 − b ¥ ¥ Figura A. x(s)) ds.1 Dem. uia . LOCAL DE EXISTENCIA UNICA.A.3 (Existencia) . x)| ≤ M b } Sea δ = min{a.D ept o.(Ver figura A. x = f (t. T. entonces existe δ > 0 tal que el P. x) continua de Lipschitz en x con constante de Lipschitz k en la regi´ on D de todos los puntos (t. x1 (s)) ds es continua ya que f (t. x0 | ds| = M | uia t k m−1 δ m |t − t 0 | m ≤M . x1 ) − f (t. x2 ) : |f (t. d 2. x(t)) es continua y as´ ı sucesivamente para n ≥ 3. x1 ). Para n = 0 |x0 (t) − x0 | = 0 ≤ b Para n > 0: t t t0 t0 t t tioq |x 1 ( t ) − x 0 ( t ) | = |x 1 ( t ) − x 0 | = | =| t0 t0 f (s.D ds| = M |t − t0 | ≤ M δ Si n = 1: ept |xn (t) − xn−1 (t)| ≤ M k n−1 |t − t 0 | n M k n−1 δ n ≤ n! n! o. . .´ APENDICE A. x0 ). luego x1 (t) es continua. x0 (s)) ds| t t0 t0 Veamos que se cumple para n = m + 1: En efecto. xn−1 (s)) ds| as . (t. entonces la integral tambi´ en es continua. Veamos por inducci´ on que: eM b (observese que por eso se escogi´ o δ = min{a. x0 ) ds| ≤ | |f (s. . xn−1 (s))| ds ≤ M | ds| = M |t − t0 | ≤ M δ ≤ b atic |x n ( t ) − x 0 | = | t0 t f (s. x2 )| ≤ k |x1 − x2 | luego 336 Un ive |xm (t) − xm−1 (t)| ≤ M k m−1 rsid ad Supongamos que se cumple para n = m: de An f (s. m! m! . como f es de Lipschitz en x sobre D: existe k > 0 tal que ∀(t. x0 (s)) ds = x0 + t0 f (t. M }) atem ≤ |f (s. x0 ) ds Como f (t. EXISTENCIA Y UNICIDAD DE SOLUCIONES x0 (t) = x0 (la funci´ on constante siempre es continua) t t x1 (t) = x0 + t0 f (t. t Similarmente x2 (t) = x0 + t0 f (t. x0 ) es continua en (t. 4. as . t0 + δ ]. xm−1 (s))) ds| ≤ | t |f (s. xm (s)) ds − t0 t t0 f (s. k m! eM En efecto. d M (ekδ k pero por 2. t0 + δ ]. T. An tioq uia Por el criterio M de Weierstrass se concluye que . esto demostrar´ a que x(t) es continua en [t0 − δ. CASO UNIDIMENSIONAL t t |xm+1 (t) − xm (t)| = | t t0 f (s. xn (t) − x0 (t) = xn (t) − xn−1 (t) + xn−1 (t) − xn−2 (t) + xn−2 (t) − . xm−1 (s)) ds| =| t0 (f (s. el l´ ımite de las funciones de Picard existe y es uniforme para |t − t0 | ≤ δ . . xm−1 (s))| ds| t ≤ k| t0 |xm (s) − xm−1 (s)| ds| ≤ k | t t0 = kmM | |s − t 0 | m m! |s − t 0 | m ds| m! t0 |t − t0 |m+1 δ m+1 ds = k m M ≤ kmM (m + 1)! (m + 1)! M k m−1 con |t − t0 | ≤ δ = y como n m=1 n m=1 [xm (t) − xm−1 (t)] n y (t) = l´ ım luego n→∞ l´ ım xn (t) = y (t) + x0 (t) ≡ x(t) n→∞ es decir. para |t − t0 | ≤ δ 337 Un ive n→∞ m=1 [xm (t) − xm−1 (t)] = l´ ım [xn (t) − x0 (t)] = l´ ım xn (t) − x0 (t) n→∞ n→∞ rsid ad Pero de converge absoluta y uniformemente para |t − t0 | ≤ δ a una funci´ on u ´nica y (t).2. . es decir. xn (t) −→ x(t). + x 1 (t) − x 0 (t) = n m=1 [xm (t) − xm−1 (t)] atem − 1) atic 3. se tiene m−1 m |xm (t) − xm−1 (t)| ≤ M k m!δ = M km δ m .D |xm (t) − xm−1 (t)| ≤ M k n (kδ )m m=1 m! ept o. LOCAL DE EXISTENCIA UNICA.A. xm (s))−f (s. Veamos que {xn (t)} converge uniformemente a una funci´ on x(t) para t ∈ [t0 − δ. xm (s))−f (s. |t − t0 | ≤ δ entonces n→∞ t l´ ım f (t. xn (t)) = f (t. xn (s)) ds t0 l´ ım f (s. xn (s)) ds = x0 + t t0 t x (t) ≤ A + B | Definimos y (t) = B t0 x(s) ds t luego y (t) = Bx(t) ≤ B (A + B t0 x(s) ds) = AB + By (t) luego y (t) − By (t) ≤ AB (1) d Pero dt [y (t)e−B (t−t0 ) ] = e−B (t−t0 ) [y (t) − By (t)] Multiplicando (1) por e−B (t−t0 ) : d (y (t)e−B (t−t0 ) ) ≤ ABe−B (t−t0 ) dt 338 t Un ive rsid ad Dem. x(s)) ds t as . de An donde A y B son constantes positivas para todo t tal que |t − t0 | ≤ δ . x(s)) ds para |t − t 0 | ≤ δ c. Sea x1 (t) una funci´ on continua y no negativa y si ept o.u. por la definici´ on de funciones de Picard x(t) = l´ ım xn+1 (t) = x0 + l´ ım n→∞ = x0 + h) t t0 n→∞ atem t t0 n→∞ f (s.: veamos el teorema para t0 ≤ t ≤ t0 + δ . x(s)) ds eM atic f (s. Veamos que x(t) es soluci´ on de x (t) = x0 + t0 f (s. entonces x(t) ≤ AeB |t−t0 | para |t − t0 | ≤ δ tioq t0 x(s) ds| uia .´ APENDICE A. d luego x(t) es soluci´ on de x (t) = x0 + f (s. x(t)) luego. EXISTENCIA Y UNICIDAD DE SOLUCIONES 4.4 ( Desigualdad de Gronwald) .D Teorema A. La demostraci´ on para t0 − δ ≤ t ≤ t0 es semejante. x) es continua en x y xn(t) −→ x(t). Como f (t. ∀ > 0 y por tanto v (t) < 0 y sabemos que v (t) > 0.: es consecuencia directa del teorema A.V. desde t0 hasta t y sabiendo que e−B (t−t0 ) > 0.I. Supongamos que se cumplen las condiciones del teorema de existencia. y (t)) ∈ D para todos |t − t 0 | ≤ δ .A. d eM |t − t0 | ≤ δ del P. (1) Dem.6 ( Teorema de Picard) . Como f (t. CASO UNIDIMENSIONAL e integrando a ambos lados.5 (Unicidad) .V. . 339 Un ive Teorema A.2 y de los teoremas de existencia y unicidad. y (s)) ds)| ≤ t t0 An tioq t t uia . de aqu´ ı que v (t) = 0 o sea que x(t) = y (t) de k| to |x(t) − y (t)| ds| = k | v (s) ds| < + k | o. rsid ad Por la desigualdad de Gronwall: v (t) < ek|t−t0 | . entonces −B (t−t0 ) t y (s)e−B (t−t0 ) |t |t0 t0 ≤ −Ae y como y (t0 ) = 0 entonces y (t)e−B (t−t0 ) ≤ A(1 − e−B (t−t0 ) ) luego y (t) ≤ A(eB (t−t0 ) − 1) v ( t ) = |x 0 + t to f (s. (1) en |t − t0 | ≤ δ y supongamos que (t.D Sea v (t) = |x(t) − y (t)| y por tanto v (t) > 0 y continua. ∀ > 0 atic as y como x(t) ≤ A + By (t) ≤ AeB (t−t0 ) hip. x) es continua de Lipschitz en x sobre D. x) y ∂f ∂x δ > 0 tal que las funciones de Picard {xn (t)} convergen a una soluci´ on u ´nica y continua en |t − t0 | ≤ δ del P.2. T. Entonces existe una constante Si f (t. x(t)) con x(t0 ) = x0 (1) n→∞ atem Teorema A. LOCAL DE EXISTENCIA UNICA.: x (t) = f (t. son continuas en D.: supongamos que x(t) y y (t) son dos soluciones continuas y distintas del P.I. x(s)) ds − (x0 + t t0 to f (s.I.V. Entonces x(t) = l´ ım xn (t) es la u ´nica soluci´ on continua en v (s) ds|. entonces ept Dem. 1) → − − x (t 0 ) = → x0 ept → − − → − x = f (t. f ( t. x = . xn0 fn (t. xn ) xn (t0 ) = xn0  (A. . xn )  →   − → − − → − . − donde → x = o. . xn ) x1      x2  →  x20   f2 (t. . TEOREMAS LOCAL Y GLOBAL PARA SISTEMAS DE E. d      x10 f1 (t. x1 . La m´ as sencilla es: uia → − 2 x2 1 + · · · + xn = norma de x . . xn ) x2 (t0 ) = x20 . . .D . . . x2 .   . . . O. x2 .  . . x1 . . → x ). . .   . x1 . .3. D. xn ) x1 (t0 ) = x10 x2 := f2 (t.   0  . . . . hay varias maneras de definir la norma de A.2) → − x A = i=1 j =1 − Se puede mostrar que tanto para → x como para A se cumple que: − − ii) α→ x = |α | → x para todo α escalar. LINEALES Consideremos el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales: x1 := f1 (t. . . x1 . x1 . . . EXISTENCIA Y UNICIDAD DE SOLUCIONES A. . xn := fn (t. . . . xn ) xn o sea que vectorialmente el sistema anterior queda as´ ı: eM atem atic as (A.  . x1 .´ APENDICE A. . − − − − iii) → x +→ y ≤ → x + → y − Adem´ as para el caso matricial tambi´ en se cumple que A→ x ≤ A 340 Un ive → − − − − i) → x ≥0y → x =0⇔→ x = 0 rsid ad de An n n tioq |aij | Si An×n . x2 . . . x ) = x = . → x ) son de Lipschitz.D Lo anterior se deduce si se utiliza la desigualdad |x j | n Un ive ≤ ≤ (k i i=1 j =1 |x1j − x2j |)2 = 2 ki (n i=1 → − − x1−→ x 2 )2 = n2 → − − x1−→ x2 ept n j =1 o. (t. T. → x 1 ). Entonces existe δ > 0 tal que el − sistema A. . x1n ) − fi (t. LINEALES Teorema A. − x 1 ) − f (t. .O. → x 1 ) − fi (t. − x 1 ) − f (t. . → x 2) ≤ k → x1−→ x2 (∗) |fi (t. − Sea D la regi´ on n + 1 dimensional (una para t y n para → x ).A. d |x1j − x2j |)2 eM n − − =n → x1−→ x2 atic − La condici´ on (*) es consecuencia de que las fi (t. x2n )| ≤ ki tomando n j =1 |x1j − x2j | atem n 2 i=1 2 ki 2 n k=n i=1 2 ki En efecto. → − − Supongamos que f (t. . → x 2 )]2 de An tioq 1 n n n j =1 − |x j | ≤ → x ≤ j =1 n 2 ki ( i=1 uia .2 tiene una soluci´ on u ´nica → x en el intervalo |t − t0 | ≤ δ 2 ki i=1 341 . sea |t − t0 | ≤ a → − → − y x − x 0 ≤ b. donde k > 0. → x ) satisface la condici´ on de Lipschitz → − → → − − − − f (t.3. es decir (∗∗) as − − para(t. .D. → − → → − − f (t. . → x 2 ) ∈ D. → x 2) = n n n rsid ad i=1 − − [fi (t. .7 (Teorema de existencia y unicidad) . LOCAL Y GLOBAL PARA SISTEMAS DE E. . x11 . x21 . β ] → − − x 0 (t) = → x0 . . . EXISTENCIA Y UNICIDAD DE SOLUCIONES luego n k=n i=1 2 ki Tambi´ en |fi (t. .. . . Entonces existe una funci´ on vectorial u ´nica → x (t) que es soluci´ on de (1) en [α.. → − Sean A(t) y f (t) una funci´ on matricial y vectorial respectivamente. . ∂fi Por u ´ltimo. x2n )| ≤ ki m´ ax |x1j − x2j | j =1. → − − x n+1 (t) = → x0+ t0 . . y A(t) una matriz n × n Teorema A. . .: definimos las funciones iteradas de Picard t → − − [A(s)→ x 0 (s) + f (s)] ds t0 t → − − [A(s)→ x n (s) + f (s)] ds de An tioq uia . si ∂x (para i. α ≤ t ≤ β (1) ept o. .´ APENDICE A. . 342 Un ive → − − x 1 (t) = → x0+ rsid ad Dem.n (∗ ∗ ∗) Verificar (**) y (***) es m´ as f´ acil que verificar (*). d eM Ahora veamos la existencia y unicidad globales de soluciones de sistemas lineales con coeficientes continuos.. x1n ) − fi (t. x11 . . Sea → − → − − x (t) = A (t) → x + f (t). atem atic as . . . x21 . .8 (Existencia y unicidad para sistemas lineales) . .D → − − x (t 0 ) = → x 0 . j = 1. con− tinuas en α ≤ t ≤ β .. entonces son j acotadas en D y las condiciones (**) y (***) resultan por el teorema del valor medio. n) son continuas en D. Como A(t) es una funci´ on matricial continua. β ] para n = 1. − − i) Observemos que para cualquier par de vectores → x 1. . Veamos que se cumple para n = m + 1: rsid ad t0 → − − A(s)→ x 0 + f (s) ds ≤ M de t An → − − x 1 (t) − → x 0 (t) = → − − A(s)→ x 0 + f (s) ds ≤ t t0 tioq ds = M |t − t0 | ≤ M (β − α) uia o.D. T. n. LINEALES Claramente estas iteradas son continuas en [α.A. . . .O. entonces n n sup α≤t≤β A(t) = sup α≤t≤β i=1 j =1 |aij (t)| = k < ∞ Sea M = sup α≤t≤β → − − A (t) → x 0 + f (t) < ∞ α ≤ t ≤ β.3. LOCAL Y GLOBAL PARA SISTEMAS DE E. . veamos que las iteradas de Picard satisfacen la desigualdad (β − α ) |t − t 0 | → − − ≤ M k n−1 x n (t) − → x n−1 (t) ≤ M k n−1 n! n! Si n = 1: t n n t0 → − − x m+1 (t) − → x m (t) ≤ t t0 → − → − − − A(s)→ x m (s) + f (s) − A(s)→ x m−1 (s) + f (s) t t Un ive Supongamos que se cumple para n = m. → x 2 y para as ds ≤ .D ept ii) Por inducci´ on. d → − − − x + f es de Lipschitz para cualquier → x yα≤t≤β luego la funci´ on A(t)→ eM → − → − − − − − [A(t)→ x 1 + f (t)] − [A(t)→ x 2 + f (t)] = A(t)(→ x 1−→ x 2) → − → − → − → − ≤ A (t) x1− x2 ≤k x1− x2 atem k t0 → − − x m (s) − → x m−1 (s) ds ≤ k M k m−1 t0 |s − t 0 | m ds = m! 343 atic → − el cual existe ya que A(t) y f (t) son continuas en un cerrado. Entonces existe una → − − − − u ´nica soluci´ on continua → x (t) de → x (t) = A (t) → x (t) + f (t) con → − − x (t 0 ) = → x 0 definida para todo −∞ ≤ t ≤ ∞ rsid ad T = norma de T = m´ ax |T (x)| |x|≤1 |x| = Propiedades: para S.3 (Norma de T ) . . tioq A.D en el intervalo |t| ≤ n la cual esta garantizada por el teorema anterior. T ∈ £(Rn ) se cumple a).1 (Teorema de existencia y unicidad global) . → − Sean A(t) y f (t) continuas en −∞ ≤ t ≤ ∞. − − Luego → x n (t) = l´ ımn→∞ → x n (t) esta definida para todo t ∈ y es u ´nica. EXISTENCIA Y UNICIDAD DE SOLUCIONES α) −t0 | ≤ M k m (β(− = M k m |t( m+1)! m+1)! m+1 m+1 Nota: la diferencia entre estos teoremas y el A. An Sea £( n ) el espacio de los operadores T : Rn → Rn . mientras que en el A. 2.´ APENDICE A. Esta diferencia demuestra el resultado de existencia u ´nica en todo el intervalo α ≤ t ≤ β Corolario A. ya que esta definida de manera u ´nica en cada intervalo finito que contiene a t0 ept o. .3 es que en el caso lineal la cota M puede definirse independiente de x. → x (t 0 ) = → x0 atem − Dem. d eM → − → − − − − x = A (t) → x (t) + f (t). − − Notemos que → x n (t) coincide con → x n+k (t) en el intervalo |t| ≤ n para k = 1.4. Sea → x n (t) la u ´nica soluci´ on de atic as .3 debe restringirse x y t. T ≥ 0 y T = 0 ⇔ T = 0 344 Un ive donde |x| es la norma euclidea de |x| ∈ Rn . es decir 2 x2 1 + · · · + xn de Definici´ on A. EXPONENCIAL DE OPERADORES uia . .: supongamos que |t0 | ≤ n. . 4. T k ≤ T k para k = 0. por a).A. d Lema A. S + T ≤ S + T Recordemos que en Rn la representaci´ on de un operador se hace por medio de la matriz A y utilizando la desigualdad de Cauchy-Schwars se llega a √ n×n que A ≤ n donde es la m´ axima longitud de los vectores fila de A. . para k ∈ R : kT = |k | T c). T S ≤ T S ept a). existe N ∈ N tal que para todo k ≥ N se cumple que T − Tk < atic as . para |x| ≤ 1. a). .4 (Convergencia de operadores) : una sucesi´ on {Tk }∞ k=1 de operadores en £(Rn ) se dice que converge a un operador T ∈ £(Rn ) cuando k → ∞ si para todo > 0. T ∈ £(Rn ) y x ∈ Rn se cumple que eM k→∞ l´ ım Tk = T atem Definici´ on A. definemos y = |x . uia . y lo denotamos as´ ı Dem. para |x| = |0| es inmediato x para x = 0. Para S. .: luego |T (S (x))| ≤ T |S (x| ≤ T T S = m´ ax |T S (x)| ≤ T |x|≤1 Un ive luego T (x ≤ |x| T rsid ad de An 1 x )| = |T ( x ) | |x| |x| tioq c). EXPONENCIAL DE OPERADORES b). 2. 1.D S |x| S 345 b).1 . |T (x)| ≤ T |x| o. por la definici´ on de norma para T : | T ≥ |T ( y ) | = |T ( b). A. de ii. que eAt ≤ A t e . Sea T ∈ £(Rn ) y t0 > 0. . 2.6 (Exponencial de una matriz) Sea An×n . por c). en el lema anterior: para k = 0.9. Para todo t ∈ R. entonces la serie ∞ k=0 T k tk k! es uniforme y absolutamente convergente para todo t ≤ t0 Dem. es decir. es inmediato a partir de b). la cual calculamos en el Capitulo 7. definimos ∞ Ak tk eAt = k! k=0 Si An×n entonces eAt es una matriz n × n. EXISTENCIA Y UNICIDAD DE SOLUCIONES c).´ APENDICE A. eT es un operador lineal. .D es uniforme y absolutamente convergente para todo |t| ≤ t0 Definici´ on A. del T.: sea T = a. donde A = T y T (x) = A x 346 Un ive rsid ad Si T ∈ £(Rn ) entonces su representaci´ on matricial la llamamos An×n con respecto a la base can´ onica de Rn . k=0 . eT = Propiedades: ∞ Tk k=0 k! Definici´ on A. Tambi´ en se demuestra de la misma manera que en el T. . Teorema A.5 (Exponencial de un operador) .9 . A. 1. d ∞ T k tk k! eM pero serie ∞ ak t k 0 k=0 k! = eat0 y por la prueba M de Wieirstrass concluimos que la atem ak t k T k tk T k |t | k 0 ≤ ≤ k! k! k! atic as . eT ≤ e T (Ver Dem. eT ∈ £(Rn ) tioq uia ept o.9) An i. entonces por el T. se tiene que rsid ad de An Sea A una matriz cuadrada.10 y la definici´ ın de exponencial matricial.: a). T ∈ £(Rn ) entonces a).11 (Derivada de una funci´ on exponencial matricial) . . entonces ∞ atem n=0 atic Tk = e S eT k! 347 as . entonces por el T. haciendo S = −T en a). EXPONENCIAL DE OPERADORES Teorema A.D b). del binomio (S + T ) n = n ! Sj T k j !k ! j +k=n eT −1 = e−T e S +T = d At e = A eAt dt d At eA(t+h) − eAt eAh − I e = l´ ım = l´ ım eAt h→0 h→0 dt h h 2 Ah Ak hk−1 = eAt l´ ım l´ ım A + + . A.: e0 = I = e−T eT y por tanto (eT )−1 = e−T ept n=0 n=0 o.. d ∞ (S + T ) n = n! Sj T k = j ! k ! n=0 j +k=n ∞ ∞ eM Sj j! Teniendo en cuenta que el producto de dos series absolutamente convergentes es absolutamente convergente. Si S.. Como S T = T S . + h→0 k→∞ 2! k! At = Ae Un ive Dem.: como A commuta consigo mismo.4. Dem.A. uia Ahora veamos el teorema de la derivada de una exponencial matricial. Si S T = T S entonces eS +T = eS eT b).10 . entonces tioq Teorema A. d eM atem atic as .´ APENDICE A.D ept o. EXISTENCIA Y UNICIDAD DE SOLUCIONES 348 Un ive rsid ad de An tioq uia . Dashiell.Grossman Stanley I. de [5] Henao G. Ecuaciones Diferenciales con aplicaciones y notas hist´ oricas. chemistry and engeneering . [10] Strogatz. segunda edici´ on. M. An tioq [4] Zill Dennis G.. Jr. H Nonlinear dynamics an chaos: with applications to physics. Ecuaciones Diferenciales elementales y Problemas con Condiciones en la Frontera . Ecuaciones Diferenciales con Aplicaciones . primera edici´ on. Dynamical Systems. Moreno R. 349 Un ive rsid ad [6] Farkas Mikl´ os Dynamical Models in Biology. primera edici´ on. Luis Javier. tercera edici´ on. Penney David E. Edwards. Restrepo G. [8] Perko Lawrence Differential Equations and Dynamical Systems . primera edici´ on. primera edici´ on. Gilberto. Ecuaciones Diferenciales con aplicaciones. biology. ept [2] Derrick William R. Osorio G. primera edici´ on. o.. and Lineal Algebra . Gonzalo.H. atem as . Differential Equations. Jos´ e Ecuaciones Diferenciales. Vel´ asquez E.. tercera edici´ on. Smale W. uia . S. W. segunda edici´ on.BIBLIOGRAF´ IA atic [7] Farkas Mikl´ os Periodic Motions . d eM [1] Simmons George F. segunda edici´ on. [9] Hirsch.D [3] C. 193 funci´ on de. 70 cohetes. 139 Aplicaciones crecimiento de cultivos. 51 crecimientos poblacionales. d eM atem atic . 51 a la f´ ısica. 49 cuerpos con masa variable. 254 Algoritmo para hallar las soluciones de un sistema de E. 141 Un ive Bendixs´ on criterio de. 192 propiedades. 134 problema de amplitud modulada. 249 Amplitud del movimiento arm´ onico simple. 136. 49 movimiento arm´ onico simple. 5 pendientes. 184 Bibliograf´ ıa. 187. 184 funci´ on de primera especie. 76 Cadena de vectores propios generalizados.D ept problemas de diluciones. 134 osciladores. 141 Angulo de fase. 279 Ayry ecuaci´ on diferencial de. 171 o.D. 136 Amplitud modulada (A. descomposici´ on. de segundo orden osciladores. 53 problemas de persecuci´ on.M. 28 Bessel ecuaci´ on diferencial. 349 C n (I ). 323 Bernoulli ecuaci´ on diferencial de.´ ´ INDICE ALFABETICO as Abel f´ ormula de. 5 rsid ad 350 de An tioq uia .D. 85 Algoritmo para cadenas de vectores propios generalizados. 253 Campo de direcciones .). 68 de las E. 134 desintegraci´ on radioactiva. 45 vaciado de tanques. . 48 campo gravitacional variable. 66 a la geometr´ ıa anal´ ıtica. 69 crecimiento. 186. 190 de segunda especie. 61 Asint´ oticamente estable. 90 Definici´ on E.. 202 campo de direcciones. 156 convert(. 202 restart... 81 inicial.[. . 3 soluci´ on particular. 3 soluci´ on singular. 201 for k from n to m do. 2 soluci´ on general. 2 Ecuaci´ on Diferencial Ordinaria.).. 155 DEplotwith. 346 de un operador. 234 laplace(. 137 de fricci´ on.D. 327 diff( . 4 de exponencial de una matriz. 42. 2 E. 1 Orden de una E. 331 Convolutivo.). 1 Parcial..parfrac. 135 Constantes de una soluci´ on. 154 BesselJ(. 202 solve. 202 BesselY(. 144 Clairaut ecuaci´ on diferencial de. 155 vector([. 1 factorial generalizado. 157 phaseportrait. 41.. 321 Circuitos en serie. 157.. 217 Cramer regla de.s). 155 SeriesSol. 70 Un ive rsid ad de An tioq uia . 157 with(inttrans). 1 problema de valor inicial. 103 Comandos Maple . 183 operador inverso. 157 wronskian(. 233 linsolve(. 42... 154. 5 coeff(.D. 155.. 157 Condici´ on de frontera.t.. d eM atem atic as 351 .).[ . 108 Criterio de Bendixs´ on.. 269 ecuaci´ on diferencial.). )..D ept o. 7 Convergencia de operadores. 346 de punto cr´ ıtico. 157 invlaplace. producto. 202 simplify(.´ ´ INDICE ALFABETICO Ciclo l´ ımite.]). 323 Criterio de estabilidad para sistemas no lineales. 42. 137 de Euler.. 328 plot. 156 dsolve.. 155.:=. 345 Convergencia uniforme.]). 3. 202 collect( . 332 Curva dirigida.). 240 Constante de amortiguamiento. 202 int.. 3 soluci´ on de una E.D. 119 peso de un cuerpo. 306 Criterio M de Weierstrass. 81 Conjunto fundamental de soluciones. 233 with(linalg). 268 D’alambert f´ ormula de. 38 Coeficientes indeterminados. ]) . lineal.. m´ etodo. 232 DE(tools). 41. 327. 187 Constante el´ astica del resorte..). no lineal.D. 52 movimiento amortiguado. 292 Estabilidad asint´ otica criterio de. 10 lineal de orden mayor que dos y coeficientes constantes. 90 de Euler. 7 homog´ enea. 132 Exponencial de un operador.´ ´ INDICE ALFABETICO transformada de Laplace.D ept o. 144 Clairaut. 142 Forma can´ onica. 132 de Hermite. 347 Desigualdad de Gronwald. 53 l´ ıquidas. 176 Ecuaci´ on Diferencial de Ayry. 135 movimiento forzado. 140 movimiento pendular. 172 Funci´ on Un ive rsid ad de An tioq uia . 13 en variables separables. 325 de Van der Pol. 174 F´ ormula de Abel. 293 Euler constante de. 203 Definida negativa. 95 caracter´ ıstica. 38 de Bessel. 98 lineal de orden n y de coeficientes constantes. 23. 85 de D’alambert. 279 criterio de. 97 Euler-Cauchy ecuaci´ on diferencial. 338 Diluciones gaseosas. 200 lineal de primer orden. 183 Fen´ omeno de resonancia. 144 Bernoulli. 38 Espacio propio. 147 no lineales de primer orden. 15 Frecuencia de vibraciones libres. 167 de Lienard. 229 propiedades de la funci´ on. 174. 19 Factorial generalizado. 138 movimiento arm´ onico simple. 23 log´ ıstica. 94 barra de torsi´ on. 169 de Legendre. 106 Forma diferencial exacta. 15 352 hipergeom´ etrica de Gauss. 30 sustituciones varias. 53 Dirac funci´ on delta de. 53 indicial. 344 Exponentes de la singularidad. 28 circuitos en serie. 95 de continuidad. 137 Frobenius teorema de. 250 Estabilidad. 230 Ecuaci´ on auxiliar. 295 Derivada de una exponencial matricial. 169 Factor Integrante. 326 exacta. 90. 184 de Euler-Cauchy. 295 positiva. d eM atem atic as . 187 f´ ormula de. 171 de coeficientes lineales. 146 movimiento pendular amortiguado. 97 de Rodriguez. 84 independientes. 180 gr´ afica de la funci´ on. 229 escal´ on unitario. 134 segunda. 117 Ley de absorci´ on de Lambert. 182 Gronwald desigualdad de. 193 de Liapunov. 229 onda cuadrada.D ept o. 333 de orden exponencial. 223 rectificaci´ on onda seno. 203 Legendre ecuaci´ on diferencial de. 221 Gamma f´ ormula de recurrencia. 134 Indices de la singularidad. 295 positiva. 170 polinomios de. 170 ecuaci´ on diferencial. 190 de segunda especie. 181 impulso unitario. 223 rectificaci´ on completa onda seno. 296 Lienard teorema de. 297 funci´ on. d eM atem Jacobiana matriz. 192 propiedades. 50 de Gravitaci´ on Universal. 222 semidefinida negativa. 303 Linealmente dependientes. 296 de Lipschitz. 167 polinomios de. 180 f´ ormula de recurrencia. de Newton. 334 Lambert ley de absorci´ on de. 212 Gamma. 169 Hook ley de. 222 onda tri´ angular. 50 Laplace transformada de. 174 Iteradas de Picard. 162 de Bessel. 302 atic 353 as . 182 Gauss ecuaci´ on diferencial hipergeom´ etrica de. 338 Hermite polinomios f´ ormula general. 201 Gr´ afica de la funci´ on Gamma. 184 de primera especie. 187. 200 serie hipergeom´ etrica de. 186. 70 de Hook. 325 Linealizaci´ on. 295 serrucho. 168 Lema Lema de operadores. 295 positiva. 10 anal´ ıtica. 295 delta de Dirac. 66 Liapunov criterio de. 181 funci´ on. 84 Lipschitz Un ive rsid ad de An tioq uia . 50 de enfriamiento de Newton.´ ´ INDICE ALFABETICO homog´ enea. 204 definida negativa. 38 Maclaurin serie de. 334 teorema de. 242 M´ etodo de soluci´ on E. 339 Plano de fase. 122 Un ive rsid ad de An tioq P´ endulo amortiguado. 7 Periodo de una soluci´ on. 324 Polinomio caracter´ ıstico. 240 Modelo de competici´ on.. 247 fundamental. en una E. 314 Movimiento amortiguado. 146 sobreamortiguado. 28 homog´ eneas.D ept o. 15 no lineales de primer orden. 50 ley de gravitaci´ on universal. 263 sustituciones varias.D. 340 principal. 137 arm´ onico simple. 242 Polinomios de Hermite. 106 para hallar la matriz exponencial. 168 Polinomios y operadores uia . 257 para hallar los valores y vectores propios. 103 de reducci´ on de orden. 138 subamortiguado. 84 Newton ley de enfriamiento de. exactas. d eM atem atic as . 340 Operador anulador. 133 E. de Bernoulli.D. 142 cr´ ıticamente amortiguado. 302 norma de. 269 Par´ ametros de una soluci´ on. de Euler-Cauchy . 100 diferencial lineal. 272 propio . 130 Operadores y polinomios isomorfismo. 268 Poincar´ e-Bendixs´ on teorema. generalizaci´ on. 139 pendular. 3.´ ´ INDICE ALFABETICO funci´ on de. 10 E. 70 segunda ley de.D. 313 Modelo depredador-presa. 162 Matriz exponencial. 333 M´ etodo de variaci´ on de par´ ametros. 114 D’alambert. 321 Periodo de vibraciones libres. 137 Picard iteradas. 98. 147. 90 de los coeficientes indeterminados. 170 de Legendre.D. 240 Jacobiana. 90 de variaci´ on de par´ ametros. 138 N´ ucleo operador diferencial lineal. 344 Norma de una matriz. 134 con resonancia. 78 dimensi´ on. 138 354 forzado. 272 Norma de un operador. 30 por series. 159 por transformada de Laplace para sistemas. 66 Nodo. 344 propiedades. 78 Operador inverso e integrales. 79 Propiedades de la matriz exponencial. 269 de silla. 162 Taylor. 161 seno. 184 Regla de Cramer. 304 de bifurcaci´ on. 122 Posici´ on de equilibrio. 277 estable. f´ ormula. 177. 142 Resortes acoplados. 177 caso III. 169 Salmuera. 160 convergencia absoluta. 161 coseno-hiperb´ olico. 274 estacionario. 171 regular en el infinito. 96 diferentes. 176. 248 funci´ on delta de Dirac. 151 Retrato de fase. 136 Producto convolutivo. 96 Raices indiciales caso I. 195 regular. 161 seno-hiperb´ olico. 195 Ra´ ıces complejas. 278 de equilibrio. 269 aislado. 273 nodo propio. 160 intervalo de convergencia.D ept o.. 159 criterio de la raz´ on. 269 asint´ oticamente estable. 160 Un ive rsid ad de An tioq uia . 162 en el infinito. 279 centro. 159 serie binomial. 279 foco. 162 irregular. 272 nodo impropio. 161 hipergeom´ etrica de Gauss. 176 caso II.D. 161 tangente inversa. 160 derivabilidad. 275 espiral. 159 radio de convergencia. 295 Serie Maclaurin. 270 ordinario. 161 serie de potencias. 230 Punto cr´ ıtico. 277 nodo. 160 funci´ on coseno. 160 logaritmo. 96 con multiplicidad. 303 sistemas no lineales. 171 irregular en el infinito. 95 iguales. 195 singular. 217 de Operadores Diferenciales. 161 seno inverso. 159 sumables. 162 Serie de potencias continuidad. 295 positiva. 237 Resonancia. 268 Rodriguez. 272 simple. 201 integrabilidad.´ ´ INDICE ALFABETICO isomorfismo. 53 Semidefinida negativa. d eM atem atic as 355 . 108 Representaci´ on vectorial de un sistema de E. 161 exponencial. D. 335 de existencia y unicidad global.D ept o.. 88 f´ ormula de Abel. 237 no homog´ eneo de E. 217 derivada de una transformada. 237. 214 E. 19 lineal de primer orden. 24 naturaleza de los puntos cr´ ıticos. 85 Lema de operadores. 325 de Picard. 85. 126 para puntos ordinarios. 341 sistemas lineales.D. 339 del producto convolutivo. 118 de existencia y unicidad. 225 Soluci´ on vectorial de una E. 171 Sistema autonomo. por transformada de Laplace. 238 Tabla de transformadas de Laplace. coseno. 123 seno y coseno. 3. 181 de la matriz fundamental. 292 de estabilidad asint´ otica. 124 polinomios. 242 Poincar´ e-Bendixs´ on. 117 criterio de Liapunov. 323 de estabilidad.´ ´ INDICE ALFABETICO Singular punto irregular. 303 homog´ eneo asociado de E.D. 260 Soluci´ on de una E.. 256 356 de Lienard. 324 principio de superposici´ on .D.D. 256 de la matriz principal. 205 Tasa percapita de crecimiento. 171 regular. 297 de Bendixs´ on. 211 segundo. 119–121 soluciones particulares complejas. d eM atem atic as . 293 de existencia. 126 transformada de la derivada. 216 transformada de una funci´ on peri´ odica..exactas. 49 Un ive rsid ad de An tioq uia . 342 Factor Integrante. 220 Tiempo de vida media. 81 del Wronskiano. 306 existencia transformada de Laplace. 344 de Frobenius. 172 de la funci´ on Gamma. N´ ucleo de L(D). 282 operador inverso funciones seno. 86 dimensi´ on. 162 Teorema b´ asico de operadores. 339 de translaci´ on primero. 15 estabilidad sistemas no lineales. 213 de unicidad. 81 de Picard. 79 soluciones particulares. 267 cuasilineal. 164 para valores propios diferentes. 203 existencia y unicidad para sistemas. 3. 122. 52 Taylor serie de. 268 peri´ odica. 217 Transformada de Laplace para sistemas. 245 defectuosos. 263 Trayectoria cerrada aislada. 321 Trayectorias isogonales. 332 Wronskiano. 253 repetidos. 86 Un ive rsid ad de An tioq uia .D ept o. 241 Valores propios complejos. 220 inversa de Laplace. 207 la integral. 260 Variaci´ on de par´ ametros. 106 Vector y valor propio. 216 de una potencia. 253 Weierstrass criterio M de. 219 derivada de la. 240 teorema del. d eM atem 357 atic as .´ ´ INDICE ALFABETICO Transformada de la derivada. m´ etodo. 44 ortogonales. 241 Vectores propios generalizados. 247 Van der Pol ecuaci´ on diferencial. 84. 321 definici´ on de. 326 Variaci´ on de par´ ametros. 44 Valor y vector propio. 214 funci´ on peri´ odica. 218 producto convolutivo.