Ecuaciones_Diferenciales_Ordinarias - J. Juan Rosales Garcia - Manuel Guia Calderon

12 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS J. Juan Rosales Garc´ıa, Manuel Gu´ıa Calderón Facultad de Ingenier´ıa Mecánica, Eléctrica y Electrónica Universidad Autónoma de Guanajuato 18 de junio de 2007 2 DEDICATORIA A mis hijos, Daniel y Alberto. A mis padres, Martha y Gonzalo. A Hilda Corina. A mis hermanos. A mis abuelos Q.E.D. A José Mart´ınez Sandoval Q.E.D. A todos aquéllos para los cuales una respuesta son dos preguntas 3 AGRADECIMIENTOS Los autores queremos agradecer a la Facultad de Ingenier´ıa Mecánica, Eléctrica y Electrónica de la Universidad de Guanajuato por darnos el apoyo requerido en la realización de este trabajo. Agradecemos a nuestros colegas y compa˜ neros del departamento de ingenier´ıa eléctrica, ingenier´ıa en comunicaciones y electrónica, en particular a los Drs. René Mart´ınez Celorio, J. Amparo Andrade Lucio, Oscar Ibarra Manzano y al M.C. Mario Ibarra Manzano por el apoyo desinteresado y valiosos comentarios. Estamos en deuda con muchos de nuestros estudiantes del curso ecuaciones diferenciales ordinarias, en particular, agradecemos a los estudiantes; Fernando Ort´ız Segovia, Ezequiel Mart´ınez Ayala, Helena S. López Avilés, Blad´ımir Ramos Alvarado, José Lu´ıs Aguinaco Z´ u˜ niga, por el apoyo que nos brindaron con sus cr´ıticas y ayuda en cuestiones computacionales. 4 PREFACIO El éxito de cualquier obra es directamente proporcional a la sencillez y elegancia con que se transmite su contenido. En este libro, Ecuaciones Diferenciales Ordinarias con Aplicaciones, uno de nuestros objetivos principales es mantener la simplicidad y poder comunicar a los estudiantes la importancia que tienen las ecuaciones diferenciales en la Ciencia e Ingenier´ıa. Este libro está dise˜ nado para cursos semestrales y trimestrales en las facultades de ingenier´ıa. Contiene las definiciones y teoremas básicos de las ecuaciones diferenciales ordinarias. Se analizan los métodos de solución más conocidos y se resuelven con todo detalle ejercicios correspondientes a cada método. Al final de cada cap´ıtulo se propone una serie de problemas que ayudarán al estudiante a reforzar sus conocimientos adquiridos. La demostración de algunos teoremas se ha omitido ya que, por un lado, nuestro enfoque está dirigido más a las técnicas de solución y aplicaciones, que al riguroso análisis matemático y, por el otro, consideramos que el incremento de información no contribuye en forma decisiva al aprendizaje de los estudiantes de ingenier´ıa. El libro está organizado de la siguiente manera: En el Cap´ıtulo 1 se dan los conceptos básicos de las ecuaciones diferenciales; en el Cap´ıtulo 2 se analizan los diferentes métodos de solución de las ecuaciones diferenciales de primer orden, se introduce la definición de ecuación diferencial lineal homogénea, no homogénea y reducible a homogénea, y se ilustran los métodos de solución. Se plantean y se resuelven con todo detalle algunos problemas. Al final de este cap´ıtulo se pide al alumno resolver una serie de ejercicios, esto para garantizar su aprendizaje; las ecuaciones de orden superior, y algunas aplicaciones se analizan en el Cap´ıtulo 3; en el Cap´ıtulo 4 se dan los fundamentos básicos del cálculo operacional, mejor conocido como Transformada de Laplace; en el Cap´ıtulo 5 se analizan las ecuaciones diferenciales usando series de potencias como soluciones; en el cap´ıtulo 6 se da una introducción a los sistemas de ecuaciones diferenciales. Esperamos haber podido mantener en la práctica nuestra filosof´ıa, sencillez y elegancia, si no que el estudiante nos juzgue, y desde luego aceptaremos cualquier cr´ıtica constructiva, para de esta manera mejorar nuestro trabajo y darle a la sociedad mejores resultados. Los autores J. Juan Rosales Garc´ıa Manuel Gu´ıa Calderón ´ Indice general 1. CONCEPTOS B ´ ASICOS 9 1.1. Definición y Caracterización de las Ecuaciones Diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.2. Soluciones de Ecuaciones Diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.3. Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 1: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 17 2.1. Ecuaciones Diferenciales con Variables Separables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.2. Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Separables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 2.3. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2.4. Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Homogéneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 2.5. Ecuaciones Diferenciales Cuasi-homogéneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 2.6. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 2.7. Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 2.8. Ecuación de Riccati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 2.9. Ecuaciones Diferenciales Exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 2.10. Factor Integrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 2.11. Ley de Enfriamiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 2.12. Circuitos Eléctricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 2.13. Solución del Circuito RL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 2.14. Solución de un Circuito RC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 2.15. Carga en el Condensador . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 2.16. Presión Atmosférica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 2.17. Ecuaciones Diferenciales no Resueltas Respecto a la Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 5 6 ´ INDICE GENERAL 2.18. Ecuaciones Diferenciales de Lagrange y Clairaut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 2.19. Isoclinas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 2.20. Trayectorias Ortogonales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 2.21. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 2.22. Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 2: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR 121 3.1. Ecuaciones Diferenciales de Orden Superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 3.2. Ecuaciones de Orden Superior Reducibles a Primer Orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 3.3. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 3.4. Ecuaciones Lineales con Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 3.5. Ecuaciones Diferenciales Lineales no Homogéneas de Segundo Orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142 3.6. Variación del Parámetro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148 3.7. Ecuaciones de Cauchy-Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 3.8. Vibraciones Mecánicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163 3.9. Solución para el Movimiento Libre no Amortiguado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165 3.10. Soluciones Para las Oscilaciones Forzadas no Amortiguadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166 3.11. Circuito Eléctrico RLC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168 3.12. Oscilaciones Libres del Circuito RLC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170 3.13. Solución General del Circuito RLC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171 3.14. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172 3.15. Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 3: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE 179 4.1. Conceptos Básicos de la Transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180 4.2. Transformada de Laplace de Algunas Funciones Elementales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182 4.3. Transformada de Laplace para las Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 4.4. Transformada Inversa de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194 4.5. Funciones Racionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196 4.6. Solución de Ecuaciones Diferenciales: Método de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . 199 ´ INDICE GENERAL 7 4.7. Transformada de Laplace para Funciones Discontinuas . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 4.8. Diferenciación e Integración de la Transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210 4.9. Ecuaciones Diferenciales con Fuentes Discontinuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214 4.10. Ecuaciones Diferenciales con Impulsos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221 4.11. Transformada de Laplace de la Función Delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . 222 4.12. Teorema de Convolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225 4.13. Problemas de Repaso para el Cap´ıtulo 4: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231 5. INTEGRACI ´ ON DE ECUACIONES DIFERENCIALES USANDO SERIES DE POTENCIA 233 5.1. Series de Potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233 5.2. Intervalo y Radio de Convergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235 5.3. Propiedades de las Series de Potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235 5.4. Derivadas de las Series de Potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237 5.5. Series e Integración de Ecuaciones Diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237 5.6. Integración de Ecuaciones Lineales Mediante Series de Potencias . . . . . . . . . . . 239 5.7. Soluciones Alrededor de Puntos Ordinarios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242 5.8. Ecuación Diferencial de Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248 5.9. Polinomios de Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249 5.10. Condiciones Suficientes para la Existencia de Soluciones en Serie Potencias. . . . . . 250 5.11. Ecuación Diferencial de Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250 5.12. Polinomios de Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252 5.13. Series Generalizadas: Método de Frobenius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254 5.14. Ecuación Indicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255 5.15. Ecuación Diferencial de Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256 5.16. Funciones de Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258 5.17. Propiedades de la función J ν (x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261 5.18. Funciones de Bessel Fraccionarias, ν = ± 1 2 , ± 3 2 , ± 5 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262 5.19. Funciones de Bessel de segunda clase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264 5.20. Funciones de Bessel de Segunda Clase Y n (x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266 5.21. Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 269 8 ´ INDICE GENERAL 6.1. Sistemas de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269 6.2. Valores Propios y Vectores Propios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286 6.3. Sistemas de Ecuaciones Lineales Homogéneos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 289 6.4. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299 6.5. Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 6: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303 Cap´ıtulo 1 CONCEPTOS B ´ ASICOS Las Matemáticas son el Idioma con el cual DIOS Escribió el Universo Galileo Galilei La Ciencia jamás podrá descubrir todos los secretos de la Naturaleza ya que la Ciencia la hacen los Hombres y éstos son parte de Ella J. Juan Rosales Garc´ıa Antes de empezar con los diferentes métodos para resolver las ecuaciones diferenciales, definiremos qué es lo que vamos a entender por ecuación diferencial en la forma más general y cómo la vamos a caracterizar. 1.1. Definición y Caracterización de las Ecuaciones Diferenciales Una ecuación que establece una relación entre la variable independiente x, la función dependiente y = f(x) y sus derivadas y , y , ..., y (n) se llama ecuación diferencial . Simbólicamente, se escribe de la siguiente manera F _ x, y, y , y , ..., y (n) _ = 0 (1.1) donde las derivadas se toman respecto a la variable independiente x, es decir, y = dy/dx, ..., y (n) = d n y/dx n . Si la función y = f(x) y sus derivadas dependen de una sola variable independiente, entonces, decimos que la ecuación diferencial es una ecuación diferencial ordinaria EDO . Si, por el contrario, la función y = f(x, z, ...) y sus derivadas dependen de más de una variable independiente, diremos que es una ecuación diferencial en derivadas parciales EDP. De tal manera que existen dos tipos de ecuaciones diferenciales: las ordinarias y las parciales. 9 10 CAP ´ ITULO 1. CONCEPTOS B ´ ASICOS El orden de la derivada superior que aparece en la ecuación es el orden, mientras que el grado se define como el exponente de la derivada de mayor orden. As´ı, la ecuación (1.1) representa una ecuación diferencial ordinaria de orden n y grado uno. Las ecuaciones diferenciales también se distinguen por su linealidad y no linealidad. Para esto, supongamos que en la ecuación (1.1) podemos despejar la derivada de orden máximo, y (n) , esto es: y (n) = f _ x, y, y , y , ..., y (n−1) _ (1.2) entonces, decimos que una ecuación diferencial, de la forma (1.2), es una ecuación diferencial lineal si f es una función lineal de y, y , y , ..., y (n−1) . En otras palabras, una ecuación diferencial es lineal si es posible escribirla de la siguiente manera a n (x) d n y dx n +a n−1 (x) d n−1 y dx n−1 +.... +a 1 (x) dy dx +a 0 (x)y = g(x) (1.3) donde los coeficientes a i (x) (i = 0, 1, 2, ..., n) son funciones continuas de la variable independiente x en un cierto intervalo (a, b). Si en (1.3) la función g(x) = 0, entonces, decimos que la ecuación es una ecuación diferencial lineal homogénea de orden n, en caso contrario, si g(x) ,= 0, diremos que es una ecuación diferencial lineal no homogénea . Si los coeficientes a i (x) (i = 0, 1, 2, .., n) son todos constantes, entonces la ecuación (1.3) representa una ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes. Desde el punto de vista práctico la parte izquierda, de la ecuación (1.3), representa a un sistema, sea cual sea, donde hay ciertos cambios (debidos a fricción, desintegración, ca´ıdas de voltaje, viscosidad etc.,) y la parte derecha de la ecuación representa la fuente (lo que se suministra al sistema, puede ser voltaje, corriente, una fuerza, etc.). Resolver la ecuación (1.3), significa, entonces, hallar la función que representará el resultado del proceso, es decir, nos dará información sobre el comportamiento del sistema. Ejemplo 1: Las ecuaciones y + 4x 2 y = 3x 2 + 2x −5, (1.4) y −xy = 0, (1.5) y + 5y + 3y = x 2 −1, (1.6) son, todas, ecuaciones diferenciales ordinarias de primer y segundo orden y grado uno. La ecuación (1.4) es una ecuación diferencial lineal no homogénea, mientras que la ecuación (1.5) es una ecuación diferencial homogénea. Finalmente, la ecuación (1.6) es una ecuación diferencial lineal no homogénea de segundo orden. Ejemplo 2: Las ecuaciones y ∂u(x, y) ∂y +x ∂u(x, y) ∂x = 0, (1.7) t ∂u(x, t) ∂t +x ∂u(x, t) ∂x = u(x, t), (1.8) 1.2. SOLUCIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES 11 ∂ 2 u(x, y) ∂x∂y = x +y, (1.9) son ecuaciones diferenciales parciales de primer orden (1.7), (1.8), y la ecuación (1.9), es de segundo orden. Ejemplo 3: Las ecuaciones y = xy 1/2 , (1.10) yy −4y +y = x −3, (1.11) y +y 4 = 0, (1.12) son ecuaciones diferenciales ordinarias no lineales de primero, segundo y tercer orden, respectivamente. La ecuación (1.10), es de grado dos, ya que (y ) 2 , las dos ecuaciones restantes son de grado uno. 1.2. Soluciones de Ecuaciones Diferenciales Toda función y = φ(x), definida en un intervalo (a, b), que satisface una ecuación diferencial se llama solución ó integral de la ecuación diferencial dada. La solución general de una ecuación diferencial es una familia de curvas o funciones que contiene tantos parámetros arbitrarios como sea el orden de la ecuación diferencial. Es decir, la solución general de una ecuación de primer orden F(x, y, y ) = 0 tendrá como solución general a la familia de curvas representada por Φ(x, y, c) = 0, donde c es el parámetro arbitrario (familia uniparamétrica), tal que, cada término de la familia es una solución de la ecuación diferencial. As´ı, al resolver una ecuación diferencial de orden n, es decir, F(x, y, y , ..., y (n) ) = 0, esperamos obtener una familia n- paramétrica de soluciones Φ(x, y, c 1 , ..., c n ) = 0, donde c i (i = 1, 2, ..., n) son parámetros arbitrarios. La solución de una ecuación diferencial que no contiene parámetros arbitrarios se llama solu- ción particular . Una manera de obtener una solución particular es elegir valores espec´ıficos del parámetro(o de los parámetros) en una familia de soluciones. En el caso en que se analice un sistema real estos parámetros se obtienen de las condiciones iniciales en que se encuentra el sistema. Hay ocasiones en que una ecuación diferencial tiene una solución que no puede obtenerse dando valores espec´ıficos a los parámetros en una familia de soluciones; a esta solución se le llama solución singular . Ejemplo 1: La función y = (x 2 /4 + c) 2 es solución de la ecuación y = xy 1/2 . Cuando c = 0, la solución particular es y = x 4 /16. En tal caso, la función y ≡ 0 es una solución singular de la ecuación, ya que no puede ser obtenida de la familia para ning´ un valor del parámetro c. Otra manera de ver esto es la siguiente: Si la solución y = x 4 /16 la escribimos como 16 = x 4 /y y luego hacemos y ≡ 0, tenemos una indeterminación, lo cual implica que la solución y ≡ 0 es una solución singular de la ecuación y = xy 1/2 . Ejemplo 2: Dada la función y(x) = ce −2x + 1 3 e x , (1.13) 12 CAP ´ ITULO 1. CONCEPTOS B ´ ASICOS demostrar que ésta es solución de la ecuación diferencial y + 2y = e x . (1.14) Solución: Para demostrar que efectivamente la funci´ on (1.13) es solución de la ecuación (1.14), debemos sustituir (1.13) en (1.14). Tenemos que la derivada de (1.13), es y (x) = −2ce −2x + 1 3 e x . (1.15) Sustituyendo esta expresión y (1.13) en (1.14), obtenemos −2ce −2x + 1 3 e x + 2ce −2x + 2 3 e x = 1 3 e x + 2 3 e x = e x . (1.16) El tener la igualdad e x = e x , implica que la función (1.13) es la solución general de la ecuación diferencial (1.14). De la solución general (1.13), podemos obtener una solución particular de la ecuación diferencial (1.14). Supongamos que cuando x = 0, y = 2. Sustituyendo estos valores en la solución (1.13), obtenemos 2 = c + 1 3 → c = 5 3 . (1.17) Luego, poniendo el valor de c en (1.13), obtenemos la solución particular de la ecuación (1.14), y(x) = 5 3 e −2x + 1 3 e x . (1.18) El haber restringido la solución general a una solución particular, quiere decir que la curva representada por la ecuación (1.18), pasa por el punto (0, 2). Ejemplo 3: Dada la función y(x) = c 1 x +c 2 xlnx + 2x 3 , (1.19) demostrar que ésta es la solución general de la ecuación diferencial x 2 y −xy +y = 8x 3 . (1.20) Solución: Derivando dos veces la función (1.19), obtenemos y = c 1 +c 2 lnx +c 2 + 6x 2 → y = c 2 x + 12x. (1.21) Sustituyendo estas dos expresiones y (1.19) en la ecuación (1.20), tenemos x 2 _ c 2 x + 12x _ −x[c 1 +c 2 lnx +c 2 + 6x 2 ] +c 1 x +c 2 xlnx + 2x 3 = 12x 3 −6x 3 + 2x 3 = 8x 3 . (1.22) Lo cual implica que la función (1.19) es la solución general de la ecuación (1.20). Ejemplo 4: Demostrar que para toda constante c la función y = arc tg(x +y) +c, (1.23) 1.2. SOLUCIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES 13 satisface la ecuación dy dx = 1 (x +y) 2 . (1.24) Solución: Diferenciando la función (1.23), tenemos dy dx = 1 + dy dx 1 + (x +y) 2 → [1 + (x +y) 2 ] dy dx = 1 + dy dx → [1 + (x +y) 2 −1] dy dx = 1. (1.25) Esta ´ ultima expresión la podemos escribir como dy dx = 1 (x +y) 2 . (1.26) De las ecuaciones (1.24) y (1.26), concluimos que la función (1.23), es solución de la ecuación (1.24). Podemos hacer el caso inverso, es decir, supongamos que conocemos la familia de curvas y deseamos conocer la ecuación diferencial correspondiente. Este tipo de problemas surgen a menudo en las ciencias e ingenier´ıas. Ejemplo 5: Dada la familia de curvas x 2 +y 2 −cx = 0, c ∈ R, (1.27) hallar su correspondiente ecuación diferencial. Solución: Considerando a y como una función de x, y diferenciando (1.27), respecto a x, tenemos 2x + 2y dy dx −c = 0. (1.28) Luego, de la ecuación (1.27), despejamos a la constante c c = x 2 +y 2 x . (1.29) Sustituyendo este resultado en (1.28), obtenemos 2x + 2y dy dx − x 2 +y 2 x = 0 → 2yx dy dx + 2x 2 −x 2 −y 2 = 0. (1.30) Finalmente, tenemos que la ecuación diferencial que representa a la familia de curvas (1.27), tiene la forma 2xy dy dx +x 2 −y 2 = 0. (1.31) En otras palabras, la familia de curvas (1.27) es la solución de la ecuación diferencial (1.31). Ejemplo 6: Hallar la ecuación diferencial que represente a la familia de curvas x −y −ce x y−x = 0. (1.32) Solución: 14 CAP ´ ITULO 1. CONCEPTOS B ´ ASICOS Escribamos la ecuación (1.32), de la siguiente manera (x −y)e x x−y = c. (1.33) Diferenciando esta expresión respecto a x, tenemos _ 1 − dy dx _ e x x−y + (x −y) _ x −y −x(1 − dy dx ) (x −y) 2 _ e x x−y = 0. (1.34) La expresión e x x−y ,= 0, entonces, lo que debe ser cero es 1 − dy dx + x −y −x +x dy dx x −y = 0 → 1 − dy dx + x dy dx −y x −y = 0. (1.35) Esta ´ ultima ecuación la podemos escribir como x −y −(x −y) dy dx +x dy dx −y = 0 → x −2y −(x −y −x) dy dx = 0. (1.36) Finalmente, tenemos la ecuación diferencial que representa a la familia de curvas (1.32), y dy dx −2y +x = 0. (1.37) Ejemplo 7: Hallar la ecuación diferencial que describe una familia de parábolas, las cuales pasan por el or´ıgen de coordenadas y su eje de simetr´ıa es el de las ordenadas. Solución: La ecuación que representa a la familia de parábolas con eje de simetr´ıa en las ordenadas es y = cx 2 , c ∈ R. (1.38) Diferenciando esta expresión respecto a x, obtenemos dy dx = 2cx. (1.39) De (1.38), despejamos a c y la sustituimos en (1.39), c = y x 2 → dy dx = 2 y x 2 x = 2 y x . (1.40) Entonces, la ecuación diferencial es dy dx − 2y x = 0. (1.41) Observación: Las ecuaciones diferenciales no lineales, a excepción de algunas de primer orden, son generalmente dif´ıciles o imposibles de resolver en términos de las funciones elementales(funciones trigonométricas, funciones exponenciales y logar´ıtmicas, y funciones trigonométricas inversas). Además, si tuviéramos una familia de soluciones de una ecuación diferencial no lineal, no es obvio cuándo esta familia forma una solución general. Las ecuaciones no lineales son muy sensibles a las condiciones iniciales. De tal manera, que el nombre de solución general se aplica sólo a ecuaciones diferenciales lineales. 1.3. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAP ´ ITULO 1: 15 1.3. Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 1: 1.1.-) En los siguientes ejercicios diga si las ecuaciones dadas son lineales o no lineales. Indique el orden y el grado de la ecuación: 1. xy +y = y 2 . 2. x dx dt +t = 1. 3. y −y = 2x −3. 4. y = _ 1 + _ d 2 y dx 2 _ 2 5. d 2 x dt 2 + α x 2 = 0. 6. (1 −y 2 )dx +xdy = 0. 7. xy + 1 = e y . 8. y(y ) 2 + 2xy = y + 1. 9. xy 2 dy +y 3 dx = dx x . 10. y (x +y) = y. 1.2.-) Por sustitución, compruebe que las soluciones dadas corresponden a las ecuaciones diferenciales: 1. e −y −cx = 1 ⇐⇒ xy + 1 = e y . 2. y 2 2 +y + ln[y −1[ = − 1 x +c ⇐⇒ x 2 y 2 y + 1 = y 3. y = c cos x ⇐⇒ y −y tg x = 0. 4. y = ln(c +e x ) ⇐⇒ y = e x−y . 5. y = √ x 2 −cx ⇐⇒ (x 2 +y 2 )dx −2xydy = 0. 6. x = ye cy+1 ⇐⇒ y = y x(ln x−ln y) . 7. y = x √ 1 −x 2 ⇐⇒ yy = x −2x 3 . 8. y = − 1 2 x 2 e −x +c 1 e x +c 2 e −x +c 3 xe −x ⇐⇒ y +y −y −y = 2e −x . 16 CAP ´ ITULO 1. CONCEPTOS B ´ ASICOS Cap´ıtulo 2 ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Una vez dadas algunas de las definiciones básicas correspondientes a las ecuaciones diferenciales ordinarias podemos estudiar los métodos de solución. Para esto, empecemos con las ecuaciones más sencillas, pero no menos importantes, ya que existe un sin n´ umero de aplicaciones de estas ecuaciones, tanto en las ciencias exactas como en las ingenier´ıas. De la ecuación (1.1), se deduce que una ecuación diferencial de primer orden tiene la forma F _ x, y, y _ = 0 (2.1) Si, además, suponemos que esta ecuación se puede resolver respecto a su derivada, entonces, tenemos la siguiente ecuación y = f(x, y) (2.2) Para esta ecuación es válido el siguiente teorema acerca de la existencia y unicidad de su solución. Teorema 2.0.1. (existencia y unicidad) Sea dada la ecuación diferencial y = f(x, y), (2.3) y sea f(x, y) una función continua de las variables x, y, definida en un cierto dominio D en el plano x0y. Si existe una vecindad Ω de un punto M 0 (x 0 , y 0 ) ∈ D, donde f(x, y); es continua en todos los argumentos, admite derivada parcial ∂f ∂y , entonces, existe un intervalo (x 0 −h 0 , y 0 +h 0 ) en la x− abcisa en el cual existe una solución ´ unica y = φ(x) de la ecuación (2.3), tal que, para una x = x 0 hay una y = y 0 , figura (2.1) 17 18 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Figura 2.1: La condición, de que la función debe tomar un valor dado y 0 para un x = x 0 , se conoce como condición inicial. Formalmente, esta condición la escribimos como y [ x=x0 = y 0 ⇐⇒ y(x 0 ) = y 0 (2.4) El problema de hallar una solución de la ecuación diferencial (2.2), sujeta a las condiciones iniciales (2.4), se conoce como problema de Cauchy . Desde el punto de vista geométrico, el teorema nos dice que por el punto M(x 0 , y 0 ) pasa una y sólo una curva integral de la ecuación (2.3). El teorema anterior expresa las condiciones suficientes para la existencia de una solución ´ unica del problema de Cauchy para la ecuación (2.3), pero estas condiciones no son necesarias, ya que puede existir una solución ´ unica de la ecuación (2.3), que satisface a la condición inicial (2.4), a pesar de que en el punto (x 0 , y 0 ) no se cumpla una (o las dos) de las condiciones del teorema. Apliquemos el teorema anterior para analizar los siguientes ejercicios. a) y = x +y 2 , b) y = x y . (2.5) Solución a): 19 Tenemos que la función f(x, y) es f(x, y) = x +y 2 . (2.6) la derivada de esta función respecto a y es ∂f ∂y = 2y. (2.7) Como podemos ver, las condiciones del teorema se cumplen, es decir, la función f(x, y) en (2.6), y su derivada parcial (2.7), son continuas en todo el dominio de x y y. Entonces, existe una, y sólo una solución y = φ(x) que cumple la condición y(x = x 0 ) = y 0 . Solución b): Tenemos que la función y su derivada son f(x, y) = x y . ∂f ∂y = − x y 2 . (2.8) Como podemos ver, éstas presentan discontinuidad en los puntos (x 0 , 0) del eje x. Por lo tanto, las dos condiciones del teorema no se cumplen. Sin embargo, por cada punto del eje x pasa una sola curva integral y = _ x 2 −x 2 0 , (2.9) donde x 0 es una constante arbitraria. Del teorema(existencia y unicidad), se deduce que la ecuación (2.2), tiene un n´ umero infinito de soluciones diferentes. Por ejemplo, la solución cuya gráfica pasa por el punto (x 0 , y 0 ) y otra solución cuya gráfica pasa por (x 0 , y 1 ) y otra que pasa por (x 0 , y 2 ) y otra más que pasa por (x 0 , y 3 ) y as´ı sucesivamente, siempre y cuando estos puntos sean puntos del dominio D que es donde está definida la función. Se llama solución general de una ecuación diferencial de primer orden a la función y = φ(x, c) (2.10) que depende de una constante arbitraria c, y cumple las siguientes condiciones Satisface la ecuación diferencial para cualquier valor de c Cualquiera que sea la condición inicial y = y 0 para x = x 0 , se puede encontrar un valor de c = c 0 , tal que la función y = φ(x, c 0 ) cumpla la condición inicial dada. Es claro que estamos suponiendo que los valores y 0 y x 0 pertenecen al dominio de variación de x y y, en el cual se verifican las condiciones del teorema sobre la existencia y unicidad de la solución. Frecuentemente, sucede que cuando buscamos la solución de una ecuación diferencial llegamos a la relación del tipo Φ(x, y, c) = 0 (2.11) no resuelta respecto a y, donde es imposible expresar a y en función de funciones elementales, es decir, expl´ıcitamente. En tal caso la solución general (2.11), se llama solución impl´ıcita . 20 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Toda función y = φ(x, c 0 ) que sea obtenida a partir de la solución general y = φ(x, c), ya sea aplicando las condiciones iniciales ó dando a la constante c un valor determinado c = c 0 se llama solución particular y la relación Φ(x, y, c 0 ) = 0 se llama integral particular de la ecuación diferencial. Desde el punto de vista geométrico, la integral general representa una familia de curvas en el plano de coordenadas dependientes de una constante arbitraria c ( a veces, en lugar de constante arbitraria se dice parámetro c). A estas curvas se les conoce como curvas integrales de la ecuación diferencial dada. Cada integral particular ser´ a representada por una curva de esta familia, la cual pasa por un punto del plano x0y. Toda ecuación diferencial, de primer orden (2.2), se puede escribir también de la siguiente manera M(x, y)dx +N(x, y)dy = 0 (2.12) donde M(x, y) y N(x, y) son funciones continuas dadas en un cierto dominio D del plano x0y, las cuales no contienen puntos singulares. En realidad la expresión (2.12), contiene dos ecuaciones diferenciales de primer orden; una respecto a la función y(x) y la otra respecto a la función x(y). En el primer caso, por solución de la ecuación (2.12), se entiende la función y = φ(x, c) que está definida en cierto intervalo (a, b), tiene derivada continua y satisface la ecuación (2.12). Debido a que el diferencial dx de la variable independiente x no es igual a cero, la ecuación (2.12), se puede dividir entre dx y obtener un valor de y(x) que satisfaga la ecuación diferencial de primer orden escrita en su forma conocida. Para esto dividimos entre dx la ecuación (2.12), tenemos M(x, y) +N(x, y) dy dx = 0. (2.13) Ahora escribiendo esta expresión de la siguiente manera dy dx = − M(x, y) N(x, y) = f(x, y), (2.14) siempre y cuando N(x, y) ,= 0. Como se puede observar, las expresiones (2.2) y (2.12) son simplemente dos maneras de escribir lo mismo, es decir, dos diferentes representaciones. Siguiendo el mismo razonamiento, obtenemos que para las soluciones de la forma x = φ(y, c) la ecuación diferencial (2.12) es equivalente a la siguiente dx dy = − N(x, y) M(x, y) = g(x, y), (2.15) siempre y cuando M(x, y) ,= 0. Vamos a estudiar más detalladamente la ecuación diferencial (2.14), donde x es la variable independiente y y(x) es la función dependiente. No existe un método general para integrar las ecuaciones diferenciales de primer orden (2.14). Sin embargo, para ciertas formas particulares de la función f(x, y) s´ı existen métodos generales de integración. Estos métodos se analizan detalladamente en las secciones siguientes. 2.1. ECUACIONES DIFERENCIALES CON VARIABLES SEPARABLES 21 2.1. Ecuaciones Diferenciales con Variables Separables Supongamos que en la ecuación (2.12) podemos escribir M(x, y) = p 1 (x)q 1 (y) y N(x, y) = p 2 (x)q 2 (y), entonces, tenemos la siguiente expresión p 1 (x)q 1 (y)dx +p 2 (x)q 2 (y)dy = 0 (2.16) donde p i (x), i = 1, 2., son funciones continuas dadas en un intervalo (a, b), y q i (y), i = 1, 2., son funciones también continuas en el intervalo (c, d) y el dominio D = [(x, y) : x ∈ (a, b), y ∈ (c, d)] no contiene puntos singulares de la ecuación (2.16). Al tipo de ecuaciones (2.16), se les conoce como ecuaciones diferenciales con variables separables . Supongamos que en (2.16), ninguna de las funciones p 2 (x) y q 1 (x) son idénticamente igual a cero, esto nos permite expresar la ecuación (2.16), en la forma p 1 (x) p 2 (x) dx + q 2 (y) q 1 (y) dy = 0. (2.17) De donde la integración término a término nos conduce a la relación _ p 1 (x) p 2 (x) dx + _ q 2 (y) q 1 (y) dy = c, (2.18) que, precisamente, determina en forma impl´ıcita la solución general de la ecuación (2.16). Obsérvese que, en la expresión (2.18), c es una constante de integración, la cual será determinada de las condiciones iniciales. Al calcular las dos integrales en (2.18), ya no es necesario introducir ninguna constante de integración, ya que, a la suma o resta de dos o más constantes siempre podemos representarla por medio de una sola constante, en este caso por c. Ejemplo 1. Hallar la solución general de la ecuación diferencial e −y _ 1 + dy dx _ = 1. (2.19) Solución: Antes que nada debemos analizar qué tipo de ecuación es. Para esto, reescribamos la ecuación dada en la siguiente forma e −y +e −y dy dx = 1 → e −y dy dx = 1 −e −y → e −y dy dx = −(e −y −1). (2.20) De la ´ ultima ecuación, en (2.20), vemos que podemos separar las variables, esto es e −y e −y −1 dy = −dx. (2.21) Ahora integrando las dos partes − _ d(e −y −1) e −y −1 = − _ dx → _ d(e −y −1) e −y −1 = _ dx, (2.22) 22 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN donde hemos tomado en cuenta la relación d(e −y − 1) = −e −y dy. Integrando esta expresión obtenemos la solución general ln[e −y −1[ = x + lnc, (2.23) donde por comodidad hemos tomado a la constante de integración como lnc, desde luego pudimos haber tomado a la constante c, esto no altera el resultado. Ahora solo nos queda representar la solución general en una forma más elegante(compacta). Esto se puede hacer haciendo uso de las propiedades de los logaritmos lny + lnx = ln[yx[, lny −lnx = ln ¸ ¸ ¸ y x ¸ ¸ ¸, lny = x → y = e x . Aplicando estas propiedades a la ecuación (2.23), la solución general tiene la forma e −y = 1 +ce x . (2.24) Como podemos observar, la solución general está dada en forma impl´ıcita. Ejemplo 2: Resolver la ecuación dy dx = (x 2 + 1)y lny. (2.25) Solución: Esta ecuación es de variables separables, dy y lny = (x 2 + 1)dx → _ dy y lny = _ (x 2 + 1)dx. (2.26) Tomando en cuenta que d(lny) = 1 y dy, tenemos _ d lny lny = _ (x 2 + 1)dx. (2.27) Integrando, obtenemos la solución general ln[ lny[ = x 3 3 +x +c. (2.28) Ejemplo 3: Resolver el problema de Cauchy x 2 ydx = (x 3 + 1)(y 2 + 1)dy, y(2) = 3. (2.29) Solución: Como podemos ver, esta ecuación es de variables separables. Separando las variables, tenemos x 2 x 3 + 1 dx = y 2 + 1 y dy. (2.30) Integrando 1 3 _ d(x 3 + 1) x 3 + 1 = _ _ y + 1 y _ dy, (2.31) 2.1. ECUACIONES DIFERENCIALES CON VARIABLES SEPARABLES 23 resulta 1 3 ln[x 3 + 1[ = y 2 2 + lny + c 3 → ln[x 3 + 1[ = 3 2 y 2 + 3 lny +c, (2.32) donde hemos tomado por constante de integración a c/3 esto es por comodidad. Usando las propiedades de los logaritmos y acomodando términos, tenemos el resultado final ln ¸ ¸ ¸ x 3 + 1 y 3 ¸ ¸ ¸ = 3 2 y 2 +c. (2.33) Esta es la solución general de la ecuación (2.29). Para hallar la solución con las condiciones y(2) = 3, es necesario sustituir estos valores en (2.33). Tenemos ln ¸ ¸ ¸ (2) 3 + 1 (3) 3 ¸ ¸ ¸ = 3 2 (3) 2 +c → c = ln ¸ ¸ ¸ 9 27 ¸ ¸ ¸ − 27 2 . (2.34) Sustituyendo el valor de c en (2.33), tenemos la solución del problema de Cauchy ln ¸ ¸ ¸ x 3 + 1 y 3 ¸ ¸ ¸ = 3 2 y 2 + ln ¸ ¸ ¸ 1 3 ¸ ¸ ¸ − 27 2 . (2.35) Esta es la solución particular de (2.29). Ejemplo 4: Resolver la ecuación diferencial dy dx = ay +by 2 , a y b son constantes. (2.36) Solución: Esta ecuación es de variables separables dy by 2 +ay = dx → _ dy y(by +a) = _ dx. (2.37) Para resolver la primer integral de la izquierda, en (2.37), usaremos fracciones parciales, esto es 1 y(by +a) = A y + B by +a → A = 1 a , B = − b a → 1 y(by +a) = 1 ay − b a(by +a) . (2.38) Entonces, la primer integral _ dy y(by +a) = 1 a _ dy y − 1 a _ dy y + a b = 1 a lny − 1 a ln ¸ ¸ ¸y + a b ¸ ¸ ¸. (2.39) Luego poniendo este resultado en (2.37) e integrando la parte derecha, tenemos 1 a lny − 1 a ln ¸ ¸ ¸y + a b ¸ ¸ ¸ = x +c 1 , (2.40) donde c 1 es la constante de integración. Usando las propiedades de los logaritmos y haciendo un poco de álgebra elemental, podemos escribir la solución (2.40) de la siguiente manera y(x) = ae ac1 e ax b(1 −e ac1 e ax ) → y(x) = a Ce −ax −b , (2.41) donde hemos multiplicado la primer expresión de (2.41), por e −ac1 e −ax y definido la constante de integración como C = be −ac1 . 24 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 2.2. Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Separables Supongamos ahora que la función f(x, y) en (2.2) tiene la forma f(ax + by + c), entonces, la ecuación diferencial se escribe de la siguiente manera dy dx = f(ax +by +c) (2.42) donde a, b y c son ciertas constantes dadas. La ecuación (2.42) puede reducirse a una ecuación con variables separables si hacemos la siguiente sustitución z = ax +by +c (2.43) En (2.43), z es una función continua de x, es decir, z = z(x). Para sustituir en la ecuación (2.42), debemos tomar la derivada de z respecto a x, tenemos dz dx = a +b dy dx . (2.44) De donde dy dx = 1 b dz dx − a b . (2.45) Entonces, la ecuación (2.42), se reduce a dz dx = bf(z) +a. (2.46) Esta ´ ultima ecuación es una ecuación con variables separables. Su solución impl´ıcita es _ dz bf(z) +a = _ dx → _ dz f(z) + a b = b _ dx +c 1 , (2.47) donde c 1 es la constante de integración. La solución impl´ıcita, (2.47), es la solución de la ecuación diferencial (2.46). Entonces, para obtener la solución de la ecuación (2.42), debemos recordar que hicimos la sustitución (2.43). O bien, en términos de las variables x y y, tenemos _ d(ax +by +c) f(ax +by +c) + a b = b _ dx +c 1 . (2.48) Al integrar la expresión (2.48) obtendremos la solución general de la ecuación diferencial (2.42). Ejemplo 1: Hallar la solución general de la ecuación diferencial dy dx = _ 4x + 2y −1. (2.49) Solución: Seg´ un el método antes visto, para resolver este tipo de ecuación debemos hacer el cambio z = 4x + 2y −1. (2.50) 2.2. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A SEPARABLES 25 Ahora, para sustituir (2.50) en la ecuación (2.49), debemos encontrar la derivada dy dx en términos de la nueva función z(x). Para esto, calculamos la derivada, en (2.50), respecto a x dz dx = 4 + 2 dy dx , (2.51) de donde obtenemos dy dx = 1 2 dz dx −2. (2.52) Sustituyendo en la ecuación original (2.49), tenemos 1 2 dz dx −2 = √ z → dz dx = 2 √ z + 4. (2.53) De esta forma obtenemos una ecuación con variables separables, la cual podemos resolver sin ning´ un problema. Integrando _ dz √ z + 2 = 2 _ dx. (2.54) Calculemos la integral de lado izquierdo. Para esto hacemos el cambio de variable u = √ z, du = 1 2 z −1/2 dz, 2udu = dz. (2.55) Sustituyendo en (2.54), obtenemos 2 _ u u + 2 du = 2 _ u + 2 −2 u + 2 du = 2 _ _ 1 − 2 u + 2 _ du = 2 _ u −2 ln[u + 2[ _ = 2u −4 ln[u + 2[. (2.56) Recordando que u = √ z, tenemos que la integral es _ dz √ z + 2 = 2 √ z −4 ln[ √ z + 2[ (2.57) Regresando a las variables x, y, e integrando la parte derecha de la ecuación (2.54), resulta que la solución general de la ecuación (2.49), está dada por la expresión _ 4x + 2y −1 −2 ln[ _ 4x + 2y −1 + 2[ = x +c. (2.58) Esta solución está en forma impl´ıcita. La constante c puede tomar diferentes valores dependiendo de las condiciones iniciales del problema. Ejemplo 2: Resolver la ecuación diferencial dy dx = (x +y) 2 . (2.59) Solución: Hagamos la sustitución z = x +y → dz dx = 1 + dy dx → dy dx = −1 + dz dx . (2.60) Sustituyendo este resultado en (2.59), tenemos −1 + dz dx = z 2 → dz dx = z 2 + 1. (2.61) 26 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Separando las variables e integrando _ dz z 2 + 1 = _ dx → arc tg z = x +c. (2.62) Recordando que z = x +y, tenemos como resultado arc tg(x +y) = x +c → x +y = tg(x +c). (2.63) Ejemplo 3: Hallar la solución general de la ecuación dy dx = y x _ lny −lnx _ . (2.64) Solución: La ecuación (2.64) la podemos escribir de la siguiente manera dy dx = y x ln _ y x _ . (2.65) Hagamos la sustitución z = y x → y = zx → dy dx = z +x dz dx . (2.66) Sustituyendo en (2.65), tenemos x dz dx = z(lnz −1). (2.67) Integrando _ dz z(lnz −1) = _ dx x . (2.68) Obtenemos ln[ lnz −1[ = lnx + lnc → ln ¸ ¸ ¸ lnz −1 cx ¸ ¸ ¸ = 0 → lnz = cx + 1. (2.69) Recordando la sustitución z = y x , obtenemos finalmente la solución de la ecuación (2.64), ln _ y x _ = cx + 1. (2.70) 2.3. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas Una función F(x, y) es homogénea de orden n, si para todo λ > 0 se cumple la relación F(λx, λy) = λ n F(x, y) (2.71) Ejemplo 1: Analizar si la función dada es homogénea y de que orden F(x, y) = x 2 +y 2 . (2.72) 2.3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOG ´ ENEAS 27 Solución: De la definición, tenemos F(λx, λy) = (λx) 2 + (λy) 2 = λ 2 (x 2 +y 2 ) = λ 2 F(x, y). (2.73) Es decir, la función (2.72), es una función homogénea de orden 2. Ejemplo 2: Sea la función F(x, y) = x 2 +y x , (2.74) analizar si ésta es o no homogénea. Solución: Aplicando la definición, tenemos F(λx, λy) = (λx) 2 +λy λx = λ 2 x 2 +λy λx = λ(λx +y) λx = λx +y x , (2.75) la cual, no cumple con la condición (2.71), y por consiguiente no es homogénea. Ejemplo 3: Demostrar que la función F(x, y) = x 4 +y 4 y 4 , (2.76) es homogénea de orden cero. Solución: De la definición, tenemos F(λx, λy) = (λx) 4 + (λy) 4 (λy) 4 = λ 4 x 4 +λ 4 y 4 λ 4 y 4 = λ 4 (x 4 +y 4 ) λ 4 y 4 = F(x, y). (2.77) Esto muestra que n = 0 y por lo tanto, la función (2.76), es homogénea de orden cero. Toda ecuación diferencial de la forma (2.2), dy dx = f(x, y) (2.78) se llama ecuación diferencial homogénea , si la función f(x, y) es homogénea de orden cero. De una forma equivalente, toda ecuación diferencial de la forma M(x, y)dx +N(x, y)dy = 0 (2.79) será homogénea, si y sólo si, las funciones M(x, y) y N(x, y) son funciones homogéneas del mismo orden. Toda ecuación diferencial homogénea se reduce a una ecuación diferencial con variables separables mediante la sustitución y = z(x)x. 28 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Para demostrar lo anterior, supongamos que las funciones M(x, y) y N(x, y) en (2.79), son funciones homogéneas del mismo orden y, por consiguiente, tiene lugar la sustitución y = z(x)x. Entonces, tenemos que el diferencial dy se expresa como dy = zdx +xdz, (2.80) sustituyendo en la ecuación (2.79), obtenemos M(x, zx)dx +N(x, zx)[zdx +xdz] = 0, (2.81) acomodando términos, resulta [xM(1, z) +zxN(1, z)]dx +x 2 N(1, z)dz = 0. (2.82) Luego, dividiendo entre x llegamos a la relaci´ on [M(1, z) +zN(1, z)]dx +xN(1, z)dz = 0. (2.83) Por ´ ultimo, separando variables e integrando ambas partes de (2.83), obtenemos impl´ıcitamente la solución general de la ecuación (2.83). _ dx x + _ N(1, z) M(1, z) +zN(1, z) dz = c, (2.84) donde c es la constante de integración. Al integrar (2.84), tendremos la solución representada como z(x) = χ(x, c) de donde debemos recordar el cambio z = y/x, para tener la solución y(x) = φ(x, c) que será la solución general de la ecuación (2.79). Ejemplo 4: Hallar la solución general de la ecuación diferencial (y 2 +xy −x 2 )dx −x 2 dy = 0. (2.85) Solución: Esta ecuación tiene la forma de (2.79). Veamos si es homogénea, para esto identificamos las funciones M(x, y) y N(x, y) M(x, y) = y 2 +xy −x 2 , N(x, y) = −x 2 . (2.86) Es fácil mostrar que estas funciones son homogéneas del mismo orden 2. Entonces, hagamos la sustitución y = zx → dy = zdx +xdz. (2.87) Sustituyendo en la ecuación (2.85), obtenemos (z 2 x 2 +zx 2 −x 2 )dx −x 2 (zdx +xdz) = 0. (2.88) Factorizando, resulta x 2 [(z 2 +z −1 −z)dx −xdz] = 0. (2.89) Suponiendo que x 2 ,= 0, entonces debe cumplirse la relación (z 2 +z −1 −z)dx +xdz = 0 → _ dx x − _ dz z 2 −1 = 1 2 lnc. (2.90) 2.3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOG ´ ENEAS 29 donde, por comodidad, hemos escogido a la constante de integración como 1 2 lnc. La segunda integral de la izquierda la desarrollaremos en fracciones parciales, es decir 1 z 2 −1 = 1 (z + 1)(z −1) = A z + 1 + B z −1 → A = − 1 2 , B = 1 2 . (2.91) Entonces, regresando a la segunda expresión de (2.90), tenemos _ dx x + 1 2 _ dz z + 1 − 1 2 _ dz z −1 = 1 2 lnc. (2.92) Integrando esta expresión, tenemos lnx + 1 2 ln[z + 1[ − 1 2 ln[z −1[ = 1 2 lnc. (2.93) Utilizando las propiedades de los logaritmos, obtenemos ln ¸ ¸ ¸ x 2 (z + 1) c(z −1) ¸ ¸ ¸ = 0 → x 2 (z + 1) = c(z −1). (2.94) Recordando la sustitución y = zx, de donde z = y x , y sustituyendo en (2.94), resulta x 2 _ y x + 1 _ = c _ y x −1 _ . (2.95) Esta expresión la podemos escribir en su forma final x 2 (y +x) = c(y −x). (2.96) Otro tipo de ecuación diferencial homogénea es la ecuación dy dx = f _ y x _ (2.97) Entonces, haciendo la sustitución z = y x → y = xz (2.98) Derivando respecto a x, de (2.98), resulta dy dx = z +x dz dx . (2.99) Sustituyendo en (2.97), z +x dz dx = f(z). (2.100) Esta ecuación es de variables separables. Integrando obtenemos _ dz f(z) −z = _ dx x → ln ¸ ¸ ¸ x c ¸ ¸ ¸ = _ dz f(z) −z (2.101) Este mismo resultado lo podemos escribir de la siguiente forma x = ce dz f(z)−z , (2.102) 30 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN donde c ,= 0 es la constante de integración. Una ecuación homogénea más general que la ecuación (2.97), tiene la forma dy dx = x α−1 f _ y x α _ (2.103) Esta ecuación se puede reducir a una ecuación con variables separables haciendo la sustitución y = x α z(x) (2.104) Derivando esta expresión respecto a x, obtenemos dy dx = αx α−1 z +x α dz dx . (2.105) Sustituyendo este resultado en (2.103), tenemos la siguiente ecuación αx α−1 z +x α dz dx = x α−1 f(z) → dz dx = 1 x [f(z) −αz]. (2.106) Separando las variables e integrando _ dz f(z) −αz = _ dx x . (2.107) Finalmente, este resultado lo podemos escribir como ln ¸ ¸ ¸ x c ¸ ¸ ¸ = _ dz f(z) −αz → x = ce dz f(z)−αz , (2.108) donde c ,= 0 es la constante de integración. Observe que las soluciones (2.102), y (2.108), son muy semejantes excepto por el n´ umero arbitrario α, que puede tomar cualquier valor y para el caso en que α = 1, la ecuación (2.103), se reduce a la ecuación (2.97). Toda ecuación del tipo yf(xy)dx +xg(xy)dy = 0 (2.109) se reduce a una ecuación con variables separables mediante la sustitución z = xy → y = z x (2.110) Para probar esto, diferenciemos (2.110), respecto a x, tenemos dy = xdz −zdx x 2 . (2.111) Sustituyendo en (2.109), resulta z x f(z)dx +xg(z) _ xdz −zdx x 2 _ = 0. (2.112) 2.3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOG ´ ENEAS 31 Esta expresión se reduce a la ecuación z[f(z) −g(z)]dx +xg(z)dz = 0, (2.113) la cual es de variables separables. Entonces, tenemos el resultado final _ dx x + _ g(z)dz z[f(z) −g(z)] = c. (2.114) La sustitución z = x m y n transforma una ecuación de la forma dy dx = y x f(x m y n ) (2.115) en una ecuación con variables separables. Para demostrar esta afirmación, tomemos la derivada de z = x m y n , dz dx = mx m−1 y n +nx m y n−1 dy dx → 1 n dz dx − m nx = 1 x f(z). (2.116) Esta ecuación la podemos escribir como 1 n dz dx = 1 x _ f(z) + m n _ , (2.117) la cual es de variables separables. Separando las variables e integrando, obtenemos _ dz [nf(z) +m] = _ dx x . (2.118) Ejemplo 5: Resolver la ecuación diferencial x dy dx −y = (x +y) ln _ x +y x _ . (2.119) Solución: Escribamos esta ecuación de la siguiente manera dy dx = y x + _ x +y x _ ln _ x +y x _ . (2.120) Esta ecuación es homogénea, as´ı que podemos transformarla en una ecuación con variables separables con la siguiente sustitución z(x) = y x (2.121) Diferenciando respecto a x, tenemos dz dx = x dy dx −y x 2 → dy dx = x dz dx +z. (2.122) Sustituyendo en la ecuación (2.120), obtenemos x dz dx = (1 +z) ln(1 +z). (2.123) 32 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Como podemos ver, esta ecuación es de variables separables _ dz (1 +z) ln(1 +z) = _ dx x . (2.124) Estas integrales son bastante sencillas de resolver si notamos que el término (1 + z) que está en el denominador, es el diferencial de ln(1 +z), as´ı _ d ln(1 +z) ln(1 +z) = _ dx x . (2.125) El resultado de integrar es lnln(1 +z) = lncx, (2.126) Usando las propiedades de los logaritmos, tenemos que ln(1 +z) = cx. (2.127) Ahora, regresando a las variables y, x, tenemos la solución general ln _ x +y x _ = cx. (2.128) Ejemplo 6: Resolver la ecuación diferencial xy = y −xe y/x . (2.129) Solución: Como podemos ver, esta es una ecuación homogénea, por lo tanto podemos reducirla a una ecuación con variables separables mediante la sustitución z = y x → y = xz. (2.130) Diferenciando respecto a x el ´ ultimo término de la expresión (2.130), obtenemos dy dx = z +x dz dx . (2.131) Sustituyendo en la ecuación original (2.129), tenemos la siguiente ecuación z +x dz dx = z −e z → x dz dx = −e z . (2.132) Separando variables _ e −z dz = − _ dx x . (2.133) Integrando, tenemos −e −z = −lnx −lnc → e −z = lnx + lnc → e −z = ln[cx[. (2.134) Ahora recordamos que hicimos el cambio z = y/x, lo sustituimos en la ´ ultima ecuación de (2.134), y obtenemos ln[cx[ = e −y/x . (2.135) Esta expresión la podemos escribir como y = −xln[ lncx[. (2.136) En la siguiente sección veremos otro tipo más general de ecuaciones diferenciales que se reducen a ecuaciones homogéneas las cuales, a su vez, se reducen a ecuaciones con variables separables. 2.4. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A HOMOG ´ ENEAS 33 2.4. Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Homogéneas Mediante una transformación lineal apropiada, toda ecuación del tipo dy dx = f _ ax+by+c a1x+b1y+c1 _ (2.137) se reduce a una ecuación homogénea la cual, a su vez, con la sustitución que vimos anteriormente y = z(x)x, se reduce a una ecuación con variables separables. En la ecuación (2.137), las funciones g(x, y) = ax + by + c = 0 y g 1 (x, y) = a 1 x + b 1 y + c 1 = 0 definen dos rectas que cuando c = c 1 = 0 pasan por el or´ıgen de coordenadas y en tal caso (2.137), es una ecuación homogénea que se reduce a una ecuación con variables separables. Supongamos que al menos uno de los parámetros c o c 1 , o ambos son diferentes de cero, entonces, la ecuación (2.137), no es una ecuación diferencial homogénea. En tal caso, de las ecuaciones g(x, y) = ax+by +c = 0 y g 1 (x, y) = a 1 x+b 1 y +c 1 = 0 podemos hallar el punto de intersección de las rectas (x 0 , y 0 ) a donde debemos trasladar el or´ıgen del nuevo sistema de coordenadas X, Y , obteniendo de esta manera la transformación lineal x = X +x 0 y = Y +y 0 (2.138) donde x 0 , y 0 son ciertas constantes arbitrarias y diferentes de cero. Entonces, tenemos dy dx = dY dX . (2.139) Ahora sustituyendo en la ecuación (2.137), las expresiones (2.138), y (2.139), obtenemos dY dX = f _ aX +bY +ax 0 +by 0 +c a 1 X +b 1 Y +a 1 x 0 +b 1 y 0 +c 1 _ . (2.140) Elijamos x 0 y y 0 de tal manera que se cumplan las ecuaciones; ax 0 +by 0 +c = 0, a 1 x 0 +b 1 y 0 +c 1 = 0. (2.141) Es decir, determinemos las constantes x 0 y y 0 como soluciones del sistema de ecuaciones algebráicas (2.141). Bajo esta condición la ecuación (2.137), tomará la forma dY dX = f _ aX +bY a 1 X +b 1 Y _ . (2.142) Está claro que esta ecuación es homogénea seg´ un la definición dada anteriormente (2.71). Mediante la sustitución Y = z(X)X la ecuación (2.142), se reduce a una ecuación con variables separables. Al resolver la ecuación (2.142), y regresando a las variables x y y [para esto de (2.138), debemos cambiar a las X, Y por X = x−x 0 , Y = y−y 0 ], obtenemos la solución general de la ecuación (2.137). El sistema de ecuaciones (2.141) no tendrá solución si su determinante es cero, en tal caso, ab 1 = a 1 b. No obstante, se puede notar que en tal caso a1 a = b1 b = λ, es decir, a 1 = λa, b 1 = λb y, como consecuencia, la ecuación (2.137), se transformar en dy dx = f _ (ax +by) +c λ(ax +by) +c 1 _ . (2.143) 34 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Luego, haciendo la sustitución z = ax +by, (2.144) en (2.143), ésta se reduce a una ecuación con variables separables. Veamos que la hipótesis es cierta. Derivando (2.144) respecto a x, obtenemos dz dx = a +b dy dx . (2.145) De donde, dy dx = 1 b dz dx − a b . (2.146) Sustituyendo las expresiones (2.144), y (2.145), en (2.143), obtenemos, finalmente 1 b dz dx − a b = f _ z +c λz +c 1 _ . (2.147) La ecuación (2.147), es una ecuación con variables separables _ dz f _ z+c λz+c1 _ + a b = b _ dx +C, (2.148) donde c y c 1 son constantes dadas y C es la constante de integración. Ejemplo 1: Resolver la ecuación diferencial (x −y + 3)dx + (3x +y + 1)dy = 0. (2.149) Solución: Para resolver este tipo de ecuaciones primero debemos encontrar el punto de intersección de las rectas x−y +3 = 0 y 3x+y +1 = 0. Esto es, resolver el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas x −y + 3 = 0, 3x +y + 1 = 0. (2.150) Al resolver este sistema obtenemos los puntos de intersección, x 0 = −1 y y 0 = 2. Al punto (−1, 2) es a donde debemos trasladar el origen de coordenadas para que la ecuación (2.149), se transforme en homogénea. Para esto hacemos x = X − 1 y y = Y + 2, y vemos que, dx = dX, dy = dY , los diferenciales de x y y no cambian, pues estamos desplazando en unas constantes. De este modo, la ecuación original (2.149), toma la siguiente forma (X−1−Y −2+3)dX+(3X−3+Y +2+1)dY = 0 → (X−Y )dX+(3X+Y )dY = 0. (2.151) Esta ecuación es una ecuación homogénea y la podemos transformar en una con variables separables haciendo la sustitución Y = zX, dY = zdX +Xdz. (2.152) Sustituyendo en (2.151), tenemos (X −zX)dX + (3X +zX)(zdX +Xdz) = 0. (2.153) Agrupando términos (1 +z) 2 dX +X(3 +z)dz = 0. (2.154) 2.4. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A HOMOG ´ ENEAS 35 Separando e integrando _ dX X + _ z + 3 (z + 1) 2 dz = c. (2.155) La primer integral es fácil. Hagamos por separado la segunda integral, esto es _ z + 3 (z + 1) 2 dz = _ z + 1 + 2 (z + 1) 2 dz = _ dz z + 1 + _ 2 (z + 1) 2 dz = = ln[z + 1[ − 2 z + 1 . (2.156) Luego, tenemos que la solución de la expresión (2.155), es ln[X[ + ln[z + 1[ − 2 z + 1 = c. (2.157) Regresando a las variables X, Y mediante la relación z = Y/X, entonces, de (2.157), resulta ln[X[ + ln ¸ ¸ ¸1 + Y X ¸ ¸ ¸ − 2 Y X + 1 = c. (2.158) Haciendo un poco de operaciones algebráicas la expresión (2.158), la podemos escribir como ln[X[ + ln ¸ ¸ ¸ X +Y X ¸ ¸ ¸ − 2X Y +X = c, (2.159) la cual, finalmente, tiene la forma ln[X +Y [ − 2X Y +X = c. (2.160) A´ un nos falta regresar a las variables originales x, y. Tenemos que X = x +1 y Y = y −2, de modo que la solución general de la ecuación (2.149) es ln[x +y −1[ = c + 2(x + 1) x +y −1 . (2.161) Ejemplo 2: Resolver la ecuación dy dx = y −x + 1 y −x . (2.162) Solución: Esta ecuación tiene la forma de (2.143). Hagamos la sustitución, seg´ un (2.144), tenemos z = y −x → dz dx = dy dx −1 → dy dx = 1 + dz dx . (2.163) Sustituyendo en (2.162), resulta 1 + dz dx = z + 1 z → dz dx = z + 1 z −1 = z + 1 −z z = 1 z . (2.164) Separando las variables e integrando, obtenemos _ zdz = dx → z 2 2 = x + c 2 → z 2 = 2x +c, (2.165) 36 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN donde hemos escogido a c/2 como la constante de integración. Ahora, recordemos la sustitución z = y −x en (2.163), y poniéndola en la ´ ultima expresión, (2.165), obtenemos el resultado final (y −x) 2 = 2x +c. (2.166) Ejemplo 3: Hallar la solución general de la ecuación (x −y + 6)dx −(x +y + 8)dy = 0. (2.167) Solución: De la ecuación identificamos las funciones M(x, y) = x −y + 6, N(x, y) = −x −y −8. (2.168) Para encontrar el punto de intersección de las rectas debemos resolver el sistema de ecuaciones x −y + 6 = 0, −x −y −8 = 0. (2.169) El punto de intersección es x 0 = −7 y y 0 = −1. Entonces, haciendo el desplazamiento x = X −7, y = Y −1. (2.170) Luego, sustituyendo en (2.167), tenemos (X −Y )dX −(X +Y )dY = 0. (2.171) Esta ecuación es homogénea y la podemos resolver haciendo la sustitución Y = zX. Sin embargo, es más fácil escribirla de la siguiente manera XdX −Y dX −XdY −Y dY = 0 → XdX −Y dY −d(XY ) = 0, (2.172) donde, d(XY ) = Y dX +XdY . Ahora es fácil integrar _ XdX − _ Y dY − _ d(XY ) = 1 2 c. → 1 2 X 2 − 1 2 Y 2 −Y X = 1 2 c. (2.173) De la ecuación (2.170), podemos regresar a las variables x y y, sustituyendo X = x + 7, Y = y + 1, (2.174) en la solución (2.173), obtenemos la solución general de (2.167) (x + 7) 2 −(y + 1) 2 −2(y + 1)(x + 7) = c. (2.175) 2.5. Ecuaciones Diferenciales Cuasi-homogéneas Decimos que una función F(x, y) es cuasi-homogéna de grado k, si para ciertos valores de α y β tiene lugar la igualdad F(λ α x, λ β y) = λ k F(x, y) (2.176) 2.5. ECUACIONES DIFERENCIALES CUASI-HOMOG ´ ENEAS 37 para todo λ > 0. El orden cuasi-homogéneo se forma al multiplicar las funciones, a estos órdenes se les conoce por pesos. De tal forma que x y y, en (2.176), tienen pesos α y β, respectivamente. Ejemplo 1: Demostrar que la función F(x, y) = 3x 2 y 3 , (2.177) es cuasi-homogénea. Solución: De la definición, tenemos F(λ α x, λ β ) = 3(λ α x) 2 (λ β y) 3 = 3λ 2α x 2 λ 3β y 3 = 3λ 2α+3β x 2 y 3 = λ 2α+3β F(x, y). (2.178) Entonces, como resultado, tenemos que el grado de la función (2.177) es 2α + 3β y sus pesos, para x es 2α y para y, es 3β. La ecuación Diferencial dy dx = f(x, y) (2.179) es cuasi-homogénea (con pesos α y β), si la función f(x, y) es cuasi-homogénea (con pesos α y β) de orden k = β −α. Es decir, si la función f(x, y) cumple la relación f(λ α x, λ β y) = λ β−α f(x, y) (2.180) Si tenemos una ecuación diferencial cuasi-homogénea, es decir, si la función f(x, y), en (2.179), cumple la relación (2.180), entonces, la sustitución y = u β/α , donde u = u(x), transforma la ecuación cuasi-homogénea en una ecuación homogénea. Sin embargo, desde el punto de vista más práctico, es mejor hacer la sustitución y = ux β/α , la cual transforma la ecuación cuasi-homogénea en una ecuación con variables separables. Ejemplo 2: Comprobar que la ecuación diferencial dy dx = 4x 6 −y 4 2x 4 y , (2.181) es cuasi-homogénea y hallar la solución general. Solución: Supongamos que x tiene peso α, y β es el peso de y. Entonces, para que la ecuación sea cuasi- homogénea, la función f(x, y) deberá cumplir la relación f(λ α x, λ β y) = 4(λ α x) 6 −(λ β y) 4 2(λ α x) 4 (λ β )y = 4λ 6α x 6 −λ 4β y 4 2λ 4α+β x 4 y = λ β−α 4x 6 −y 4 2x 4 y . (2.182) De esta expresión vemos que para que esta función sea cuasi-homogénea se debe cumplir la relación 3α −2β = 0 → 2β = 3α → si α = 1, entonces, β = 3 2 . (2.183) 38 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN La ecuación (2.181), deberá reducirse a una ecuación con variables separables si hacemos el cambio de variables y = u(x)x 3/2 → dy dx = 3 2 x 1/2 u(x) +x 3/2 du dx . (2.184) Sustituyendo (2.184), en la ecuación (2.181), obtenemos x 3/2 du dx + 3 2 x 1/2 u = 4x 6 −u 4 x 6 2x 4 ux 3/2 . (2.185) Dividiendo esta ´ ultima ecuación entre x 1/2 y factorizando, tenemos x du dx + 3 2 u = x 6 x 1/2 x 11/2 4 −u 4 2u . (2.186) Finalmente, esta ecuación se escribe como x du dx + 3 2 u = 4 −u 4 2u . (2.187) Esta es una ecuación con variables separables x du dx = 4 −u 4 2u − 3u 2 = − (u 2 + 4)(u 2 −1) 2u . (2.188) Separando las variables, tenemos _ 2udu (u 2 + 4)(u 2 −1) = − _ dx x . (2.189) Ahora desarrollamos en fracciones parciales la expresión 2u (u 2 + 4)(u 2 −1) = Au +B u 2 + 4 + Cu +D u 2 −1 . (2.190) De aqu´ı obtenemos el siguiente desarrollo 2u (u 2 + 4)(u 2 −1) = Au +B u 2 + 4 + Cu +D u 2 −1 = − 2u 5(u 2 + 4) + 2u 5(u 2 −1) . (2.191) Sustituyendo en (2.189), tenemos − _ 2u 5(u 2 + 4) du + _ 2u 5(u 2 −1) du = − _ dx x . (2.192) Integrando obtenemos − 1 5 ln ¸ ¸ ¸u 2 + 4 ¸ ¸ ¸ + 1 5 ln ¸ ¸ ¸u 2 −1 ¸ ¸ ¸ = −ln[x[ + lnc. (2.193) Hemos escrito lnc, en lugar de 5 lnc, esto no afecta a la solución. Podemos escribir la ecuación (2.193), de la siguiente manera ln ¸ ¸ ¸ x 5 (u 2 −1) u 2 + 4 ¸ ¸ ¸ = lnc → x 5 (u 2 −1) = c(u 2 + 4). (2.194) Ahora recordemos la expresión (2.184), de la cual obtenemos la función u 2 = y 2 /x 3 , y sustituyendo en la ecuación (2.194), finalmente, tenemos x 5 (y 2 −x 3 ) = c(y 2 + 4x 3 ). (2.195) 2.5. ECUACIONES DIFERENCIALES CUASI-HOMOG ´ ENEAS 39 Algunas veces es posible ”provocar” la homogeneidad de una ecuación diferencial por medio de la introducción de nuevas variables s, t, tales que y = s p y x = t q , donde p y q son exponentes por determinar(precisamente, de una elección adecuada de ellos es que podr´ıamos obtener una ecuación diferencial homogénea para las variables s y t). En esencia este método y el anterior son similares, sin embargo, creemos vale la pena mostrarlo. Ejemplo 3: Resolver la siguiente ecuación diferencial dy dx = x 2 y 2 −2 x 2 . (2.196) Solución: Obviamente, la ecuación (2.196), no es homogénea. As´ı que ”provoquemos” la homogeneidad haciendo el cambio de variables y = s p , x = t q , donde p, q ∈ N. (2.197) En la ecuación (2.197), t tomará el papel de variable independiente y s tendrá el papel de función dependiente. Entonces, dy = ps p−1 ds, dx = qt q−1 dt. (2.198) Luego, dy dx = ps p−1 qt q−1 ds dt . (2.199) Sustituyendo en la ecuación (2.196), tenemos ps p−1 qt q−1 ds dt = t 2q s 2p −2 t 2q . (2.200) O bien p q ds dt = t q−1 t 2q s 2p −2t q−1 s p−1 t 2q = t 3q−1 s 2p −2t q−1 s p−1 t 2q . (2.201) Supongamos que m y n son el resultado de las sumas de los exponentes en el numerador y el denominador de (2.201), respectivamente. Entonces, para que la ecuación, (2.201), sea homogénea del mismo orden debe cumplirse la igualdad m = n, donde m = 3q −1 + 2p, n = p −1 + 2q, m = n, 3q −1 + 2p = p −1 + 2q → p = −q. (2.202) De donde podemos escoger q = 1 y entonces, p = −1. En tal caso, la ecuación (2.201) se transforma en la ecuación ds dt = − t 2 s −2 −2 t 2 s −2 , (2.203) la cual es homogénea. Hagamos la sustitución z = t s → ds = zdt −tdz z 2 → ds dt = 1 z − t z 2 dz dt , (2.204) donde z es una nueva función dependiente de t. Sustituyendo en (2.203), tenemos 1 z − t z 2 dz dt = − z 2 −2 z 2 → t dz dt = z 2 +z −2. (2.205) 40 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Esta ´ ultima ecuación es de variables separables, integremos _ dz z 2 +z −2 = _ dt t . (2.206) La primer integral se hace por fracciones parciales 1 (z + 2)(z −1) = A z + 2 + B z −1 . (2.207) Obtenemos Az −A+Bz + 2B = 1 → A = −B, 3B = 1, A = − 1 3 , B = 1 3 . (2.208) Sustituyendo el resultado en la primer integral de (2.206), obtenemos − 1 3 _ dz z + 2 + 1 3 _ dz z −1 = _ dt t + 1 3 lnc → −ln[z + 2[ + ln[z −1[ = ln[ct 3 [. (2.209) Usando las propiedades de los logaritmos obtenemos el resultado en función de las t, z, esto es ln ¸ ¸ ¸ z −1 ct 3 (z + 2) ¸ ¸ ¸ = 0 → z −1 = ct 3 (z + 2). (2.210) Recordemos que z = t s = xy, ya que x = t y y = s −1 = 1 s . Entonces, el resultado final es xy −1 = cx 3 (xy + 2). (2.211) En la siguiente sección analizaremos una important´ısima clase de ecuaciones diferenciales de primer orden conocidas con el nombre de ecuaciones diferenciales lineales 2.6. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden De la definición dada en Ç onceptos Básicos” tenemos que una ecuación diferencial lineal no homogénea de orden n, se escribe como a n (x) d n y dx n +a n−1 (x) d n−1 y dx n−1 +.... +a 1 (x) dy dx +a 0 (x)y = g(x) De esta expresión se sigue que una ecuación diferencial lineal no homogénea de primer orden se escribe de la siguiente manera a 1 (x) dy dx +a 0 (x)y = g(x) Debido a que a 1 (x) ,= 0, podemos dividir esta ´ ultima expresión y obtener dy dx + a 0 (x) a 1 (x) y = g(x) a 1 (x) . Toda ecuación diferencial lineal de primer orden no homogénea se puede escribir en su forma estándar dy dx +P(x)y = f(x) (2.212) 2.6. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN 41 donde P(x) = a0(x) a1(x) y f(x) = g(x) a1(x) son funciones continuas de x en un cierto dominio D (también pueden ser funciones constantes). Analizaremos dos métodos para resolver las ecuaciones diferenciales lineales de primer orden no homogéneas (2.212). Método I: Variación del Parámetro Supongamos que podemos escribir la ecuación (2.212), en la forma dy dx +P(x)y = 0 (2.213) a la cual llamaremos ecuación homogénea (no en el sentido que vimos anteriormente, sino que es homogénea porque estamos suponiendo, por un momento, que f(x) = 0). La solución, de la ecuación (2.213), la podemos encontrar separando las variables y después integrando, es decir, _ dy y = − _ P(x)dx + lnc. (2.214) Ahora, integramos y despejamos el logaritmo, tenemos y h = ce − P(x)dx . (2.215) Hemos definido y h para recordar que tenemos la solución de la ecuación homogénea (2.213), y no la solución de la ecuación (2.212), que es no homogénea. En la expresión (2.215), c es la constante de integración o parámetro. Definamos una nueva solución que llamaremos solución particular(o complementaria) y la representaremos como y p . Esta nueva solución se construye en base a la solución homogénea (2.215), tomando a c como una función dependiente de x, es decir, como c = c(x). La solución particular tendrá la forma y p = c(x)e − P(x)dx = c(x)y 1 (x), (2.216) donde y 1 (x) = e − P(x)dx . Sustituyendo (2.216), en la ecuación no homogénea (2.212), tenemos d dx [c(x)y 1 ] +P(x)c(x)y 1 = f(x) → c(x) dy 1 dx +y 1 dc(x) dx +P(x)c(x)y 1 = f(x). (2.217) Agrupando términos c(x) _ dy 1 dx +P(x)y 1 _ +y 1 dc(x) dx = f(x), (2.218) pero, la relación en paréntesis es cero, debido a que la función y 1 (x) satisface la ecuación homogénea (2.213), de tal manera que tenemos y 1 dc(x) dx = f(x). (2.219) Como vemos, esta es una ecuación con variables separables. Separando variables e integrando dc(x) = f(x) y 1 (x) dx → c(x) = _ f(x) e − P(x)dx dx = _ e P(x)dx f(x)dx. (2.220) 42 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN De acuerdo con la relación (2.216), tenemos que la solución particular tiene la forma y p = y 1 c(x) = e − P(x)dx _ e P(x)dx f(x)dx. (2.221) De tal manera que la solución general de la ecuación diferencial lineal no homogénea tiene la forma y(x) = y h +y p = ce − P(x)dx +e − P(x)dx _ e P(x)dx f(x)dx (2.222) Si sustituimos la solución obtenida en la ecuación (2.212), ésta ´ ultima se anulará, mostrando as´ı que efectivamente la relación (2.222) es la solución general de la ecuación (2.212). Es importante mencionar que la suma de dos soluciones(homogénea y h y particular y p ) es válida sólo para ecuaciones lineales. Ejemplo 1: Resolver la siguiente ecuación diferencial y = y 3x −y 2 . (2.223) Solución: Antes que nada debemos analizar la ecuación. Vemos que la ecuación (2.223), es no lineal respecto a y, debido a que hay una y 2 . Sin embargo, podemos observar que si la ecuación la vemos respecto a x, ésta será una ecuación lineal no homogénea. Es decir, tomamos a x como una función dependiente y a y como la variable independiente. Tenemos dx dy − 3 y x = −y. (2.224) Esta es una ecuación lineal no homogénea de primer orden respecto a x. Primero, hallaremos la solución correspondiente a la ecuación homogénea obtenida de (2.224), ésta es dx dy − 3 y x = 0. (2.225) La ecuación (2.225), es una ecuación con variables separables. Separando las variables e integrando, obtenemos _ dx x −3 _ dy y = lnc. (2.226) Donde hemos escogido, por comodidad, a la constante de integración c como lnc. Integrando ambas partes de (2.226), hallamos que la solución a la ecuación homogénea es ln[x[ −3 ln[y[ = lnc → x h = cy 3 . (2.227) El siguiente paso es encontrar la solución particular x p de la ecuación (2.224). Para esto, tomamos la solución (2.227), y suponemos a c como una función de y. La solución particular tiene la forma x p = c(y)y 3 . (2.228) Derivando (2.228), respecto a y, tenemos x p = c (y)y 3 + 3c(y)y 2 . (2.229) 2.6. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN 43 Sustituyendo en la expresión (2.224), con el objetivo de hallar a la función c(y), obtenemos c (y)y 3 + 3c(y)y 2 − 3 y c(y)y 3 = −y. (2.230) Los términos segundo y tercero del lado izquierdo de (2.230) se eliminan entre si quedando solamente la ecuación c (y) = − y y 3 = − 1 y 2 . (2.231) Integrando la expresión (2.231), resulta c(y) = − _ dy y 2 = 1 y . (2.232) Una vez encontrada la función c(y), la sustituimos en (2.228), y de esta manera obtenemos la solución particular x p = y 3 y = y 2 . (2.233) Finalmente, tenemos que la soluci´ on general de la ecuación (2.223), ó lo que es lo mismo de (2.224), tiene la forma x(y) = x h +x p = cy 3 +y 2 . (2.234) Aqu´ı, c es una constante de integración, la cual depende de las condiciones iniciales del problema. Ejemplo 2: Hallar la solución de la ecuaci´ on diferencial xy −2y = 2x 4 . (2.235) Solución: Suponiendo que x ,= 0, dividimos la ecuación (2.235), entre x, y obtenemos la ecuación y − 2 x y = 2x 3 . (2.236) La ecuación homogénea correspondiente a (2.236), es y − 2 x y = 0. (2.237) Separando las variables e integrando _ dy y = 2 _ dx x , (2.238) obtenemos la solución de la ecuación homogénea (2.237), lny = 2 lnx + lnc → y h = cx 2 . (2.239) El siguiente paso es obtener una solución particular y p . Para esto, en la solución homogénea tomamos a la constante c como una función de x. Entonces, la solución particular tiene la forma y p = c(x)x 2 . (2.240) Sustituyendo en la ecuación (2.236), resulta c (x)x 2 + 2c(x)x − 2 x c(x)x 2 = 2x 3 → c (x) = 2x. (2.241) 44 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Integrando esta ´ ultima ecuación obtenemos el valor de c(x), c(x) = 2 _ xdx = x 2 . (2.242) Luego, sustituyendo este valor en (2.240), tenemos que la solución particular es y p = x 4 . (2.243) Entonces, concluimos que la solución general de la ecuación (2.235), es y(x) = y h (x) +y p (x) = cx 2 +x 4 . (2.244) Método II: Factor Integrante Sea dada la ecuación diferencial lineal de primer orden en su forma estándar dy dx +P(x)y = f(x) (2.245) Supongamos que existe una función µ(x) = e P(x)dx , (2.246) la cual llamaremos factor integrante. Multipliquemos la ecuación (2.245), por este factor integrante, tenemos e P(x)dx dy dx +P(x)e P(x)dx y = e P(x)dx f(x). (2.247) La ecuación (2.247), la podemos escribir como una diferencial total, es decir, como d _ e P(x)dx y _ = e P(x)dx dx. (2.248) Integrando esta ecuación, obtenemos e P(x)dx y = _ e P(x)dx dx +c, (2.249) donde c es la constante de integración. Multiplicando la ecuación (2.249), por e − P(x)dx , obtenemos y(x) = ce − P(x)dx +e − P(x)dx _ e P(x)dx f(x)dx (2.250) Como podemos observar, la expresión (2.250) es idéntica a la expresión obtenida (2.222), usando el método de variación del parámetro. Ejemplo 1: Usando el método del factor integrante, resolver la ecuación diferencial (2.224). dx dy − 3 y x = −y. (2.251) Solución: 2.6. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN 45 Para este caso el factor integrante será una función de y, es decir µ(y) = e P(y)dy . (2.252) De la ecuación (2.251), podemos identificar a P(y) = − 3 y , entonces µ(y) = e P(y)dy = e −3 dy y = e −3 ln y = 1 e 3 ln y = 1 e ln y 3 = 1 y 3 . (2.253) Luego, se toma el diferencial total respecto a y del producto de x por el factor integrante y multiplicamos la parte derecha de la ecuación (2.251) por el mismo factor integrante, esto es d _ x y 3 _ = − y y 3 = − 1 y 2 . (2.254) Integrando, tenemos x y 3 = − _ dy y 2 = 1 y +c. (2.255) De esta ´ ultima expresión, vemos que x(y) = cy 3 +y 2 . (2.256) La solución, (2.256), es justamente la solución obtenida anteriormente (2.234). De tal manera que tenemos dos métodos diferentes para resolver las ecuaciones diferenciales lineales de primer orden. Ejemplo 2: Hallar la solución general de la ecuación y = x(y −xcos x). (2.257) Solución: La ecuación (2.257) se puede escribir de la siguiente manera dy dx − y x = xcos x. (2.258) De la ecuación, identificamos la función P(x) = 1 x , y el factor integrante es µ(x) = e P(x)dx = e − dx x = e −ln x = 1 x . (2.259) Luego, integrando _ d _ y x _ = _ cos xdx → y x = senx +c. (2.260) Finalmente, la solución general de la ecuación (2.257), tiene la forma y(x) = x(senx +c). (2.261) Existen ecuaciones diferenciales que por naturaleza no son lineales. Sin embargo, para cierto tipo de ecuaciones no lineales existen sustituciones que las transforman en ecuaciones lineales. Este tipo de ecuaciones se analizan en la siguiente sección. 46 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 2.7. Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Lineales A toda ecuación de la forma dy dx +P(x)y = f(x)y n (2.262) donde n ,= 0, 1 se le conoce como ecuación de Bernoulli. Se supone que las funciones P(x) y f(x) son funciones continuas de x. Los casos n = 0, 1 no se consideran, ya que corresponden a una ecuación lineal no homogénea, y +P(x)y = f(x), y a una ecuación lineal homogénea, y +[P(x) −f(x)]y = 0, respectivamente. Si y n ,= 0 podemos escribir la ecuación (2.262), en su forma equivalente y −n dy dx +P(x)y 1−n = f(x). (2.263) Definiendo una nueva función z(x), como z = y (1−n) (2.264) la ecuación (2.263), se transforma en una ecuación diferencial lineal. Para demostrar lo antes dicho, debemos sustituir la expresión (2.264), en (2.263). Diferenciando la expresión (2.264), obtenemos dz dx = (1 −n)y −n dy dx → dy dx = 1 (1 −n)y −n dz dx . (2.265) Sustituyendo en la ecuación (2.263), y −n (1 −n)y −n dz dx +P(x)z = f(x). (2.266) Finalmente, tenemos la ecuación dz dx + (1 −n)P(x)z = (1 −n)f(x) (2.267) Esta es una ecuación diferencial lineal respecto a z = z(x), la cual puede ser resuelta por cualquiera de los dos métodos estudiados anteriormente. Ejemplo 1: Hallar la solución general de la ecuación diferencial y + 2y = y 2 e x . (2.268) Solución: Analizando la ecuación, vemos que no es lineal respecto a x ni respecto a y. Sin embargo, multiplicando la ecuación (2.268), por y −2 , tenemos y −2 y + 2yy −2 = e x → y −2 y + 2y −1 = e x . (2.269) 2.7. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A LINEALES 47 Hagamos la sustitución z(x) = y −1 (x). (2.270) Diferenciando esta expresión para hallar y y sustituirla en (2.269), dz dx = −y −2 dy dx → dy dx = − 1 y −2 dz dx . (2.271) Sustituyendo en la ´ ultima ecuación de (2.269), resulta − y −2 y −2 dz dx + 2z = e x → dz dx −2z = −e x . (2.272) Esta ´ ultima ecuación es una ecuación diferencial lineal no homogénea respecto a z, la cual podemos resolver con cualquiera de los dos métodos antes vistos(variación de parámetro y factor integrante). Aqu´ı vamos a usar el segundo método. Para esto identificamos a P(x) = −2, después encontramos el factor integrante µ(x) = e P(x)dx = e −2 dx = e −2x . (2.273) Tomando el diferencial total d(e −2x z) = −e x e −2x = −e −x . (2.274) Integrando, tenemos e −2x z = − _ e −x dx = e −x +c. (2.275) Despejando a z z = e 2x e −x +ce 2x = e x +ce 2x . (2.276) Luego, recordando que hicimos la sustitución z = y −1 , finalmente tenemos la solución general 1 y = ce 2x +e x → (ce 2x +e x )y = 1. (2.277) Ejemplo 2: Resolver la ecuación dy dx + 2 x y = 3x 2 y 4/3 . (2.278) Solución: Esta ecuación es de Bernoulli, y la podemos escribir de la siguiente manera y −4/3 dy dx + 2 x y (1−4/3) = 3x 2 → y −4/3 dy dx + 2 x y −1/3 = 3x 2 . (2.279) Hagamos la sustitución z = y −1/3 → dz dx = − 1 3 y −4/3 dy dx → dy dx = −3y 4/3 dz dx . (2.280) Sustituyendo el resultado anterior en la ´ ultima ecuación de (2.279), obtenemos la ecuación lineal dz dx − 2 3x z = −x 2 . (2.281) Esta ecuación está escrita en la forma estándar y podemos usar uno de los dos métodos antes vistos para ecuaciones lineales. Apliquemos el método del factor integrante µ(x) = e P(x)dx = e − 2 3 dx x = e − 2 3 ln x = 1 x 2/3 . (2.282) 48 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Luego, tenemos d _ z x 2/3 _ = − x 2 x 2/3 → d _ z x 2/3 _ = −x 4/3 . (2.283) Integrando _ d _ z x 2/3 _ = − _ x 4/3 dx. (2.284) Obtenemos zx −2/3 = − 3 7 x 7/3 +c → z = − 3 7 x (7/3+2/3) +cx 2/3 → z = − 3 7 x 3 +cx 2/3 . (2.285) Finalmente, recordando la sustitución z = y −1/3 , obtenemos el resultado final y −1/3 = cx 2/3 − _ 3 7 _ x 3 . (2.286) Ejemplo 3: Resolver la ecuación dy dx − 1 x −1 y = 1 x −1 y 2 . (2.287) Solución: Esta ecuación se reduce a una ecuación lineal mediante la siguiente sustitución z = y −1 → dz dx = −y −2 dy dx → dy dx = −y 2 dz dx . (2.288) Sustituyendo en (2.287), obtenemos la ecuación lineal respecto a z dz dx + 1 x −1 z = − 1 x −1 . (2.289) Esta ecuación la resolvemos seg´ un el método del factor integrante µ(x) = e 1 x−1 dx = e ln |x−1| = x −1. (2.290) Luego d[(x −1)z] = − 1 x −1 (x −1) → _ d[(x −1)z] = − _ dx. (2.291) Integrando (x −1)z = −x +c. (2.292) Recordando el cambio que hicimos z = y −1 , obtenemos el resultado final (x −1) 1 y = (c −x) → y = x −1 c −x . (2.293) Observación: La ecuación (2.287), la podemos escribir de la siguiente manera dy dx = y 2 +y x −1 = y(y + 1) x −1 . (2.294) Esta ecuación, como podemos ver, es de variables separables _ dy y(y + 1) = _ dx x −1 . (2.295) 2.7. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A LINEALES 49 El resultado, obviamente, es el mismo que el obtenido en (2.293). Se deja al estudiante integrar la expresión (2.295), y comparar con el resultado (2.293). Analizaremos otro tipo importante de ecuaciones diferenciales reducibles a lineales. Sea la ecuación p(x) dy dx = q(x)e ay +r(x) (2.296) donde a es una constante y p(x), q(x) y r(x) son funciones continuas de x. Esta ecuación se puede transformar en una ecuación lineal si se sustituye z = e −ay (2.297) Como z es una función continua de x, derivemos la función (2.297), respecto a x, esto es dz dx = −ae −ay dy dx = −az dy dx . (2.298) Despejando, tenemos dy dx = − 1 az dz dx . (2.299) Sustituyendo en la ecuación (2.296), obtenemos − p(x) az dz dx = q(x) z +r(x). (2.300) Esta ´ ultima expresión la podemos escribir como dz dx + ar(x) p(x) z = − aq(x) p(x) , p(x) ,= 0. (2.301) Finalmente, esta ecuación la podemos escribir en la forma estándar dz dx +P(x)z = f(x) (2.302) donde hemos definido P(x) = ar(x) p(x) , y f(x) = − aq(x) p(x) . De esta manera la ecuación no lineal (2.296), se transforma en una ecuación lineal (2.302), mediante la sustitución (2.297). Observación: Si en lugar de la sustitución (2.297), hubiésemos elegido z = e ay , entonces, la ecuación (2.296) se transformar´ıa en una ecuación de Bernoulli, que a su vez, podemos transformarla en una ecuación lineal. Habrá ocasiones en que tomaremos la sustitución z = e ay . Ejemplo 4: Resolver la ecuación (x −2)y = e y . (2.303) Solución: 50 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Para resolver esta ecuación, hagamos la sustitución z = e y → dz dx = e y dy dx = z dy dx → dy dx = 1 z dz dx . (2.304) Sustituyendo en la ecuación (2.303), tenemos (x −2) z dz dx = z → (x −2) dz dx = z 2 . (2.305) Esta ´ ultima ecuación es de variables separables. Integrando, obtenemos _ dz z 2 = _ dx x −2 → − 1 z = ln[x −2[ + lnc. (2.306) Recordando que z = e y y agrupando los términos, obtenemos el resultado final −e −y = ln[c(x −2)[. (2.307) 2.8. Ecuación de Riccati Otro tipo de ecuaciones reducibles a lineales son las ecuaciones de Riccati. A la ecuación dy dx = q(x) +p(x)y +r(x)y 2 (2.308) donde las funciones q(x), p(x) y r(x) son funciones conocidas, se le conoce como ecuación diferencial de Riccati . Si p, q, y r son constantes, entonces la ecuación de Riccati (2.308), es integrable en cuadraturas. Separando las variables _ dy ry 2 +py +q = x +c. (2.309) Cuando r(x) = 0 la ecuación (2.308), es lineal, y cuando q(x) = 0, ésta se reduce a una ecuación de Bernoulli. En el caso general, la ecuación (2.308), no es integrable en cuadraturas. Analicemos algunas importantes propiedades de la ecuaci´ on de Riccati. Teorema 2.8.1. Dada una solución particular y 1 de la ecuación de Riccati, entonces su solución general puede hallarse por cuadraturas. ´ Sea y = y 1 (x), (2.310) una solución particular de la ecuación (2.308), entonces se debe cumplir y 1 (x) = q(x) +p(x)y 1 +r(x)y 2 1 (x). (2.311) Hagamos un ”desplazamiento” y(x) = y 1 (x) +z(x), (2.312) donde z(x) es la nueva función deseada, hasta el momento desconocida. Sustituyendo (2.312), en (2.308), tenemos dy 1 (x) dx + dz(x) dx = q(x) +p(x)y 1 (x) +r(x)y 2 1 +p(x)z(x) + 2r(x)y 1 (x)z(x) +r(x)z 2 (x). (2.313) 2.8. ECUACI ´ ON DE RICCATI 51 Debido a que la función y 1 (x) es una solución particular de (2.308), los términos marcados con negritas se anulan, quedando, de esta manera, la siguiente ecuación dz dx − _ p(x) + 2r(x)y 1 (x) _ z = r(x)z 2 . (2.314) Esta es una ecuación de Bernoulli, la cual mediante la sustitución u(x) = z(x) −1 , (2.315) nos da como resultado una ecuación lineal en u(x), esto es du dx + [p(x) + 2ry 1 (x)]u(x) = −r(x) ´ (2.316) Resumiendo: Dada una solución particular (2.310), de la ecuación de Riccati (2.308), y haciendo la transfor- mación lineal (2.312), y la sustitución(2.315), es decir y(x) = y 1 (x) + 1 u(x) . (2.317) obtenemos una ecuación diferencial lineal en u(x) (2.316). Un caso especial de la ecuación (2.308), es la llamada ecuación especial de Riccati , la cual tiene la forma dy dx +ay 2 = bx α (x > 0) (2.318) donde a, b y α son constantes. En el caso α = 0, la ecuación (2.318), se transforma en dy dx +ay 2 = b (2.319) que es una ecuación con variables separables. En el caso α = −2, tenemos dy dx +ay 2 = b x 2 . (2.320) Haciendo el cambio de variable y(x) = 1 z(x) . (2.321) la ecuación (2.320), se transforma en − 1 z 2 dz dx + a z 2 = b x 2 → dz dx = a −b _ z x _ 2 . (2.322) Como podemos ver, la ecuación (2.322), es homogénea y se puede integrar fácilmente. Junto con los valores α = 0, −2 existe una variedad infinita de otros valores de α para los cuales la ecuación especial de Riccati (2.318), es integrable. Estos valores de α son α = 4β 1 −2β , (2.323) 52 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN donde β = ±1, ±2, ..... Para otros valores de α la solución de la ecuación de Riccati no es expresada en cuadraturas. Si en la ecuación de Riccati (2.308), se hace el cambio y(x) = 1 au(x) du dx , (2.324) donde u(x) es una función desconocida, esto nos dará como resultado una ecuación diferencial de segundo orden d 2 u dx 2 −abx α u = 0. (2.325) La solución de esta ecuación puede ser expresada en términos de las funciones de Bessel(las funciones de Bessel se analizan en el cap´ıtulo 6). Ejemplo 1: Resolver la ecuación x 3 y = x 2 y +y 2 −x 2 . (2.326) Solución: Escribamos esta ecuación en la forma y = − 1 x + y x + y 2 x 3 . (2.327) Como podemos ver, esta es una ecuación de Riccati. Para esta ecuación, y 1 = x es una solución particular. Por lo tanto, seg´ un (2.317), debemos hacer la sustitución y = x + 1 u(x) . (2.328) Esto reduce la ecuación (2.327), a una ecuación lineal. Derivando la expresión (2.328), tenemos dy dx = 1 − 1 u 2 du dx . (2.329) Sustituyendo este resultado en la ecuación (2.326), resulta 1 − 1 u 2 du dx = 1 x _ x + 1 u _ + 1 x 3 _ x + 1 u _ 2 − 1 x . (2.330) Haciendo un poco de álgebra, obtenemos la ecuación diferencial lineal no homogénea du dx + _ 1 x + 2 x 2 _ u = − 1 x 3 . (2.331) Para resolver esta ecuación vamos a utilizar el método del factor integrante µ(x) = e _ 1 x + 2 x 2 _ dx = e ln x e −2/x = xe −2/x . (2.332) Luego multiplicando la ecuación (2.331), y expresándola de la siguiente manera d[xe −2/x u(x)] = − x x 3 e −2/x = − 1 x 2 e −2/x . (2.333) Integrando, obtenemos _ d[xe −2/x u(x)] = − _ 1 x 2 e −2/x dx = 1 2 _ e −2/x d(2/x). (2.334) 2.8. ECUACI ´ ON DE RICCATI 53 La integración es fácil xe −2/x u(x) = c − x 4 e −2/x . (2.335) De donde el valor de u(x) es, u(x) = c x e 2/x − 1 4 . (2.336) Sustituyendo el valor encontrado de u(x), en (2.328), obtenemos la solución general y = x + 1 u(x) = x + 1 c x e 2/x − 1 4 (2.337) Ejemplo 2: Resolver la ecuación de Riccati x 2 dy dx +xy +x 2 y 2 = 4. (2.338) Solución: Antes que nada debemos ”adivinar” una solución particular de la ecuación (2.338), para después haciendo la sustitución (2.317), obtener la función u(x) y de esta manera tener la solución general. No es dif´ıcil ver que la solución particular de (2.338), es y 1 = 2 x . (2.339) Probemos que (2.339), es solución de (2.338). Tenemos dy 1 dx = − 2 x 2 . (2.340) Sustituyendo (2.339), y (2.340), en (2.338), resulta −x 2 2 x 2 +x 2 x +x 2 4 x 2 = 4. (2.341) De donde tenemos la igualdad 4 = 4, esto implica que (2.339), satisface a la ecuación (2.338). Pues bien, ya tenemos una solución de la ecuación de Riccati, hagamos la sustitución (2.317), esto es y = 2 x + 1 u(x) . (2.342) Derivando esta expresión dy dx = − 2 x 2 − 1 u 2 du dx . (2.343) Sustituyendo (2.342), y (2.343), en (2.338), tenemos x 2 _ − 2 x 2 − 1 u 2 du dx _ +x _ 2 x + 1 u _ +x 2 _ 2 x + 1 u _ 2 = 4. (2.344) Haciendo las operaciones necesarias, obtenemos la ecuación lineal no homogénea du dx − 5 x u = 1. (2.345) Esta ecuación la vamos a resolver usando el método del factor integrante µ(x) = e P(x)dx = e −5 dx x = e −5 ln x = 1 x 5 . (2.346) 54 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Entonces d _ u x 5 _ = 1 x 5 → _ d _ u x 5 _ = _ 1 x 5 dx. (2.347) Integrando, resulta u x 5 = − x −4 4 +c → u(x) = − x 4 +cx 5 . (2.348) Sustituyendo el resultado de u(x) en (2.342), obtenemos la solución general de la ecuación (2.338), y(x) = 2 x + 4 c 1 x 5 −x , (2.349) donde hemos redefinido la constante de integración c 1 = 4c. Ejemplo 3: Resolver la ecuación dy dx + 2y 2 = 1 x 2 . (2.350) Solución: Esta es una ecuación especial de Riccati(2.320). Por consiguiente, hagamos la sustitución y = 1 z(x) → dy dx = − 1 z 2 dz dx . (2.351) Sustituyendo en (2.350), obtenemos − 1 z 2 dz dx + 2 z 2 = 1 x 2 → dz dx −2 = − z 2 x 2 . (2.352) La ´ ultima ecuación en (2.352), es homogénea, as´ı que podemos hacer la sustitución z = u(x)x → dz dx = u +x du dx . (2.353) Sustituyendo en la segunda ecuación de (2.352), resulta u +x du dx −2 = −u 2 . (2.354) Separando variables e integrando _ du u 2 +u −2 = − _ dx x . (2.355) La primer integral la podemos resolver por fracciones parciales 1 (u + 2)(u −1) = A (u −2) + B (u −1) . (2.356) De donde obtenemos los resultados para A = − 1 3 y para B = 1 3 . Entonces, (2.355), se reduce a integrar las expresiones − 1 3 _ du u + 2 + 1 3 _ du u −1 = − _ dx x . (2.357) Al integrar, obtenemos − 1 3 ln[u + 2[ + 1 3 ln[u −1[ = −lnx + lnc 3 . (2.358) 2.9. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS 55 Haciendo uso de las propiedades de los logaritmos, este resultado lo podemos expresar en una forma más compacta x 3 (u −1) = c(u + 2). (2.359) Ahora recordemos las sustituciones que hicimos. Tenemos z = 1 y y u = z x = 1 xy . Sustituyendo el valor de u en función de x y y, obtenemos el resultado final x 3 (1 −xy) = c(1 + 2xy). (2.360) 2.9. Ecuaciones Diferenciales Exactas Supongamos que tenemos una ecuación diferencial escrita de la siguiente manera ydx +xdy = 0. (2.361) Esta misma ecuación la podemos escribir como una diferencial total d(xy) = 0, (2.362) la cual puede ser fácilmente integrada, dándonos como resultado _ d(xy) = _ 0dx → xy = c. (2.363) Teniendo esto en mente nos podemos hacer la siguiente pregunta: será posible construir un método general para resolver este tipo de ecuaciones? La respuesta es s´ı. Recordemos un poco el cálculo. Sabemos que una superficie está dada por una expresión del tipo z = f(x, y). (2.364) Luego, tomando la diferencial total de la función (2.364), resulta dz = ∂f ∂x dx + ∂f ∂y dy. (2.365) Supongamos que la superficie es constante, es decir, z = c, entonces de (2.365), tendremos ∂f ∂x dx + ∂f ∂y dy = 0. (2.366) Por otro lado, recordemos que toda ecuación diferencial de primer orden puede ser escrita como M(x, y)dx +N(x, y)dy = 0 (2.367) donde M(x, y) y N(x, y) son funciones continuas de las variables x, y. Igualando las ecuaciones (2.366), y (2.367), tenemos que ∂f ∂x = M(x, y), ∂f ∂y = N(x, y). (2.368) A una ecuación del tipo (2.367), que satisface las condiciones (2.368), la llamaremos ecuación diferencial exacta . Las ecuaciones (2.366), y (2.367), son exactamente las mismas. Es claro, entonces, que la solución general de la ecuación diferencial original estará dada por una familia monoparamétrica en el plano xOy, y tendrá la forma f(x, y) = c. El siguiente teorema nos da las condiciones necesarias y suficientes para que la ecuación (2.367), sea una ecuación diferencial exacta. 56 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Teorema 2.9.1. (ecuación diferencial exacta) Sean M(x, y) y N(x, y) funciones continuas y con derivadas parciales de primer orden en un dominio D definidas en a < x < b y c < y < d. Entonces, una condición necesaria y suficiente para que la ecuación M(x, y)dx +N(x, y)dy = 0 (2.369) sea una ecuación diferencial exacta, es que se cumpla la siguiente relación ∂M(x,y) ∂y = ∂N(x,y) ∂x (2.370) ´ Supongamos que la ecuación (2.369) es exacta. Entonces, tiene lugar la relación (2.368). Diferenciando la primer ecuación respecto a y y la segunda respecto a x, tenemos ∂ 2 f ∂y∂x = ∂M(x, y) ∂y , ∂ 2 f ∂x∂y = ∂N(x, y) ∂x , (2.371) lo cual demuestra la condición necesaria (2.370). Demostremos que en este caso la condición (2.370), es suficiente. Integrando la primer expresión de (2.368), respecto a x, considerando a y como constante f(x, y) = _ x x0 M(x, y)dx +g(y), (2.372) donde x 0 es la abcisa de cualquier punto del dominio D; g(y) es la constante de integración que depende solo de y. Elijamos la función g(y), de tal manera que se cumpla la segunda expresión de (2.368). Para esto diferenciamos la ecuación (2.372), respecto a y, considerando a x constante ∂f ∂y = ∂ ∂y _ _ x x0 M(x, y)dx _ +g (y) = _ x x0 ∂M ∂y dx +g (y) = N(x, y). (2.373) Tomando en cuenta la relación (2.370), la expresión (2.373) toma la forma _ x x0 ∂N ∂x dx +g (y) = N(x, y) → N(x, y) −N(x 0 , y) +g (y) = N(x, y). (2.374) De donde, g (y) = N(x 0 , y), es decir, g(y) = _ y y0 N(x 0 , y)dy, (2.375) donde y 0 es la ordenada de un punto arbitrario del dominio D, y cualquier constante de integración arbitraria se considera igual a cero. De las expresiones (2.372), y (2.375), obtenemos f(x, y) = _ x x0 M(x, y)dx + _ y y0 N(x 0 , y)dy. (2.376) Resumiendo, si en el dominio D no hay puntos singulares de la ecuación (2.369), y se cumple la relación (2.370), entonces la integral general de la ecuación (2.369), se expresa mediante la ecuación _ x x0 M(x, y)dx + _ y y0 N(x 0 , y)dy = c, (x 0 , y 0 ) ∈ D. ´ (2.377) 2.9. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS 57 Ejemplo 1: Resolver la ecuación _ 2 − y 2 2x 2 _ dx + y x dy = 0. (2.378) Solución: Antes que nada, debemos comprobar que se cumple la relación (2.370). Para esto identificamos las funciones M(x, y) = _ 2 − y 2 2x 2 _ , N(x, y) = y x . (2.379) Entonces ∂M ∂y = − y x 2 ∂N ∂x = − y x 2 . (2.380) Lo que implica que la ecuación (2.378), es exacta y su integral general es de la forma (2.377), donde (x 0 , y 0 ) ∈ D. Supongamos que los puntos son x 0 = 1, y 0 = 0, ya que el punto (1, 0) ∈ D. Entonces, de la expresión (2.377), tenemos _ x 1 _ 2 − y 2 2x 2 _ dx + _ y 0 ydy = c 1 . (2.381) Integrando _ 2x + y 2 2x _¸ ¸ ¸ x 1 + y 2 2 ¸ ¸ ¸ y 0 = c 1 → 2x −2 + y 2 2x − y 2 2 + y 2 2 = c 1 . (2.382) Eliminando y acomodando términos, obtenemos el resultado final 2x + y 2 2x = c, (2.383) donde c = c 1 + 2. Ejemplo 2: Hallar la solución general de la ecuación diferencial 2x(1 + _ x 2 −y)dx − _ x 2 −ydy = 0. (2.384) Solución: Primero, identificaremos las funciones M(x, y) y N(x, y) y después veremos si se cumple la condición (2.370), M(x, y) = 2x + 2x _ x 2 −y, N(x, y) = − _ x 2 −y. (2.385) Tomando las derivadas parciales, tenemos ∂M ∂y = 1 2 2x(x 2 −y) −1/2 (−1) = −x(x 2 −y) −1/2 , ∂N ∂x = − 1 2 (x 2 −y) −1/2 (2x) = −x(x 2 −y) −1/2 . (2.386) La condición ∂M ∂y = ∂N ∂x , (2.387) se cumple. Por lo tanto, la ecuación (2.384), es exacta. Entonces, existe una función f(x, y), tal que ∂f ∂x = M(x, y) = 2x + 2x _ x 2 −y. (2.388) 58 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Integrando respecto a x, obtenemos f(x, y) = _ (2x + 2x _ x 2 −y)dx +g(y) = x 2 + 2 3 (x 2 −y) 3/2 +g(y), (2.389) donde se ha introducido una función constante g(y), esto es debido a que tenemos una integración en derivadas parciales. El siguiente paso es tomar la derivada de la función f(x, y) en (2.389), respecto a y e igualar el resultado con la función N(x, y), esto es, ∂f ∂y = − 2 3 3 2 (x 2 −y) 1/2 +g (y) = N(x, y). (2.390) Luego ∂f ∂y = −(x 2 −y) 1/2 +g (y) = − _ x 2 −y. (2.391) De donde obtenemos la expresión g (y) = 0, la cual al integrar nos da una constante g(y) = c. (2.392) Finalmente, tenemos que la solución general de la ecuación (2.384), es x 2 + 2 3 (x 2 −y) 3/2 = c. (2.393) Existen ecuaciones diferenciales con las cuales se pueden formar diferenciales totales y después integrar. Para esto se usan las siguientes fórmulas d(xy) = xdy +ydx, d _ x y _ = ydx −xdy y 2 , d(lny) = dy y , d(y 2 ) = 2ydy Ejemplo 3: Resolver la ecuación (x +y)dx +xdy = 0. (2.394) Solución: Escribiendo esta ecuación de la siguiente manera xdx +ydx +xdy = 0, (2.395) podemos ver que el segundo y tercer términos forman una diferencial total d(xy) = ydx + xdy. Tomando esto en cuenta, resulta xdx +d(xy) = 0. (2.396) Integrando, obtenemos _ xdx + _ d(xy) = 0 → x 2 2 +xy = c 2 . (2.397) Entonces, la solución general de la ecuación (2.394), está dada por la expresión x 2 + 2xy = c. (2.398) Observación: La ecuación (2.394), es una ecuación homogénea y por lo tanto, haciendo la sustitución y = zx la podemos reducir a una ecuación con variables separables y después integrar. Recomendamos al 2.10. FACTOR INTEGRANTE 59 estudiante resolver este mismo ejemplo haciendo la sustitución y = zx, de esta manera se dará cuenta lo interesante que es conocer diferentes alternativas para resolver un mismo problema, y desde luego escoger la más eficiente. Ejemplo 4: Resolver la ecuación (3x 2 −2x −y)dx + (3y 2 + 2y −x)dy = 0. (2.399) Solución: Esta ecuación la podemos escribir en diferenciales totales, es decir, como d(x 3 )−d(x 2 )−ydx−xdy+d(y 2 )+d(y 3 ) = 0 → d(x 3 )−d(x 2 )−d(xy)+d(y 2 )+d(y 3 ) = 0. (2.400) Integrando esta ´ ultima expresión _ d(x 3 ) − _ d(x 2 ) − _ d(xy) + _ d(y 2 ) + _ d(y 3 ) = c, (2.401) obtenemos el resultado final x 3 +y 3 +y 2 −x 2 −xy = c. (2.402) Observación: La ecuación (2.399), es una ecuación diferencial exacta, ya que se cumple la relación (2.370), ∂M ∂y = −1, ∂N ∂x = −1, y podemos resolverla usando el método de las ecuaciones diferenciales exactas. Este ejercicio se deja al estudiante y desde luego se debe obtener el resultado (2.402). 2.10. Factor Integrante Existen casos en los cuales la ecuación (2.369), no es una ecuación diferencial exacta. Sin embargo, en ciertas ocasiones, excepcionales, se puede encontrar una función µ(x, y) tal que multiplicada por la ecuación (2.369), ésta resulte ser una ecuación diferencial exacta. Supongamos que la ecuación (2.369), no es una ecuación exacta. Entonces, multiplicando dicha ecuación por una función µ(x, y), tenemos la ecuación µ(x, y)M(x, y)dx +µ(x, y)N(x, y)dy = 0 (2.403) A la función µ(x, y) se le conoce con el nombre de factor integrante (ó factor de integración). Si queremos que la ecuación (2.403), sea una ecuación exacta, esta deberá satisfacer la condición necesaria y suficiente (2.370). En nuestro caso, para la ecuación (2.403), debe cumplirse la relación ∂(µM) ∂y = ∂(µN) ∂x . (2.404) O bien N ∂µ ∂x −M ∂µ ∂y = µ _ ∂M ∂y − ∂N ∂x _ . (2.405) Esta ecuación la podemos escribir de la siguiente manera N µ ∂µ ∂x − M µ ∂µ ∂y = _ ∂M ∂y − ∂N ∂x _ . (2.406) 60 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Finalmente, la escribiremos como N ∂ lnµ ∂x −M ∂ lnµ ∂y = ∂M ∂y − ∂N ∂x . (2.407) Hemos obtenido una ecuación en derivadas parciales. No existe un método general para encontrar factores integrantes µ = µ(x, y). Por consiguiente, nos limitaremos a algunos casos particulares: Supongamos que el factor integrante µ = µ(x, y) depende solamente de x, esto es, µ = µ(x). En tal caso, tendremos que ∂µ ∂y = 0 y la ecuación toma la forma d lnµ dx = 1 N(x, y) _ ∂M ∂y − ∂N ∂x _ . (2.408) Integrando, tenemos _ d lnµ = _ _ ∂M ∂y − ∂N ∂x _ N(x, y) dx → µ(x) = e ( ∂M ∂y − ∂N ∂x ) N(x,y) dx . (2.409) El factor integrante depende solamente de y, es decir, µ = µ(y). En tal caso, tenemos d lnµ dy = 1 M(x, y) _ ∂N ∂x − ∂M ∂y _ . (2.410) Integrando, tenemos _ d lnµ = _ _ ∂N ∂x − ∂M ∂y _ M(x, y) dy → µ(y) = e ( ∂N ∂x − ∂M ∂y ) M(x,y) dy . (2.411) Obsérvese que en las ecuaciones (2.408), y (2.410), las funciones que aparecen a la izquierda de las ecuaciones se escriben como derivadas normales y no como parciales (parte derecha), esto es debido a que hemos restringido a la función µ a que sea una función, ya sea de x, o de y, respectivamente. Entonces, para hallar un factor integrante podemos usar las expresiones (2.409), y (2.411). Ejemplo 5: Resolver la ecuación diferencial (x 2 +y 2 +x)dx +ydy = 0. (2.412) Solución: Identifiquemos las funciones M(x, y) y N(x, y), estas tienen la forma M(x, y) = x 2 +y 2 +x N(x, y) = y. (2.413) Primero, debemos comprobar si la ecuación (2.412), es o no exacta. Tenemos ∂M ∂y = 2y, ∂N ∂x = 0. (2.414) Como vemos, no se cumple la condición ∂M ∂y = ∂N ∂x , (2.415) 2.10. FACTOR INTEGRANTE 61 y por lo tanto, la ecuación (2.412), no es exacta. Veamos si podemos encontrar un factor integrante, tal que al multiplicarlo por la ecuación (2.412), ésta se transforme en exacta. Supongamos que el factor integrante depende solamente de x, esto es, µ(x, y) = µ(x), entonces, de la ecuación (2.408), tenemos d lnµ dx = 1 N _ ∂M ∂y − ∂N ∂x _ = 1 N ∂M ∂y = 2y y = 2. (2.416) Luego, de (2.409), tenemos _ d lnµ = 2 _ dx. (2.417) La solución de estas integrales es trivial y tienen la forma lnµ = 2x → µ(x) = e 2x . (2.418) El siguiente paso es multiplicar la ecuación (2.412), por el factor integrante obtenido, esto es por µ(x) = e 2x , tenemos e 2x (x 2 +y 2 +x)dx +e 2x ydy = 0 (2.419) Ahora analizaremos la ecuación (2.419), es decir, probemos que ésta es exacta. Tenemos las funciones M(x, y) = e 2x (x 2 +y 2 +x) N(x, y) = ye 2x . (2.420) Las derivadas parciales son ∂M ∂y = 2ye 2x ∂N ∂x = 2ye 2x . (2.421) En este caso la condición ∂M ∂y = ∂N ∂x , (2.422) se cumple. Por lo tanto, la ecuación (2.419), es exacta. Ahora el problema consiste en resolver la ecuación (2.419). Debido a que la ecuación (2.419), es una ecuación diferencial exacta, existe una función f(x, y), tal que ∂f ∂y = N(x, y) = ye 2x . (2.423) Integrando, tenemos f(x, y) = _ ye 2x dy +g(x) = 1 2 y 2 e 2x +g(x), (2.424) donde la función g(x) vendr´ıa siendo la constante de integración, ya que tenemos una ecuación en derivadas parciales. Ahora diferenciando respecto a x la ecuación (2.424), e igualando el resultado con la función M(x, y) de (2.420), tenemos ∂f ∂x = 2 2 y 2 e 2x +g (x) = M(x, y). (2.425) O bien y 2 e 2x +g (x) = e 2x (x 2 +y 2 +x). (2.426) Finalmente, tenemos la ecuación g (x) = e 2x (x 2 +x). (2.427) Ahora debemos integrar la ecuación (2.427), y de esta manera encontrar la función g(x). Escribiendo (2.427), como una suma de dos integrales _ g(x)dx = _ x 2 e 2x dx + _ xe 2x dx. (2.428) 62 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Calculemos las integrales de la derecha por separado. Primero la integral _ xe 2x dx → _ u = x du = dx, dv = e 2x dx v = 1 2 e 2x _ = x 2 e 2x − 1 2 _ e 2x dx = x 2 e 2x − 1 4 e 2x . (2.429) Para la primera integral, tenemos _ x 2 e 2x dx → _ u = x 2 du = 2xdx, dv = e 2x dx v = 1 2 e 2x _ = x 2 2 e 2x − 2 2 _ xe 2x dx = x 2 2 e 2x − _ 1 2 xe 2x − 1 4 e 2x _ = x 2 2 e 2x − x 2 e 2x + 1 4 e 2x . (2.430) En esta integral hemos aprovechado el resultado obtenido anteriormente en (2.429). As´ı que tenemos el valor de la función g(x), g(x) = _ (x 2 e 2x +xe 2x )dx = _ x 2 2 − x 2 + 1 4 + x 2 − 1 4 _ e 2x = x 2 2 e 2x . (2.431) Una vez encontrada la función g(x), la sustituimos en la ecuación (2.424). Finalmente, obtenemos f(x, y) = y 2 2 e 2x + x 2 2 e 2x = c. (2.432) Donde c es la constante de integración. Este mismo resultado lo podemos escribir en una forma más elegante x 2 +y 2 = c 1 e −2x , (2.433) donde c 1 = 2c, es también una constante. Esta es la solución general de la ecuación (2.419), y desde luego, también es la solución general de la ecuación (2.412), ya que, en principio son equivalentes las dos ecuaciones, pues hemos multiplicado a toda la ecuación (2.412), por un mismo factor. 2.11. Ley de Enfriamiento Cada d´ıa nos encontramos con fenómenos donde hay cambios de temperatura; Un pastel que sacamos del horno a una temperatura T, una taza de café caliente, alimentos acabados de cocinar, etcétera. Nos preguntamos; cómo podemos saber de que manera cambia la temperatura de cada uno de estos cuerpos? Hasta el momento, sabemos que cualquier cosa que cambie la podemos modelar mediante una ecuación diferencial, por lo tanto, lo más probable es que la pregunta planteada la podamos modelar con una ecuación diferencial. Podemos plantear la pregunta anterior con la formulación del siguiente problema general. Supongamos que en el tiempo t = 0 un cuerpo tiene una temperatura inicial T(0) = T 0 , en éste instante lo colocamos en el medio ambiente que tiene una temperatura T m . Nos preguntamos, cómo cambiará la temperatura del cuerpo conforme el tiempo pasa. Solución: Sea T(t) la temperatura del cuerpo en un cierto tiempo t. Supongamos que no existe otro cuerpo con el cual haya intercambio de calor, además, vamos a suponer que la temperatura del medio ambiente T m cambia tan lento, que prácticamente la podemos tomar como constante. Bajo estas 2.11. LEY DE ENFRIAMIENTO 63 condiciones podemos pensar que la rapidez con que cambia la temperatura del cuerpo es proporcional a la diferencia de temperaturas del cuerpo y el medio ambiente. Es decir, dT dt ∝ T(t) −T m . (2.434) Esto parece lógico, ya que llegará el momento en que la temperatura del cuerpo y el medio ambiente serán las mismas, es decir, T(t) = T m y de la expresión (2.434), la velocidad de cambio será proporcional a cero y por consiguiente la temperatura del sistema cuerpo-medio ambiente será proporcional a una constante. Para escribir la ecuación (2.434), en forma de igualdad, debemos introducir una constante de proporcionalidad. Entonces, el modelo matemático está dado por la ecuación dT dt = −α _ T(t) −T m _ , (2.435) donde α > 0 es la constante de proporcionalidad(la cual depende de la estructura molecular del cuerpo). El signo menos en la parte derecha de la ecuación (2.435), corresponde a los siguientes razonamientos; si T(t) −T m > 0, →T(t) > T m , entonces la temperatura del cuerpo decae(se enfr´ıa) y por consiguiente, su rapidez de cambio es negativa, por otro lado, si T(t) −T m < 0, →T(t) < T m , entonces la temperatura del cuerpo crece(se calienta) y por lo tanto, la rapidez de cambio es positiva. De esta manera, el proceso de calentamiento(enfriamiento) de un cuerpo en el medio ambiente con temperatura constante se modela bastante bien con la ecuación diferencial (2.435). La ley (2.435), fué formulada por Isaac Newton y concuerda bastante bien con los datos experimentales. Desde el punto de vista f´ısico el problema planteado está resuelto. Ahora el problema se traduce a un problema matemático, y es aqu´ı donde se aplican los métodos de solución de las ecuaciones diferenciales. Como podemos ver, en la ecuación (2.435), el tiempo t es la variable independiente y la temperatura T(t) es la función dependiente. La ecuación (2.435), es una ecuación diferencial ordinaria de primer orden y de variables separables, esto es dT T(t) −T m = −αdt. (2.436) Como la temperatura del medio ambiente T m se supone constante durante todo el proceso, entonces la ecuación (2.436), es fácil de integrar _ dT T(t) −T m = −α _ dt → ln[T(t) −T m [ = −αt +c. (2.437) Para hallar el valor de la constante c, usamos las condiciones iniciales del problema, esto es, en el instante t = 0, el cuerpo ten´ıa una temperatura inicial T 0 . Poniendo estas condiciones en la ´ ultima ecuación de (2.437), tenemos ln[T 0 −T m [ = −α 0 +c → c = ln[T 0 −T m [. (2.438) Sustituyendo este resultado en (2.437), resulta ln[T(t) −T m [ = −αt + ln[T 0 −T m [. (2.439) Por ´ ultimo, aplicando las propiedades de los logaritmos obtenemos como cambia la temperatura del cuerpo con el tiempo T(t) = T m + (T 0 −T m )e −αt . (2.440) Finalmente, analizaremos la solución para ver si el resultado es el esperado. De la expresión (2.440), observamos que cuando el tiempo es suficientemente grande(podemos poner t → ∞), el exponente tiende a cero y por consiguiente, la temperatura T(t) del cuerpo tiende a la temperatura del medio, es decir, T(t) → T m , cuando t → ∞. De la solución (2.440), también se deduce que cuando t → 0, entonces T(0) →T 0 . Los resultados son los esperados por lo tanto el problema queda resuelto. 64 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 2.12. Circuitos Eléctricos En esta sección deduciremos el modelo matemático para un sistema eléctrico de gran importancia, el cual es considerado como una de las piezas fundamentales de las redes eléctricas. Para esto empezaremos con los conceptos básicos necesarios. El circuito eléctrico más simple es un circuito en serie que consta de una fuente de energá, fuerza electromtriz, E(t) la cual puede ser una fuente constante como una bater´ıa, o bien, una fuente variable con el tiempo como una corriente alterna (generador), y un resistor, con resistencia R que usa la energ´ıa (como ejemplo, tenemos una bombilla eléctrica) (figura 2.2). Si cerramos el interruptor, una corriente I fluirá por el resistor, lo cual producirá una ca´ıda de voltaje V R , es decir, el potencial eléctrico en los extremos del resistor serán diferentes, esta diferencia de potencial o ca´ıda de voltaje, la podemos medir con un volt´ımetro. Luego, haciendo uso de una ley demostrada experimentalmente, la cual afirma que: la ca´ıda del voltaje V R en un resistor es proporcional a la corriente instantánea I, es decir V R = RI (2.441) donde a la constante de proporcionalidad R se le llama resistencia del resistor. Las unidades de mediada de la corriente I es el ampere, representado por la letra A, la resistencia R se mide en ohms, Ω y el voltaje V R se mide en volts, V . Los otros dos elementos fundamentales en un circuito más completo, son los inductores y los capacitores . Un inductor se opone a un cambio en la corriente y tiene un efecto de inercia en la electricidad similar al de la masa en la mecánica. Experimentalmente se ha demostrado la siguiente ley: La ca´ıda de voltaje V L en un inductor es proporcional a la razón de cambio instantáneo con respecto al tiempo de la corriente I, es decir V L = L dI dt (2.442) donde a la constante de proporcionalidad L se le llama inductancia del inductor y se mide en henrios, h, y el tiempo t se mide en segundos s. Un capacitor C es un elemento que almacena energ´ıa. Experimentalmente se comprobó la siguiente ley: la ca´ıda de voltaje V C en un capacitor es proporcional a la carga eléctrica instantánea q en el capacitor, es decir V C = 1 C q, (2.443) donde a C se le llama capacitancia del capacitor y se mide en faradios, la carga q se mide en coulombs C. Por otro lado, la corriente I es la variación de la carga q respecto al tiempo, esto es I(t) = dq dt . (2.444) Tomando esto en cuenta, la expresión (2.443), se puede escribir como V C = 1 C _ t t0 I(τ)dτ (2.445) 2.13. SOLUCI ´ ON DEL CIRCUITO RL 65 La corriente I(t) se determina resolviendo la ecuación ó ecuaciones que resulten de la aplicación de la ley de Kirchhoff , la cual es una ley f´ısica fundamental. Ley de Tensiones de Kirchhoff La suma algebráica de todas las ca´ıdas de voltaje instantáneas alrededor de cualquier circuito cerrado es cero, o el voltaje aplicado a un circuito cerrado es igual a la suma de las ca´ıdas de voltaje en el resto del circuito. 2.13. Solución del Circuito RL Establecer el modelo matemático para el circuito RL de la figura (2.2). Resolver la ecuación diferencial obtenida para los siguientes casos: para el primer caso suponga que E(t) = constante y para el segundo E = E 0 cos ωt. Solución: Nuestro sistema consta de un resistor con resistencia R y un inductor con inductancia L, figura (2.2). Figura 2.2: Circuito RL. Entonces, por la ley de Kircchoff, tenemos que la suma de las ca´ıdas de voltaje debe ser igual a la fuerza electromotriz E(t). La ecuación que modela a este sistema, tiene la forma L dI dt +RI = E(t). (2.446) Esta ecuación es un caso particular de la ecuación (2.443), cuando no existe capacitor. Debemos hallar la corriente en el sistema como función del tiempo, esto es I(t). Primer caso: E(t) = constante = E 0 , tenemos la ecuación L dI dt +RI = E 0 . (2.447) Esta misma ecuación la podemos escribir como dI dt +αI = A, (2.448) donde, α = R/L y A = E 0 /L. Esta ecuación la resolveremos usando el método del factor integrante. El factor integrantes es µ(t) = e P(t)dt = e α dt = e αt . (2.449) Luego, tenemos d(Ie αt ) = Ae αt → _ d(Ie αt ) = A _ e αt dt. (2.450) 66 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Integrando, resulta Ie αt = A α e αt +c → I(t) = A α +ce −αt . (2.451) Tomando en cuenta que A α = E0 R , esta solución se expresa como I(t) = E 0 R +ce −αt . (2.452) Sustituyendo las condiciones iniciales I(0) = 0, obtenemos el valor de la constante de integración c 0 = E 0 R +c → c = − E 0 R . (2.453) Sustituyendo en (3.450), finalmente tenemos I(t) = E 0 R _ 1 −e − R L t _ = E 0 R _ 1 −e − t τ L _ , (2.454) donde se ha introducido la constante τ L = L R conocida como constante inductiva de tiempo del circuito. Observando la ecuación (3.452), vemos que a un tiempo suficientemente grande t →∞el segundo termino de la derecha e −(R/L)t →0, y como consecuencia la corriente en (3.452), tiende a un valor constante este es I(t) →E 0 /R. Este valor constante es el que tendr´ıa de inmediato (ley de Ohm) si no hubiera un inductor en el circuito, el l´ımite es independiente de las condiciones iniciales. En la figura se muestra la solución particular para el caso I(0) = 0. Segundo caso: E(t) = E 0 cos ωt, de la ecuación (2.442), tenemos L dI dt +RI = E 0 cos ωt, (2.455) Se pide hallar la corriente I en un tiempo t después de haber conectado el circuito, si la fuerza electromotr´ız es E(t) = E 0 cos ωt Solución: La ecuación (2.455), la escribimos de la siguiente manera dI dt +αI = β cos ωt, (2.456) donde, por comodidad, α = R/L y β = E 0 /L. La ecuación (3.453), es una ecuación diferencial lineal no homogénea de primer orden respecto a la corriente I. Primero, debemos hallar la solución correspondiente a la ecuación homogénea de (3.453), tenemos dI dt +αI = 0. (2.457) Esta ecuación homogénea es de variables separables. Separando las variables e integrando dI dt = −αI → _ dI I = −α _ dt → ln _ I c _ = −αt, (2.458) donde c es la constante de integración. Este resultado lo podemos escribir como I(t) = ce −αt . (2.459) 2.14. SOLUCI ´ ON DE UN CIRCUITO RC 67 Ahora busquemos una solución particular de la ecuación (3.453). Por la forma de la parte derecha supongamos la siguiente solución particular(método de los coeficientes indeterminados) I p (t) = Acos ωt +Bsenωt. (2.460) Derivando esta ecuación dI p dt = −Aω senωt +Bω cos ωt. (2.461) Sustituyendo (2.453), y (2.454), en (3.453), tenemos −Aω senωt +Bω cos ωt +αAcos ωt +αBsenωt = β cos ωt. (2.462) Igualando los términos, encontramos que esta igualdad se cumple, siempre y cuando se cumplan las expresiones Bω +αA = β −Aω +αB = 0. (2.463) Resolviendo estas ecuaciones, obtenemos los valores de A y B, esto es A = αβ ω 2 +α 2 , B = ωβ ω 2 +α 2 . (2.464) Sustituyendo estos valores en la solución particular (2.453), tenemos que la solución particular es I p (t) = αβ ω 2 +α 2 cos ωt + ωβ ω 2 +α 2 senωt. (2.465) La solución general de la ecuación (3.453), será I(t) = I h (t) +I p (t), ésta tiene la forma I(t) = ce −αt + E 0 L(ω 2 +α 2 ) _ αcos ωt +ω senωt _ , (2.466) donde hemos sustituido el valor de β = E 0 /L. La constante c la encontramos de las condiciones iniciales, cuando t = 0, I = 0. 0 = c + αE 0 L(ω 2 +α 2 ) → c = − αE 0 L(ω 2 +α 2 ) . (2.467) Sustituyendo el valor de la constante de integración en la ecuación (2.459), finalmente, tenemos I(t) = E 0 L(ω 2 +α 2 ) _ αcos ωt +ω senωt −αe −αt _ . (2.468) Esta es la solución particular (en el sentido, de que se ha obtenido de la solución general). Si t →∞, entonces, e −αt →0 y de (2.468), se sigue que I(t) ≈ E 0 L(ω 2 +α 2 ) _ αcos ωt +ω senωt _ . (2.469) 2.14. Solución de un Circuito RC Establecer el modelo matemático para un circuito RC, figura (2.3) y hallar la corriente del circuito para los casos: E(t) = constante = E 0 y E(t) = E 0 senωt. 68 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Figura 2.3: Circuito RC. Solución: Tenemos un circuito que consta de un resistor con resistencia R y un capacitor con una capacitancia C, figura (2.3). Entonces, por la ley de Kirchhoff se tiene la ecuación RI + 1 C q = E(t). (2.470) Derivando esta ecuación respecto al tiempo obtenemos la ecuación para la corriente I(t) R dI dt + 1 C I = dE dt , (2.471) la cual podemos escribir como dI dt +αI = 1 R dE dt , (2.472) Primer caso: Tenemos E(t) = E 0 , donde E 0 es constante, entonces dI dt +αI = 0. (2.473) Esta es una ecuación con variables separables, al separar las variables e integrar obtenemos la solución general I(t) = ce − t RC = ce − t τ C . (2.474) donde τ C = RC es a constante capacitiva de tiempo del circuito. Figura 2.4: Corriente en un circuito RC debida a una fuerza electromtriz constante. Segundo caso: Para este caso, tenemos E(t) = E 0 senωt. Sustituyendo en la ecuación (2.472), obtenemos dI dt +αI = β cos ωt, (2.475) 2.15. CARGA EN EL CONDENSADOR 69 donde α = 1/RC y β = E 0 ω/R. Esta ecuación es similar a la ecuación (2.456), excepto por la constante β. Entonces, tenemos la solución general I(t) = ce − t τ C + E 0 ω [1 + (RCω) 2 ] _ RωC senωt + cos ωt _ . (2.476) 2.15. Carga en el Condensador Un condensador de capacitancia C se conecta a un circuito con un voltaje E 0 y resistencia R. Hallar la carga q en el condensador en un tiempo t. Solución: En el tiempo t la carga del condensador es q y la corriente es I. En el circuito act´ ua la fuerza electromotr´ız E 0 , entonces por la ley de Kirchhoff tenemos, la ecuación RI + 1 C q = E(t). (2.477) Tomando en cuenta la relación I(t) = dq dt , la ecuación (2.477), se escribe como dq dt + 1 CR q = E 0 R . (2.478) Esta ecuación es lineal no homogénea respecto a q. Hallemos la solución de la ecuación homogénea correspondiente a (2.478), dq dt + 1 CR q = 0 → _ dq q = − 1 CR _ dt. (2.479) Integrando, resulta ln[q[ = − t CR + lnc 1 → q(t) = c 1 e −t/RC . (2.480) La solución particular de (2.478), la buscamos de la forma q p = A → dq dt = 0. (2.481) Sustituyendo esta solución en (2.478), para hallar a la constante A, tenemos A CR = E 0 R → A = CE 0 . (2.482) Poniendo el valor de A en la solución particular, resulta q p = CE 0 . (2.483) La solución general de la ecuación original (2.478), será la suma de las soluciones; homogénea q h y particular q p , esto es q(t) = c 1 e −t/CR +CE 0 . (2.484) Apliquemos las condiciones iniciales para encontrar la constante de integración c 1 . Si para t = 0 la carga en el condensador es cero, q = 0, entonces, sustituyendo en (2.484), obtenemos para la constante 0 = c 1 +CE 0 → c 1 = −CE 0 . (2.485) 70 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Poniendo el valor de c 1 en (2.484), obtenemos el resultado final q(t) = −CE 0 e −t/CR +E 0 C → q(t) = E 0 C _ 1 −e −t/CR _ . (2.486) Esta expresión representa la solución del problema. Ahora bien, de la ecuación (2.486), resulta que para t = 0, la carga en el condensador es q(t) = 0, esto está en completo acuerdo, pues antes de conectar el circuito no existe carga alguna en el condensador. Cuando t → ∞, la carga en el condensador es q(t) →CE 0 . Supóngase que ahora deseamos conocer la razón de flujo de la carga por unidad de tiempo, o mejor dicho, conocer la corriente i que circula por el circuito. La expresión matemática que representa a la corriente I, dada la carga q, es I(t) = dq dt . (2.487) Para obtener la corriente es necesario tomar la derivada respecto al tiempo de la expresión (2.486), obtenemos I(t) = E 0 R e −t/RC . (2.488) De la ecuación (2.488), observamos que cuando t →0 tenemos que I(t) →E 0 /R, esta es la máxima corriente en el circuito que se alcanza justamente cuando el circuito se conecta, después la corriente está gobernada por la expresión (2.488). El producto RC que aparece en el exponente de las ecuaciones (2.486), y (2.488), tiene unidades de tiempo, ya que el exponente es adimensional (sin unidades). Al producto RC se le conoce como constante de tiempo capacitiva y se representa por τ C , esta cantidad determina la razón con la cual el condensador se carga. 2.16. Presión Atmosférica La experiencia nos muestra que la presión del aire (presión atmosférica) depende de la altura h. Si representamos a la presión como p, entonces la dependencia de p respecto a la altura h estará dada por la función p = p(h). (2.489) Nos preguntamos, cuál es la relación entre la presión y la altura?. Solución: Para resolver el problema planteado imaginemos una peque˜ na porción de aire de forma cil´ındrica, de altura ∆h y base S, figura (2.5). Luego, veamos cuáles fuerzas act´ uan sobre este cilindro imaginario. De la figura (2.5) podemos ver que sobre el cilindro act´ uan tres fuerzas; El peso del cilindro dado por P = g∆m = ρg∆V = gρS∆h, donde ∆m es el elemento de masa, ∆V = Sdh es el elemento de volumen, g es la constante de la gravedad y ρ es la densidad del aire. Esta fuerza(el peso) esta dirigida verticalmente hacia abajo. 2.16. PRESI ´ ON ATMOSF ´ ERICA 71 Figura 2.5: Diagrama del cilindro representando una porción de aire La presión del aire que act´ ua en la base superior, y dirigida hacia abajo, figura (2.5), p(h + ∆h)S. La presión del aire que act´ ua en la base inferior y dirigida verticalmente hacia arriba Sp(h). Si consideramos que no hay corrientes de aire, entonces estas tres fuerzas deben estar balanceadas. De estas consideraciones, tenemos ρSg∆h +p(h + ∆h)S = p(h)S. (2.490) Eliminando a S, resulta ρg∆h +p(h + ∆h) = p(h). (2.491) Esta misma ecuación la podemos escribir como p(h + ∆h) −p(h) ∆h = −ρg. (2.492) Haciendo ∆h, infinitamente peque˜ no tenemos la expresión l´ım ∆h→0 p(h + ∆h) −p(h) ∆h = dp dh . (2.493) 72 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Luego, igualando las expresiones (2.492) y (2.493), obtenemos la ecuación diferencial dp dh = −gρ. (2.494) Por otro lado, sabemos que la densidad ρ de los gases es proporcional a la presión p, esto es ρ = αp, (2.495) donde α es una constante de proporcionalidad que depende del tipo de gas. Poniendo este valor en (2.494), finalmente tenemos la ecuación diferencial dp dh = −αgp. (2.496) Esta ecuación nos da la dependencia de la presión p en función de la altura h, por lo tanto, responde al problema planteado(bajo las condiciones de que no hay corrientes de aire). Ahora el problema se traduce en un problema matemático, es decir, en resolver la ecuación diferencial (2.496). Como podemos ver, esta ecuación es de variables separables. Por consiguiente, separando las variables e integrando _ dp p = −αg _ dh, (2.497) obtenemos ln[p[ = −αgh + lnc → p(h) = ce −αgh . (2.498) Para determinar el valor de la constante de integración c, vamos a considerar que la presión at- mosférica en la superficie de la Tierra( esto es cuando h = 0), es p 0 . Sustituyendo estas condiciones en la segunda ecuación de (2.498), encontramos c = p 0 . (2.499) Sustituyendo este valor en la segunda ecuación de (2.498), tenemos finalmente el resultado p(h) = p 0 e −αgh , (2.500) el cual nos indica que la presión atmosférica decae exponencialmente conforme la altura aumenta y cuando h →∞, la presión p →0, figura (2.6). Esto parece lógico, ya que después de cierta altura h, estar´ıamos fuera de la atmósfera terrestre y por lo tanto, la presión atmosférica será cero. Figura 2.6: La presión p como función de la altura h 2.17. ECUACIONES DIFERENCIALES NO RESUELTAS RESPECTO A LA DERIVADA 73 2.17. Ecuaciones Diferenciales no Resueltas Respecto a la Derivada Hasta el momento hemos analizado diferentes tipos de ecuaciones diferenciales de primer orden, donde hemos supuesto que la ecuación es resuelta respecto a su derivada. Sin embargo, existen algunas ecuaciones en las cuales no es posible resolver respecto a su derivada, sino que pueden ser resueltas respecto a la función dependiente o a la variable independiente. En esta sección nos encargaremos de analizar este tipo de ecuaciones. Sea dada la ecuación diferencial de primer orden F(x, y, y ) = 0 (2.501) Esta ecuación la podemos resolver de dos maneras: Resuelta respecto a la derivada. Resolviendo (2.501), respecto a la derivada obtenemos una ecuación del tipo y = f(x, y). (2.502) Diferentes tipos y métodos para obtener la solución de la ecuación (2.502), los hemos analizado en las secciones anteriores. No resuelta respecto a la derivada. Supongamos que en la ecuación (2.501), no se puede despejar a y , pero se puede despejar a y, ó a x, es decir, que la ecuación (2.501), se puede escribir de las dos siguientes maneras y = f(x, y ) x = g(y, y ) (2.503) Primero, analizaremos la ecuación y = f(x, y ) (2.504) Para resolver esta ecuación introduzcamos el parámetro p(x) = y = dy dx → dy = p(x)dx. (2.505) De la ecuación (2.504), obtenemos y = f(x, p). (2.506) Luego, obteniendo la diferencial total de esta ecuación dy = ∂f ∂x dx + ∂f ∂p dp. (2.507) Sustituyendo, dy = p(x)dx, en la ecuación (2.507), tenemos p(x)dx = ∂f ∂x dx + ∂f ∂p dp. (2.508) Luego, agrupando términos resulta la ecuación _ ∂f ∂x −p(x) _ dx + ∂f ∂p dp = 0. (2.509) 74 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Esta ecuación es equivalente a tener la ecuación M(x, p)dx +N(x, p)dp = 0. (2.510) Si la solución de la ecuación (2.510), está dada como x = φ(p, c), (2.511) entonces, haciendo uso de la expresión (2.506), obtenemos la solución de la ecuación original (2.504), en forma paramétrica x = φ(p, c), y = f(φ(p)). (2.512) Analicemos la segunda ecuación de (2.503), x = g(y, y ). (2.513) La solución de esta ecuación es similar a la anterior. Sea p(x) = y = dy dx . (2.514) Entonces, de (2.513), tenemos x = g(y, p). (2.515) La diferencial total de esta ecuación es dx = ∂g ∂y dy + ∂g ∂p dp. (2.516) Luego, de (2.514), dx = dy p . (2.517) Sustituyendo en (2.516), dy p = ∂g ∂y dy + ∂g ∂p dp. (2.518) Agrupando términos, obtenemos _ ∂g ∂y − 1 p _ dy + ∂g ∂p dp = 0. (2.519) Esta ecuación es equivalente a la ecuación M(y, p)dy +N(y, p)dp = 0. (2.520) Si la solución de esta ecuación es y = φ(p, c), (2.521) entonces, haciendo uso de la expresión (2.515), obtenemos la solución de la ecuación original (2.513), en forma paramétrica y = φ(p, c), x = g(φ(p)). (2.522) Ejemplo 1: Resolver la ecuación x = (y ) 3 +y . (2.523) 2.17. ECUACIONES DIFERENCIALES NO RESUELTAS RESPECTO A LA DERIVADA 75 Solución: Introduzcamos el parámetro p = dy dx , entonces, tenemos la ecuación x = p 3 +p. (2.524) Tomando la diferencial total de esta ecuación dx = 3p 2 dp +dp. (2.525) Luego, de la expresión p = dy dx , tenemos que dx = dy p . Sustituyendo esta expresión en la ecuación (2.525), dy p = 3p 2 dp +dp → dy = (3p 3 +p)dp. (2.526) Integrando esta ´ ultima expresión obtenemos la solución _ dy = _ (3p 3 +p)dp → 4y(p) = 3p 4 + 2p 2 +c. (2.527) Entonces, la solución general de la ecuación (2.523), en forma paramétrica, es 4y(p) = 3p 4 + 2p 2 +c, x(p) = p 3 +p. (2.528) Ejemplo 2: Resolver la ecuación x = 1 y + lny . (2.529) Solución: Introduciendo el parámetro p = dy dx , (2.530) la ecuación (2.529), se reduce a la ecuación paramétrica x = 1 p + lnp. (2.531) Tomando la derivada total, resulta dx = − 1 p 2 dp + 1 p dp. (2.532) Sustituyendo dx = dy p en (2.532), obtenemos dy p = − 1 p 2 dp + 1 p dp → dy = _ − 1 p + 1 _ dp. (2.533) Integrando _ dy = _ _ − 1 p + 1 _ dp → y = −lnp +p +c. (2.534) Finalmente, tenemos la solución general de la ecuación (2.529), en forma paramétrica x = 1 p + lnp, y = −lnp +p +c. (2.535) 76 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Ejemplo 3: Resolver la ecuación (y + 1) 3 = (y −y) 2 . (2.536) Solución: Antes que nada, de la ecuación (2.536), despejamos a y, y = y ∓(y + 1) 3/2 . (2.537) Definiendo dy dx = p. (2.538) Sustituyendo en (2.537), obtenemos y = p ∓(p + 1) 3/2 . (2.539) Tomando la diferencial total de esta ecuación y reemplazando dy = pdx, resulta pdx = dp ∓ 3 2 _ p + 1dp → dx = dp p ∓ 3 2 √ p + 1 p dp (2.540) Integrando _ dx = _ dp p ∓ 3 2 _ √ p + 1 p dp. (2.541) Calculando por separado la integral _ √ p + 1 p dp → _ t = _ p + 1, dt = 1 2 (p + 1) −1/2 dp = 1 2t dp, dp = 2tdt _ , (2.542) con este cambio de variable la integral se transforma en _ √ p + 1 p dp = 2 _ t 2 t 2 −1 dt = 2 _ t 2 −1 + 1 t 2 −1 dt = 2 _ _ 1 + 1 t 2 −1 _ dt. (2.543) Usando la fórmula _ dx x 2 −a 2 = 1 2a ln ¸ ¸ ¸ x−a x+a ¸ ¸ ¸ +c. Tenemos 2 _ _ 1 + 1 t 2 −1 _ dt = 2t + ln ¸ ¸ ¸ t −1 t + 1 ¸ ¸ ¸. (2.544) Recordando el cambio de variable que se hizo en (2.542), es decir, t = √ p + 1, se tiene el valor de la integral _ √ p + 1 p dp = 2 _ p + 1 + ln ¸ ¸ ¸ √ p + 1 −1 √ p + 1 + 1 ¸ ¸ ¸. (2.545) Finalmente, sustituyendo el valor de esta integral en la segunda ecuación de (2.541), y calculando las dos integrales restantes, y junto con la ecuación (2.539), tenemos la solución general x = ln[p[ ∓3 _ p + 1 ∓ 3 2 ln ¸ ¸ ¸ √ p + 1 −1 √ p + 1 + 1 ¸ ¸ ¸ +c, y = p ∓(p + 1) 3/2 . (2.546) 2.18. ECUACIONES DIFERENCIALES DE LAGRANGE Y CLAIRAUT 77 2.18. Ecuaciones Diferenciales de Lagrange y Clairaut Las ecuaciones de Lagrange y Clairaut son casos particulares de las ecuaciones no resueltas respecto a la derivada (2.503), y pueden resolverse mediante la introducción del parámetro p, como lo hicimos en la sección anterior. Una ecuación diferencial de Lagrange tiene la forma y = xϕ(y ) +ψ(y ) (2.547) Haciendo y = p, diferenciando y sustituyendo dy por pdx, esta ecuación se reduce a otra que considerando a x como función de p será lineal. Resolviendo ésta ´ ultima tendremos la solución x = φ(p, c), entonces, la solución general de la ecuación inicial en forma paramétrica es x = φ(p, c), y = φ(p, c)ϕ(p) +ψ(p), (2.548) donde p es un parámetro. La ecuación diferencial de Clairaut tiene la forma y = xy +ψ(y ) (2.549) El método de solución es el mismo que hemos usado anteriormente para la ecuación de Lagrange (2.547). La solución general de esta ecuación tiene la forma y = cx +ψ(c). (2.550) Ejemplo 1: Resolver la ecuación de Lagrange. y +xy = 4 _ y . (2.551) Solución: Primero, introduzcamos el parámetro p = dy dx . La ecuación (2.551) se transforma en y +xp = 4 √ p. (2.552) Diferenciando esta ecuación respecto a x, tenemos dy +xdp +pdx = 2 √ p dp. (2.553) Sustituyendo dy por pdx en (2.553), tenemos la ecuación pdx +xdp +pdx = 2 √ p dp. (2.554) Ahora, dividiendo entre dp, obtenemos 2p dx dp +x − 2 √ p = 0. (2.555) 78 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Como podemos ver, la ecuación (2.555), es una ecuación lineal no homogénea respecto a x, la cual podemos escribir en la forma estándar dx dp + 1 2p x = p −3/2 . (2.556) Para resolver esta ecuación usamos el método de variación del parámetro. Para esto, primero buscamos la solución a la ecuación homogénea dx dp + 1 2p x = 0. (2.557) No es dif´ıcil obtener la solución de esta ecuación. Separando variables e integrando, obtenemos x h (p) = cp −1/2 . (2.558) Luego, busquemos la solución particular de la ecuación (2.556). Supongamos la solución particular x p (p) = c(p)p −1/2 . (2.559) Tomando la derivada respecto a p, resulta dx dp = c (p)p −1/2 − 1 2 p −3/2 . (2.560) Sustituyendo en (2.556), obtenemos c p −1/2 − 1 2 cp −3/2 + 1 2p cp −1/2 = p −3/2 . (2.561) Eliminando los términos segundo y tercero de la parte izquierda de la ecuación (2.561). Obtenemos la integral c(p) = _ dp p = ln[p[. (2.562) Sustituyendo c(p) en (2.559), la solución particular toma la forma x p (p) = ln[p[ √ p . (2.563) La solución general de la ecuación (2.551), resulta ser x(p) = x h +x p = c √ p + ln[p[ √ p . (2.564) Por otro lado, sustituyendo (2.564), en la relación (2.552), tenemos y = √ p(4 −ln[p[ −c). (2.565) Entonces, tenemos que la solución general de la ecuación (2.551), está dada en forma paramétrica x(p) = c √ p + ln[p[ √ p . y(p) = √ p(4 −ln[p[ −c). (2.566) Ejemplo 2: 2.18. ECUACIONES DIFERENCIALES DE LAGRANGE Y CLAIRAUT 79 Resolver la ecuación y = x(y ) 2 −y . (2.567) Solución: Introduzcamos el parámetro p = dy dx . Sustituyendo en la ecuación (2.567), y = xp 2 −p. (2.568) Tomando la diferencial de esta ecuación y sustituyendo dy por pdx, resulta pdx = p 2 dx + 2xpdp −dp. (2.569) Agrupando términos p(1 −p)dx = (2xp −1)dp. (2.570) Escribamos esta ecuación de la siguiente manera dx dp + 2 p −1 x = 1 p(p −1) . (2.571) Esta es una ecuación lineal no homogénea respecto a x. Esta ecuación la vamos a resolver con el método del factor integrante. Para esto, definamos µ(p) = e 2 p−1 dp = e ln(p−1) 2 = (p −1) 2 . (2.572) Entonces d _ x(p −1) 2 _ = (p −1) 2 p(p −1) dp = p −1 p dp. (2.573) Integrando, tenemos _ d _ x(p −1) 2 _ = _ p −1 p dp → x(p −1) 2 = p −ln[p[ +c → x(p) = p −ln[p[ +c (p −1) 2 . (2.574) Entonces, el resultado final es y(p) = xp 2 −p, x(p) = p −ln[p[ +c (p −1) 2 . (2.575) Ejemplo 3: Resolver la ecuación de Clairaut. y = xy + a 2y donde a = const. (2.576) Solución: Hagamos p = dy dx , obtenemos y = xp + a 2p . (2.577) Diferenciando esta ´ ultima expresión y sustituyendo dy por pdx, hallamos pdx = pdx +xdp − a 2p 2 dp, (2.578) 80 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN de donde obtenemos dp _ x − a 2p 2 _ = 0. (2.579) Examinemos los dos factores de esta ´ ultima expresión. Primero, si dp = 0, (2.580) integrando tenemos p = c. (2.581) Entonces, la solución general de la ecuación inicial es y = cx + a 2c . (2.582) Ahora, igualando a cero el segundo factor de la ecuación (2.579), tenemos x = a 2p 2 . (2.583) Despejando el parámetro p de la ecuación (2.583), y sustituyendo en la ecuación (2.577), tenemos y 2 = 2ax. (2.584) Esta es también una solución de la ecuación (2.576). Desde el punto de vista geométrico la curva y 2 = 2ax es la envolvente del haz de rectas determinado por la solución general. Ejemplo 4: Resolver la ecuación diferencial y = xy + _ (y ) 2 + 1. (2.585) Solución: Esta es una ecuación de Clairaut. Entonces, introduciendo el parámetro p = dy dx , la expresión (2.585), se transforma en y = xp + _ p 2 + 1. (2.586) Tomando la diferencial de esta expresión respecto a x, resulta dy = pdx +xdp + 1 2 (p 2 + 1) −1/2 2pdp → dy = pdx +xdp + pdp _ p 2 + 1 . (2.587) Sustituyendo pdx por dy, tenemos pdx = pdx +xdp + pdp _ p 2 + 1 . (2.588) De esta ´ ultima expresión se tiene _ x + p _ p 2 + 1 _ dp = 0. (2.589) De donde, tenemos dos posibles soluciones x = − p _ p 2 + 1 , p = c. (2.590) Finalmente, la solución del problema la podemos escribir como y = px + _ p 2 + 1, x = − p _ p 2 + 1 , y = cx + _ c 2 + 1. (2.591) Hasta el momento hemos analizado diferentes métodos de solución de las ecuaciones diferenciales de primer orden. En las siguientes dos secciones analizaremos algunas cuestiones interesantes de las ecuaciones de primer orden desde el punto de vista geométrico. 2.19. ISOCLINAS 81 2.19. Isoclinas Nos interesa analizar el sentido geométrico de la ecuación diferencial de primer orden. Supon- gamos que nos es dada una ecuación diferencial de primer orden resuelta respecto a la derivada y = f(x, y) (2.592) entonces, sea y = φ(x, c), su soluci´ on general. Como ya hemos visto anteriormente, la solución general determina la familia de curvas integrales en el plano xOy. Para todo punto M(x, y) con coordenadas x, y, la ecuación (2.592), determina un valor de la derivada y , es decir, la pendiente a la curva integral que pasa por ese punto. Por lo tanto, la ecuación (2.592), define un conjunto de direcciones. A este conjunto de direcciones se le conoce como campo de direcciones en el plano xOy. La terna de n´ umeros (x, y, y ) determina la dirección de una recta que pasa por el punto M(x, y). El conjunto de los segmentos de estas rectas será la representación geométrica del campo de direcciones. Entonces, integrar una ecuación diferencial desde el punto de vista geométrico, consiste en hallar las curvas, cuyas pendientes estén orientadas de modo tal que su dirección coincida con la dirección del campo en estos puntos. El problema anterior se resuelve introduciendo las isoclinas . Las isoclinas son el lugar geométrico de puntos en los que las pendientes a las curvas integrales dadas tienen una misma dirección. Las isoclinas o campos de direcciones es una forma numérica y geométrica de mostrar la solución de ecuaciones diferenciales de primer orden (2.592). Entonces, la familia de las isoclinas de la ecuación (2.592), deberá cumplir la relación f(x, y) = k (2.593) donde k es un parámetro arbitrario. Dándole valores numéricos próximos al parámetro k se puede dibujar un conjunto compacto de isoclinas, con ayuda de las cuales se pueden trazar aproximadamente las curvas integrales de la ecuación diferencial (2.592). Las isoclinas nulas , esto es, y = f(x, y) = 0 (2.594) proporcionan las l´ıneas en las que pueden estar situados los puntos máximo y m´ınimo de las curvas integrales. Al trazar las curvas integrales, para mayor exactitud, se halla también el lugar geométrico de los puntos de inflexión. Para esto, se calcula y de la ecuación (2.592), tenemos y = ∂f ∂x + ∂f ∂y y = ∂f ∂x +f(x, y) ∂f ∂y , (2.595) y se iguala a cero. La l´ınea determinada por la ecuación ∂f ∂x +f(x, y) ∂f ∂y = 0, (2.596) es, precisamente, el lugar geométrico de los puntos de inflexión. Ejemplo 1: 82 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Usar el método de isoclinas para resolver la ecuación dy dx = y. (2.597) Solución: Las isoclinas asociadas a la ecuación (2.597), son las rectas dadas por la ecuación f(x, y) = y = k. (2.598) Para cada valor de k obtenemos una l´ınea recta, en la que en cada punto, la dirección dictada por la ecuación diferencial es dicho n´ umero k. Por ejemplo, en cada punto a lo largo de la l´ınea y = 1, la ecuación (2.597) determina una dirección de la pendiente 1. En la figura se han trazado varias de estas isoclinas, que indican la dirección asociada con cada isoclina por rayas cortas. Si se parte de cualquier punto del plano y se sigue una curva cuya dirección es siempre la de las rayas, se obtiene una curva de solución. En la figura se han trazado varias curvas de solución. Ejemplo 2: Usando el método de isoclinas integrar la ecuación dy dx = x. (2.599) Solución: La familia de isoclinas para esta ecuación esta definida por la ecuación f(x, y) = x = k. (2.600) Dándolo los valores k = 0, 1, −1, .. obtenemos las isoclinas x = 0, x = 1, x = −1, ... de donde, entonces construimos las curvas integrales de la ecuación (2.599). La isoclina nula f(x, y) = k = 0, (2.601) define el lugar geométrico del extremo de la curva integral (la l´ınea x = 0 en el ejemplo). Para reforzar la gráfica es recomendable analizar si la curva es convexa hacia arriba o convexa hacia abajo, y hallar los puntos de inflección de las curvas. En nuestro caso, tenemos y = 1. (2.602) Por consiguiente, todas las curvas integrales son convexas descendentes y sin puntos de inflección. 2.20. Trayectorias Ortogonales Otro problema general, de naturaleza geométrico, es hallar curvas que intercepten las curvas de una familia dada, de una manera deseada. Tales curvas se llaman trayectorias. En particular, cuando las trayectorias cortan las curvas dadas en un ángulo constante, se denominan trayectorias isogonales, si el ángulo es recto(es decir, de 90 0 ), las trayectorias se llaman trayectorias ortogonales . De la geometr´ıa Euclidiana, sabemos que dos curvas son perpendiculares entre s´ı en un punto dado, si sus respectivas pendientes m 1 y m 2 cumplen la relación m 1 m 2 = −1 → m 1 = − 1 m 2 . (2.603) 2.20. TRAYECTORIAS ORTOGONALES 83 Por otro lado, sabemos que la derivada, desde el punto de vista geométrico, es igual a la pendiente m. Entonces, la ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales de un conjunto de curvas dadas es fácil de obtener a partir del conjunto dado. Sea y(x), un conjunto de curvas dado por la ecuación diferencial F(x, y, y ) = 0 (2.604) Entonces, la expresión F(x, y, − 1 y ) = 0 (2.605) será la ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales a y(x). En otras palabras, basta reemplazar y por − 1 y en la ecuación dada, para obtener la ecuación de las trayectorias ortogonales. Las trayectorias ortogonales se encuentran, por ejemplo, cuando se estudia una corriente plana de un l´ıquido. Ejemplo 1: Hallar las trayectorias ortogonales a la familia de curvas dada por la ecuación x 2 +y 2 = R 2 . (2.606) Solución: Tomando la derivada respecto a x, tenemos 2xdx + 2ydy = 0 → dy dx = − x y . (2.607) Esta es la ecuación diferencial que representa a la familia de curvas dada (2.606). Ahora, reemplazando y por − 1 y , en la segunda ecuación de (2.607), tenemos − 1 y = − x y → dy dx = y x , (2.608) Esta ´ ultima ecuación representa la ecuación diferencial de la familia de curvas que es ortogonal a (2.606). Esta ecuación se puede resolver con el método de variables separables dy y = dx x . (2.609) La solución general esta dada por y = cx. (2.610) 84 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Figura 2.7: Gráfica de la solución. As´ı, hemos encontrado una familia de curvas dada por la ecuación (2.610), que es ortogonal a la familia de curvas representada por (2.606), figura (2.7). Ejemplo 2: Hallar las trayectorias ortogonales a la familia de curvas dadas por la ecuación x 2 + 1 2 y 2 = a 2 , a = constante. (2.611) Solución: Diferenciando la ecuación (2.611), respecto a x, tenemos 2x +y dy dx = 0 → dy dx = − 2x y . (2.612) Luego, reemplazando en (2.612), y por − 1 y , tenemos − 1 y = − 2x y → dy dx = y 2x . (2.613) Separando variables e integrando _ dy y = 1 2 _ dx x . (2.614) Obtenemos ln[y[ = 1 2 lnx + lnc → ln ¸ ¸ ¸ y c √ x ¸ ¸ ¸ = 0. (2.615) 2.20. TRAYECTORIAS ORTOGONALES 85 De donde es fácil obtener el resultado final y = cx 1/2 . (2.616) Esta ecuación representa la familia de curvas ortogonales a la familia dada en (2.611). Ejemplo 3: Hallar la familia de curvas que es ortogonal a la familia dada por la ecuación y 2 + 3x 2 −2ax = 0, a = constante. (2.617) Solución: Diferenciando (2.617), respecto a x, obtenemos 2y dy dx + 6x −2a = 0. (2.618) Luego, de (2.617), despejamos el parámetro a, a = y 2 + 3x 2 2x . (2.619) Sustituyendo (2.619), en (2.618), obtenemos la ecuación diferencial correspondiente a la familia de curvas (2.617) dy dx = y 2 −3x 2 2xy . (2.620) Reemplazando y , por − 1 y , en (2.620), resulta − 1 y = y 2 −3x 2 2xy → dy dx = − 2xy y 2 −3x 2 . (2.621) Esta ecuación es una ecuación diferencial homogénea. Por lo tanto, haciendo la sustitución y = zx, dy dx = z +x dz dx . (2.622) Sustituyendo en (2.621), se obtiene x dz dx = z −z 3 z 2 −3 . (2.623) Separando las variables e integrando _ z 2 −3 z −z 3 dz = _ dx x . (2.624) La primer integral la descomponemos en fracciones parciales z 2 −3 z(1 −z 2 ) = A z + Bz +C 1 −z 2 . (2.625) Como resultado tenemos A−Az 2 +Bz 2 +Cz = z 2 −3. (2.626) De aqu´ı, obtenemos los valores A = −3, B = −2 y C = 0. Entonces, la primer integral en (2.624), se transforma en _ z 2 −3 z −z 3 dz = −3 _ dz z + _ 2z z 2 −1 dz. (2.627) 86 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Luego, poniendo este resultado en (2.624), obtenemos −3 _ dz z + _ 2z z 2 −1 dz = _ dx x . (2.628) La integración es fácil y el resultado es −3 ln[z[ + ln[z 2 −1[ = ln[x[ + lnc → ln ¸ ¸ ¸ z 2 −1 cxz 3 ¸ ¸ ¸ = 0 → z 2 −1 = cxz 3 . (2.629) Recordamos que y = zx de donde z = y/x, sustituyendo en la ´ ultima expresión de (2.629), obtenemos el resultado final y 2 −x 2 = cy 3 . (2.630) Esta es la ecuación que representa a la familia de curvas que son ortogonales a la familia (2.617). De esta manera hemos analizado diferentes métodos de solución de las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden. Los métodos analizados son los más tradicionales y básicos para que el estudiante comprenda y pueda resolver problemas de su correspondiente área, Ciencias ó Ingenier´ıa. 2.21. Aplicaciones Para modelar, mediante una ecuación diferencial, un proceso f´ısico, qu´ımico, biológico, de ingenier´ıa, etc., es necesario el conocimiento de ciertas leyes fundamentales de la naturaleza. Por lo anterior, antes de empezar con algunas de las aplicaciones, es necesario que recordemos algunas leyes. Segunda ley de Newton: La suma de todas las fuerzas que act´ uan en un cuerpo es igual a la masa del cuerpo multiplicada por su aceleración. Matemáticamente, esta ley se representa como Σ N i=1 F i = ma. Leyes de Kirchhoff: Primera ley de Kirchhoff (regla de los nudos): La suma algebráica de las corrientes convergentes en un nudo es igual a cero, esto es Σ n i=1 I i = 0, donde I representa la corriente. Segunda ley de Kirchhoff (regla de los contornos): En cualquier contorno cerrado, elegido arbitrariamente en un circuito eléctrico bifurcado, la suma algebráica de los productos de las intensidades de las corrientes I i por las resistencias R i de las partes correspondientes de este contorno, es igual a la suma algebráica de las fuerzas electromotrices (fem) E i , aplicadas al mismo, esto es Σ i=n1 i=1 I i R i = Σ i=n1 i=1 E i . Ley de Torricelli: La velocidad con que se derrama un l´ıquido por un peque˜ no orificio que se encuentra en el fondo de un recipiente a una altura h del nivel del l´ıquido, sin considerar la fric- ción(debida a la contracción que sufre un chorro de agua al pasar por un peque˜ no orificio) , será igual a la velocidad de ca´ıda libre de un cuerpo de una altura h, esto es, v = √ 2gh. Si se considera la fric- ción, entonces la dependencia de la velocidad respecto a la altura h, está dada por la ley de Torricelli 2.21. APLICACIONES 87 v = µ √ 2gh, donde g es la aceleración en ca´ıda libre; µ es el coeficiente de fricción, (0 ≤ µ < 1), que depende del tipo de l´ıquido que se vac´ıa. Para el agua µ = 0,62. Ley de Acción de masa: El estudio de las velocidades de las reacciones se basa en la ley de acción de masa; en un sistema con volumen constante, la velocidad de una reacción qu´ımica es proporcional a la concentración(masa por unidad de volumen) de las sustancias reactantes. La concentración es igual al n´ umero de moles por unidad de volumen, generalmente moles por litros. Reacciones Unimoleculares: Una reacción en la cual, una sola molécula cambia a una o más moléculas se llama reacción unimolecular . Su ecuación qu´ımica es A →B, o bien A →B+C+D+...., (2.631) donde A y B, representan a las sustancias. En este caso la ley de acción de masa está dada por la ecuación diferencial dC A dt = −kC A , k > 0. (2.632) Observemos que en (2.632) la velocidad es negativa, esto se debe a que la sustancia A decrece. Si a representa el n´ umero de moles por litro de A inicialmente presentes y x es el n´ umero de moles de A que cambian a productos en un tiempo t, entonces a −x será la concentración C A de A después de t minutos. De esta manera la ecuación (2.632) tiene la forma dx dt = k(a −x) en t = 0, x = 0. (2.633) De esta manera hemos obtenido la ecuación diferencial, la cual modela en un alto grado de exactitud el problema de las reacciones unimoleculares. Reacciones Bimoleculares: Una reacción en la cual dos moléculas interact´ uan para dar lugar a una o más moléculas como productos, se llama reacción bimolecular. La ecuación qu´ımica tiene la forma A+B →C+D+..., o bien 2A →B+C+D+..., (2.634) Para el primer caso, la ley de acci´ on de masa se escribe como dx dt = k(a −x)(b −x), (2.635) donde a y b son los n´ umeros de moles iniciales por litro de A y B, y x es el n´ umero de moles por litro de A y B, respectivamente, después de t minutos. Si A = B (segunda ecuación en (2.634)) , entonces (2.635) se reduce a dx dt = k(a −x) 2 . (2.636) Problema 1: Un veh´ıculo que viaja a una velocidad v 0 apaga su motor, no estando ya sometido más que a una fuerza de rozamiento proporcional a la velocidad. Cómo var´ıan su velocidad y su coordenada de posición en función del tiempo? Datos: v 0 , F r = αv, donde α es el coeficiente de proporcionalidad. Hallar: 88 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN v = v(t), x = x(t). Solución: De la segunda ley de Newton, y debido a que solo una fuerza influye en el cuerpo, tenemos m dv dt = −αv. (2.637) El signo menos en la ecuación (2.637), es debido a que la fuerza de rozamiento está dirigida en sentido opuesto al movimiento. La ecuación diferencial (2.637), es de primer orden respecto a v y además es de variables separables. Separando las variables dv v = − α m dt. (2.638) Integrando _ dv v = − α m _ dt, (2.639) tenemos lnv = − α m t + lnc 1 . (2.640) Aplicando las propiedades de los logaritmos lnv −lnc 1 = ln(v/c 1 ), esta misma expresión la podemos escribir como v(t) = c 1 e − α m t , (2.641) donde c 1 es una constante de integración, la cual depende de las condiciones iniciales del problema. En nuestro caso, estas condiciones son; para t = 0, v = v 0 , entonces, sustituyendo en (2.641), obtenemos la expresión para la constante c 1 , v 0 = c 1 . (2.642) Sustituyendo el valor obtenido c 1 = v 0 en la ecuación (2.641), tenemos v(t) = v 0 e − α m t . (2.643) Para hallar como cambia la coordenada con el tiempo, es decir, la ecuación x = x(t), recordamos que la velocidad está dada como v = dx dt y sustituyendo en (2.643), obtenemos la ecuación diferencial para x = x(t), esto es dx dt = v 0 e − α m t . (2.644) Integrando _ dx = v 0 _ e − α m t dt, (2.645) resulta x(t) = − mv 0 α e − α m t +c 2 . (2.646) Podemos elegir las siguientes condiciones iniciales, para t = 0, x = 0, 0 = − mv 0 α +c 2 → c 2 = mv 0 α . (2.647) Sustituyendo en (2.646), x(t) = − mv 0 α e − α m t + mv 0 α . (2.648) 2.21. APLICACIONES 89 Finalmente, el resultado lo podemos escribir de la siguiente manera x(t) = mv 0 α (1 −e − α m t ). (2.649) De este resultado podemos ver que cuando t → 0, x(t) → 0, lo cual concuerda con los datos iniciales. Para el caso en que t →∞, tenemos que x(t) → mv0 α , tiende a un valor constante. Problema 2: De una cierta altura h un cuerpo de masa m es arrojado verticalmente hacia abajo con una velocidad inicial v 0 . Sabemos que la fuerza de rozamiento del aire es directamente proporcional a la velocidad instantánea. Calcular cómo cambia la velocidad y la altura del cuerpo en función del tiempo. Datos: m, h, v 0 y F r = αv. Hallar: v = v(t) y h = h(t) Solución: En el cuerpo que cae act´ uan el peso mg y la fuerza de rozamiento que es proporcional a la velocidad, esto es F r = αv, donde α es el coeficiente de proporcionalidad. Entonces, de la segunda ley de Newton, tenemos m dv dt = mg −αv. (2.650) El movimiento es hacia abajo, es por eso que el término mg es positivo, mientras que αv es negativo, ya que su dirección es opuesta al movimiento. La ecuación (2.650), es de primer orden y puede ser resuelta de dos maneras; por el método de variables separables ó como una ecuación lineal no homogénea. Analicemos el primer caso, es decir, por separación de variables. Escribamos la ecuación de la siguiente manera dv dt = g − α m v → dv dt = − α m _ v − mg α _ → _ dv v − mg α = − α m dt. (2.651) Integrando la ecuación (2.651), tenemos ln ¸ ¸ ¸v − mg α ¸ ¸ ¸ = − α m t +c. (2.652) La constante de integración la podemos hallar de las condiciones del problema, en este caso; para t = 0 tenemos que v = v 0 , poniendo estas condiciones en (2.652), resulta c = ln ¸ ¸ ¸v 0 − mg α ¸ ¸ ¸. (2.653) Sustituyendo el valor de c en (2.652), tenemos ln ¸ ¸ ¸v − mg α ¸ ¸ ¸ = − α m t + ln ¸ ¸ ¸v 0 − mg α ¸ ¸ ¸. (2.654) Esta expresión da el resultado buscado, sin embargo, usando las propiedades de los logaritmos la podemos escribir de una forma m´ as elegante ln ¸ ¸ ¸ v − mg α v 0 − mg α ¸ ¸ ¸ = − α m t → v(t) = mg α + _ v 0 − mg α _ e − α m t . (2.655) 90 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Una vez obtenida la velocidad en función del tiempo, podemos hallar como cambia la altura h(t) con el tiempo. De la definición de velocidad v(t) → dh dt = mg α + _ v 0 − mg α _ e − α m t . (2.656) Integrando esta ´ ultima expresión, obtenemos _ dh = _ _ mg α + _ v 0 − mg α _ e − α m t _ dt → h(t) = mg α t − m α _ v 0 − mg α _ e − α m t +c 2 . (2.657) En este problema hemos escogido nuestro sistema de referencia en el punto donde fué lanzado el cuerpo, es decir, en el tiempo t = 0 estábamos en la altura h 0 , poniendo las condiciones iniciales en (2.657), obtenemos el valor de c 2 , c 2 = h 0 + m α _ v 0 − mg α _ . (2.658) Sustituyendo este valor en (2.657), finalmente tenemos h(t) = h 0 + mg α t + m α _ v 0 − mg α __ 1 −e − α m t _ . (2.659) Ahora vamos a resolver el mismo problema escribiendo la ecuación (2.650), de la siguiente manera dv dt + α m v = g. (2.660) Esta ecuación es lineal de primer orden no homogénea respecto a la velocidad v. Hagamos uso del factor integrante para resolverla. En este caso la función P(t) = α/m, es constante, entonces, el factor integrante µ(t) = e P(t)dt = e α m dt = e α m t . (2.661) Recordemos que en la ecuación (2.660), la variable independiente es el tiempo t y la función dependiente es la velocidad v. Luego, tenemos d _ e α m t v _ = ge α m t → _ d _ e α m t v _ = g _ e α m t dt. (2.662) Integrando, obtenemos ve α m t = gm α e α m t +c → v(t) = gm α +ce − α m t . (2.663) De las condiciones iniciales t = 0, v = v 0 hallamos la constante de integración c = v 0 − mg α . (2.664) Sustituyendo el valor de c en (2.663), y acomodando términos, obtenemos el resultado final v(t) = mg α + _ v 0 − mg α _ e − α m t . (2.665) Como era de esperarse, obtenemos el mismo resultado. Hemos ilustrado dos métodos diferentes de solución a un mismo problema con el objetivo de mostrarle a los estudiantes que no importa el método elegido, el resultado siempre será el mismo. Integrando la ecuación (2.665), se puede obtener la altura h(t), como se ilustró anteriormente. 2.21. APLICACIONES 91 Problema 3: Un cuerpo de masa m se mueve a lo largo de una l´ınea recta. En el instante t = 0 está sometido a una fuerza F = F 0 . Esta fuerza decrece proporcionalmente con el tiempo, de modo que en un instante posterior t = t 1 es nula, no actuando ya ninguna fuerza sobre el cuerpo a partir de este instante. Suponga que la coordenada de posición y la velocidad son nulas en el instante inicial. Hallar los valores de estas magnitudes en el instante t = t 1 . Datos: t = 0, F = F 0 , t = t 1 Hallar: v = v(t 1 ), x = x(t 1 ). Solución: De las condiciones del problema, tenemos que la fuerza que act´ ua en el cuerpo es F = F 0 −αt, donde α es el coeficiente de proporcionalidad. Entonces, de la segunda ley de Newton, tenemos la ecuación diferencial m dv dt = F 0 −αt. (2.666) Esta es una ecuación de primer orden con variables separables. Separando las variables e integrando _ v 0 dv = _ t 0 _ F 0 m − α m t _ dt. (2.667) Calculando las integrales, obtenemos v(t) = F 0 m t − α 2m t 2 . (2.668) De las condiciones del problema, tenemos 0 = F 0 −αt 1 → F 0 = αt 1 . (2.669) Sustituyendo en la expresión (2.668), v(t 1 ) = α m t 2 1 − α 2m t 2 1 . (2.670) Finalmente, tenemos v(t 1 ) = α 2m t 2 1 . (2.671) Para encontrar el camino recorrido usamos la definición v = dx dt , y poniendo en (2.668), resulta dx dt = F 0 m t − α 2m t 2 . (2.672) Integrando _ x 0 dx = _ t 0 _ F 0 m t − α 2m t 2 _ dt, (2.673) tenemos x(t) = F 0 2m t 2 − α 6m t 3 . (2.674) 92 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN De las condiciones del problema, tenemos que para t = t 1 , F 0 = αt 1 . Sustituyendo en la ecuación (2.674), x(t 1 ) = α 2m t 3 1 − α 6m t 3 1 . (2.675) Finalmente, el resultado es x(t 1 ) = αt 3 1 3m . (2.676) Problema 4: Qué velocidad adquiere una masa m, originalmente en reposo, sobre la cual act´ ua una fuerza cuyo valor depende del tiempo seg´ un la ley F(t) = Ae −α 2 t 2 , (t > 0)? Datos: m, v 0 = 0, F(t) = Ae −α 2 t 2 . Hallar: v = v(t). Solución: En el cuerpo solo act´ ua una fuerza, de tal manera que usando la segunda ley de Newton tenemos la relación m dv dt = Ae −α 2 t 2 . (2.677) Para encontrar la velocidad v debemos integrar la expresión (2.677), m _ v 0 dv = A _ ∞ 0 e −α 2 t 2 dt → _ v 0 dv = A m _ ∞ 0 e −α 2 t 2 dt. (2.678) La integral la vamos a evaluar desde su posici´ on inicial(reposo, v 0 = 0, en el tiempo t = 0, hasta un tiempo t > 0, seg´ un las condiciones del problema). Entonces, tenemos que nada más debe cumplirse t > 0, sin ninguna otra restricción. Podemos tomar a t lo suficientemente grande, esto es t → ∞. Entonces, calculemos la integral _ ∞ 0 e −α 2 t 2 dt → _ ξ →α 2 t 2 , dξ →2α 2 tdt dt → ξ −1/2 2α dξ _ = 1 2α _ ∞ 0 ξ −1/2 e −ξ dξ = 1 2α Γ _ 1 2 _ = √ π 2α . (2.679) Luego, de (2.678), tenemos v(t) = A √ π 2αm . (2.680) Para calcular la integral en (2.679), hemos utilizado la definición de la función Gama, la cual está definida como Γ(x) = _ ∞ 0 t x−1 e −t dt (ahora queda claro por que tomamos los l´ımites para t, de 0 a ∞). Se puede demostrar que Γ(1/2) = √ π. Como podemos ver, el cuerpo se mueve con una velocidad constante y por lo tanto su posición en función del tiempo es lineal x(t) = A √ π 2αm t. (2.681) Esta expresión se obtiene integrando la ecuación (2.680), respecto al tiempo, en este caso la constante de integración no aparece, ya que por las condiciones iniciales, en t = 0, x = 0, la constante es cero. 2.21. APLICACIONES 93 Problema 5: Un recipiente de área transversal S, la cual es una función conocida de la altura h, S = S(h), está lleno de cierto l´ıquido hasta un nivel H. En el fondo del recipiente se tiene un orificio de área σ, por el cual puede salir el l´ıquido. Se pide hallar el tiempo, t, en el cual el nivel del l´ıquido decrece de la posición inicial H a cierta altura 0 ≤ h < H y el tiempo T que tarda en vaciarse por completo el recipiente. Datos: S = S(h), H, σ. Hallar: El tiempo t = t(h). Solución: Supongamos que la altura del l´ıquido en el recipiente en un cierto tiempo t es igual a h(t). La cantidad de l´ıquido ∆V , que sale del recipiente en el intervalo de tiempo de ∆t a t + ∆t, se puede calcular como el volumen del cilindro con la superficie del fondo σ y altura h; v(h): ∆V ∆t = σv(h) → ∆V = σv(h)∆t. (2.682) Este mismo volumen de l´ıquido puede ser calculado de otra forma. Debido al flujo del l´ıquido su nivel h en el recipiente decrece en −∆h, por consiguiente ∆V = −S(h)∆h. (2.683) Igualando las dos expresiones (2.682), y (2.683), tenemos −S(h)∆h = σv(h)∆t. (2.684) Dividiendo las dos partes de esta ecuación entre ∆t y tomando el l´ımite cuando ∆t →0, obtenemos la ecuación diferencial −S(h) dh dt = σv(h), (2.685) la cual describe la dependencia del nivel del l´ıquido h(t) en el recipiente respecto del tiempo t. Luego, sustituyendo v(h), seg´ un la ley de Torricelli v(h) = µ √ 2gh, y separando las variables, obtenemos la siguiente ecuación dt = − S(h) σµ √ 2gh dh. (2.686) Integrando, obtenemos t = − 1 σµ √ 2g _ h H S(x) √ x dx = 1 σµ √ 2g _ H h S(x) √ x dx. (2.687) Si queremos saber el tiempo en que se vaciará el recipiente, es suficiente hacer h = 0, as´ı que, para este caso tenemos la relación T = 1 σµ √ 2g _ H 0 S(x) √ x dx. (2.688) Problema 6: 94 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Supóngase que tenemos un depósito cil´ındrico lleno de agua con eje vertical, de diámetro 2R y altura H. En el fondo del depósito se tiene un orificio circular de diámetro 2a. Necesitamos hallar el tiempo en que se vaciará el depósito. Datos: R, H, a. Hallar: El tiempo, T, que tarda en vaciarse el dep´ osito. Solución: El área de la sección transversal S = S(h), en el caso dado es constante e igual a S = πR 2 , y el área del orificio es σ = πa 2 . Hagamos uso del resultado anterior, es decir, de la expresión (2.688), T = 1 σµ √ 2g _ H 0 S(x) √ x dx = πR 2 πa 2 µ √ 2g _ H 0 dh √ h = 2R 2 √ H a 2 µ √ 2g . (2.689) Problema 7: Calcular el tiempo necesario para establecer iguales niveles de l´ıquido en dos recipientes conectados. El orificio que conecta a los recipientes tiene un área σ. Las áreas de las secciones transversales horizontales del primer y segundo recipiente son S 1 , y S 2 . En el momento inicial el nivel de l´ıquido en el primer recipiente se encontraba a una altura h 1 , del orificio, y el segundo a la altura h 1 , (h 1 > h 2 ). Datos: σ, S 1 , S 2 , h 1 , h 2 , (h 1 > h 2 ). Hallar: El tiempo T necesario para que los recipientes alcancen la nivelación. Solución: Supongamos que en un tiempo t, después de comenzar la transición del l´ıquido el nivel del agua en el primer recipiente decrece a y 1 , y en el segundo recipiente aumenta en y 2 . En los siguientes incrementos infinitesimales de tiempo dt, en el primer recipiente el nivel de l´ıquido decrece en dy 1 (dy 1 < 0), y en el segundo aumenta en dy 2 , (dy 2 > 0). Debido a que el decremento en el volumen de l´ıquido en el primer recipiente es igual al aumento en el segundo recipiente, entonces, tenemos S 1 [dy 1 [ = S 2 [dy 2 [ → −S 1 dy 1 = S 2 dy 2 . (2.690) de donde dy 2 = − S 1 S 2 dy 1 . (2.691) Introduciendo(diferencia de niveles) u = y 1 −y 2 . (2.692) Entonces, la velocidad de transición de l´ıquido por el orificio entre los recipientes se puede hallar por la fórmula de Torricelli, tenemos v = µ _ 2gu, (2.693) en la cual se debe entender que el orificio se encuentra en la profundidad (2.692). Por eso el volumen de l´ıquido que pasa en dt = −S 1 dy 1 , (2.694) 2.21. APLICACIONES 95 y al mismo tiempo es igual a vρdt = σµ _ 2gudt. (2.695) Igualando estas expresiones para un mismo volumen, tenemos −S 1 dy 1 = σµ _ 2gudt. (2.696) De las expresiones (2.691), y (2.692), tenemos du = dy 1 −dy 2 = dy 1 + S 1 S 2 dy 1 = _ S 1 +S 2 S 2 _ dy 1 . (2.697) Despejando dy 1 , resulta dy 1 = S 2 S 1 +S 2 du. (2.698) Sustituyendo esta expresión en (2.696), obtenemos la ecuación diferencial que modela el problema planteado − S 1 S 2 S 1 +S 2 du = σµ _ 2gudt. (2.699) Esta es una ecuación diferencial con variables separables dt = − S 1 S 2 (S 1 +S 2 )σµ √ 2g du √ u . (2.700) Integrando, tenemos t = C − 2S 1 S 2 √ u (S 1 +S 2 )σµ √ 2g . (2.701) De las condiciones, cuando t = 0, tenemos que u = h 1 −h 2 , de donde C = 2S 1 S 2 _ (h 1 −h 2 ) (S 1 +S 2 )σµ √ 2g . (2.702) El tiempo T, necesario para que los niveles en los recipientes estén a la misma altura será cuando u = 0. En tal caso, de la ecuación (2.701), tenemos que T = C, entonces el resultado buscado es T = 2S 1 S 2 _ (h 1 −h 2 ) (S 1 +S 2 )σµ √ 2g . (2.703) Problema 8: Un depósito cil´ındrico de volumen V 0 está lleno de aire atmosférico, que se comprime de un modo adiabático hasta que el volumen se hace igual a V 1 . Calcular el trabajo invertido durante la compresión. Datos: V 0 , V 1 . Hallar: El trabajo A invertido durante la compresión. Solución: 96 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Podemos imaginar que en el recipiente el aire se comprime por un pistón. Al bajar el pistón una distancia infinitesimal dx realiza un trabajo igual a dA = −pSdx, (2.704) donde p es la presión del aire antes de bajar el pistón, S es el área de la sección transversal del pistón. Luego, Sdx = dV es el cambio infinitesimal de volumen, por eso dA = −pdV. (2.705) Por otro lado, tenemos la ley de Poisson p = p 0 _ V 0 V _ k , (2.706) donde k es una constante para el gas dado. Sustituyendo la expresión (2.706) en (2.705), obtenemos la siguiente ecuación diferencial dA = −p 0 V k 0 dV V k . (2.707) Integrando _ dA = −p 0 V k 0 _ dV V k . (2.708) Recordemos que p 0 y V k 0 son constantes dadas, por eso las podemos sacar del signo de la integral. La integración es fácil y el resultado es A = − p 0 V k 0 (−k + 1)V k−1 +c = p 0 V k 0 (k −1)V k−1 +c, k ,= 1, (2.709) donde c es la constante de integración, la cual definiremos seg´ un las condiciones. Cuando el trabajo A = 0, el volumen es V = V 0 , entonces, tenemos que c = − p 0 V k 0 (k −1)V k−1 0 → c = − p 0 V 0 k −1 . (2.710) Luego, sustituyendo este valor en (2.709), obtenemos A = p 0 V k 0 (k −1)V k−1 − p 0 V 0 k −1 → A = p 0 V 0 k −1 __ V 0 V _ k−1 −1 _ . (2.711) De las condiciones del problema, el trabajo que debe realizarse para que V = V 1 , es A = p 0 V 0 k −1 __ V 0 V 1 _ k−1 −1 _ . (2.712) Problema 9: Como resultado de una reacción qu´ımica entre dos substancias A y B se forma una tercera, C. Deseamos establecer la dependencia de la cantidad de substancia C respecto al tiempo, si en el momento de comenzar la reacción la cantidad de substancia(masas) A y B eran iguales a a y b, respectivamente. De los datos experimentales, se sabe que la velocidad de la reacción es proporcional al producto de las masas en dicha reacción. Datos: A, B, a, b y C 2.21. APLICACIONES 97 Hallar: La dependencia de la cantidad de substancia C, respecto al tiempo t. Solución: Sea x = x(t) la cantidad de substancia C en un tiempo t, después de haber empezado la reacción, y sea dx dt , la rapidez con que se forma la substancia C. De los datos experimentales, tenemos dx dt ≈ (a −x)(b −x) → dx dt = α(a −x)(b −x). (2.713) donde α representa el coeficiente de proporcionalidad. La ecuación (2.713), es una ecuación diferencial de primer orden con variables separables. Separando las variables, tenemos dx (a −x)(b −x) = αdt. (2.714) Factorizando dos veces el signo menos, obtenemos la expresión equivalente dx (x −a)(x −b) = αdt. (2.715) Para integrar, desarrollamos en fracciones parciales 1 (x −a)(x −b) = D (x −a) + E (x −b) . (2.716) Usando el método de Heaviside, para hallar a D y E, obtenemos D = 1 (x −a)(x −b) ¸ ¸ ¸ x→a = 1 a −b , E = 1 (x −a)(x −b) ¸ ¸ ¸ x→b = 1 b −a = − 1 a −b . (2.717) De tal manera, que 1 (x −a)(x −b) = 1 (a −b)(x −a) − 1 (a −b)(x −b) . (2.718) Sustituyendo este resultado en (2.715), resulta dx (x −a) − dx (x −b) = α(a −b)dt. (2.719) Aplicando la integración _ dx (x −a) − _ dx (x −b) = α(a −b) _ dt, (2.720) resulta ln[x −a[ −ln[x −b[ = α(a −b)t +lnc. (2.721) Usando las propiedades de los logaritmos, esta ´ ultima expresión la podemos escribir como ln ¸ ¸ ¸ x −a c(x −b) ¸ ¸ ¸ = α(a −b)t. (2.722) Luego, x −a x −b = ce α(a−b)t . (2.723) 98 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN La constante c la podemos hallar de la condición inicial del problema, para t = 0, x(t) = 0. Susti- tuyendo esta condición en (2.723), tenemos 0 −a 0 −b = ce α(a−b)0 → c = a b (2.724) Ahora, sustituyendo el valor obtenido de c en (2.723), finalmente, tenemos x −a x −b = a b e α(a−b)t . (2.725) Esta misma expresión la podemos escribir como x(t) = ab 1 −e α(b−a)t b −ae α(b−a)t . (2.726) Supongamos que b > a, entonces, x(t) → a, cuando t → ∞. Si, al contrario, b < a, entonces, la dependencia x = x(t), esta dada por la expresión x(t) = ab e −α(b−a)t −1 be −α(b−a)t −a . (2.727) Finalmente, x(t) →b, cuando t →∞. Por otro lado, si la cantidad de substancias A y B son iguales, es decir A = B, entonces, la ecuación que describe la reacción se reduce a dx dt = α(a −x) 2 . (2.728) Separando las variables e integrando, tenemos _ dx (a −x) 2 = αdt → 1 a −x = αt +c 1 . (2.729) De la condición x(0) = 0, hallamos el valor de c 1 , resulta ser c = 1 a . (2.730) Sustituyendo el valor de c 1 en la ecuación (2.729), tenemos el siguiente resultado 1 a −x = αt + 1 a . (2.731) Esta misma expresión la podemos escribir, finalmente, como x(t) = a − a 1 +aαt = a _ 1 − 1 1 +aαt _ . (2.732) De este resultado se puede ver que x(t) →a, cuando t →∞. Problema 10: Supongamos que de la superficie de la Tierra lanzamos un cuerpo de masa m verticalmente hacia arriba con una velocidad inicial de v 0 . Queremos saber la altura máxima h max a la que llegará el cuerpo y en que tiempo lo logrará. Vamos a suponer que la resistencia del aire es proporcional al peso del cuerpo y al cuadrado de su velocidad. Datos: 2.21. APLICACIONES 99 m, v 0 . Hallar: h max y el tiempo t. Problema 11: Una bala se introduce en una tabla de espesor h con una velocidad v 0 traspasándola con la velocidad v 1 . Suponga que la resistencia de la tabla al movimiento de la bala es proporcional al cuadrado de la velocidad instantánea de la bala. Hallar el tiempo del movimiento de la bala por la tabla. Datos: h, v 0 , v 1 . Hallar: El tiempo t necesario para atravesar la tabla. Solución: Si suponemos que en la bala no act´ ua la fuerza de gravedad (ya que la bala es muy peque˜ na y su velocidad es grande), entonces, en ella actuará solo la fuerza de rozamiento debida a la tabla. De los datos, sabemos que esta fuerza es proporcional al cuadrado de la velocidad instantánea, esto es F r = −αv 2 , (2.733) donde F r indica la fuerza de rozamiento, el signo negativo es debido a que esta fuerza act´ ua en dirección opuesta al movimiento. Ahora, aplicando la segunda ley de Newton, tenemos m dv dt = −αv 2 . (2.734) Esta es una ecuación diferencial de primer orden y de variables separables. Separando las variables y aplicando la integración _ dv v 2 = − α m _ dt → − 1 v = − α m t +c 1 . (2.735) Sustituyendo las condiciones iniciales del problema, en t = 0, v = v 0 para hallar c 1 , − 1 v 0 = − α m 0 +c 1 → c 1 = − 1 v 0 . (2.736) Poniendo el valor de c 1 en la segunda expresión de (2.735), resulta 1 v − 1 v 0 = α m t. (2.737) Despejando el tiempo t, obtenemos t = m α _ 1 v − 1 v 0 _ . (2.738) Analizando el resultado obtenido para el tiempo t, nos damos cuenta que éste no involucra el espesor h de la tabla ni la velocidad con que la bala sale de ella. Entonces, significa que aun no está del todo resuelto el problema. Para resolverlo usamos la regla de la cadena para transformar la aceleración del cuerpo, a(t) = dv dt = dv dh dh dt = v dv dh . La ecuación (2.734), se transforma en m dv dh dh dt = −αv 2 → m dv dh v = −αv 2 → m dv dh = −αv. (2.739) 100 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN La tercer ecuación en (2.739), es la ecuación que debemos resolver. Separando las variables e integrando, obtenemos dv v = − α m dh → _ v1 v0 dv v = − α m _ h 0 dh. (2.740) Integrando, resulta lnv ¸ ¸ ¸ v1 v0 = − α m h → α = m h ln _ v 0 v 1 _ . (2.741) Sustituyendo el valor de α en la expresión (2.738), finalmente, obtenemos el resultado buscado t = m m h ln( v0 v1 ) _ 1 v 1 − 1 v 0 _ = h ln( v0 v1 ) _ v 0 −v 1 v 1 v 0 _ . (2.742) En la expresión (2.738), hemos sustituido la velocidad v por v 1 , que es la velocidad con que la bala sale de la tabla y debido a que nos interesa solo el tiempo en que tardó la bala en atravesarla. Problema 12: Un paracaidista desciende en un paraca´ıdas que tiene forma de semiesfera de radio R = 5m. La masa total (paracaidista + paraca´ıdas) es de m = 90kg. Hallar cómo var´ıa la velocidad con el tiempo. Considere que la fuerza de rozamiento debida al aire es F = 0, 00090Sv 2 , donde S es el área de la sección transversal del paraca´ıdas. Datos: R, m, S y F. Hallar: Cómo var´ıa la velocidad con el tiempo. Solución: Aplicando la segunda ley de Newton obtenemos la ecuación diferencial m dv dt = mg −0,00090Sv 2 → dv dt = g −βv 2 , (2.743) donde β = 0, 00090S/m. Separando las variables, tenemos _ dv g −βv 2 = _ dt. (2.744) Transformando el término 1 g −βv 2 = 1 β(g/β −v 2 ) , a 2 = g/β → 1 β(a 2 −v 2 ) = 1 β(a −v)(a +v) . (2.745) Desarrollando en fracciones parciales la expresión 1 (a −v)(a +v) = A a −v + B a +v . (2.746) De donde obtenemos Aa +Av +Ba −Bv = 1, (2.747) Para que esta relación se cumpla, las constantes A y B deberán satisfacer las ecuaciones a(A+B) = 1, A−B = 0. (2.748) 2.21. APLICACIONES 101 Resolviendo este sistema de dos ecuaciones, obtenemos que B = 1/2a y A = 1/2a. Sustituyendo en la ´ ultima ecuación de (4.243), obtenemos 1 β(a −v)(a +v) = 1 2aβ(a −v) + 1 2aβ(a +v) . (2.749) Entonces, la integral (4.242), se reduce a 1 2aβ _ _ 1 a −v + 1 a +v _ dv = _ dt. (2.750) Integrando, resulta − 1 2aβ ln[a −v[ + 1 2aβ ln[a +v[ = t +c. (2.751) Podemos elegir las siguientes condiciones iniciales, para t = 0 la velocidad es v 0 = 0, entonces, c = 0. Quedando solo la expresión − 1 2aβ ln[a −v[ + 1 2aβ ln[a +v[ = t. (2.752) Este mismo resultado lo podemos poner de la siguiente manera 1 2aβ ln ¸ ¸ ¸ a +v a −v ¸ ¸ ¸ = t → a +v a −v = e 2aβt . (2.753) De esta ´ ultima expresión es fácil despejar a la velocidad v, obtenemos v(t) = a e 2aβt −1 1 +e 2aβt . (2.754) Multiplicando y dividiendo la parte derecha de (2.754), por e −aβt , resulta v(t) = a e −aβt e 2aβt −e −aβt e −aβt +e −aβt e 2aβt = a e aβt −e −aβt e −aβt +e aβt = _ g β senh( √ gβt) cosh( √ gβt) , (2.755) donde hemos sustituido a 2 = g/β y senh y cosh son las funciones seno y coseno hiperbólicos. Para encontrar cómo cambia la altura con el tiempo recordemos que v = dh/dt, as´ı que debemos integrar la expresión (2.755), dh dt = _ g β senh( √ gβt) cosh( √ gβt) → _ dh = _ g β _ senh( √ gβt) cosh( √ gβt) dt = _ g β 1 √ gβ _ d(cosh √ gβt) cosh( √ gβt) dt. (2.756) La integración es fácil y resulta h(t) = 1 β ln _ cosh( _ βgt) _ . (2.757) Las ecuaciones (2.755), y (2.757), describen como var´ıan la velocidad v(t) y la altura h(t) del paracaidista en cada momento de tiempo t. Escribamos la ecuación (2.757), de la siguiente manera h(t) = 1 β ln _ e √ βgt +e − √ βgt 2 _ . (2.758) El segundo sumando (el que tiene signo negativo en el exponencial) será muy peque˜ no para cierto valor de t, por eso, para valores mayores a cierto valor dado se puede, sin perder generalidad, escribir la ecuación (2.758), como h(t) = 1 β ln _ e √ βgt 2 _ = 1 β _ lne √ βgt −ln2 _ = _ g β t − ln2 β . (2.759) 102 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Como podemos observar, esta ecuación representa una dependencia lineal respecto al tiempo. Esto quiere decir, que después de un cierto tiempo, el paracaidista tiene un movimiento casi homogéneo con una velocidad constante, dada por v = _ g/β. Problema 13: La absorción de un flujo luminoso por una capa delgada de agua es proporcional al grosor de la capa y al flujo que incide en su superficie. Supóngase que por la capa de grosor 1m se absorbe 1/4 del flujo inicial. Qué parte del flujo luminoso llegará a la profundidad h. Datos: Hallar: Qué parte del flujo luminoso llegará a la profundidad h Solución: Sea Q = Q(h), el flujo luminoso que incide en la superficie y la penetra una profundidad h. Cuando el flujo atraviesa una capa de agua de grosor dh, el flujo absorbido dQ será dQ ≈ Qdh, dQ = −αQdh, (2.760) donde α es el coeficiente de proporcionalidad. El signo menos en la ecuación (2.760), es debido a que el flujo disminuye conforme éste penetra en el agua. La ecuación diferencial obtenida, (2.760), es fácil de resolver. Separando variables e integrando _ dQ Q = −αdh → lnQ = −αh +c. (2.761) Supongamos que el flujo inicial es Q 0 . Entonces, para h = 0, tenemos Q(0) = Q 0 . Sustituyendo esta condición inicial en (2.761), hallamos el valor de c, lnQ 0 = c. (2.762) Poniendo el valor de c en (2.761), y usando las propiedades de los logaritmos lnQ = −αh + lnQ 0 → ln _ Q Q 0 _ = −αh → Q(h) = Q 0 e −αh . (2.763) De las condiciones del problema, Q(1) = 3 4 Q 0 , tenemos 3 4 Q 0 = Q 0 e −α . (2.764) De donde e −α = 3 4 → e α = 4 3 . (2.765) Entonces Q(h) = Q 0 e −hln (4/3) = Q 0 e ln(3/4) h . (2.766) El resultado final es Q(h) = _ 3 4 _ h Q 0 . (2.767) Problema 14: Un cuerpo de masa m es lanzado de la superficie de la Tierra en un plano vertical con una velocidad v 0 formando un ángulo α con el eje horizontal. Suponga que la fuerza de rozamiento del 2.21. APLICACIONES 103 aire es opuesta al movimiento del cuerpo y proporcional al producto de la masa del cuerpo y su velocidad v, es decir, F r = αmv, donde α es la constante de proporcionalidad. Se pide hallar cómo cambian sus coordenadas respecto al tiempo. Datos: m, v 0 , α y F r = βmv. Hallar: Se pide hallar cómo cambian sus coordenadas respecto al tiempo. Solución: Este problema lo vamos a resolver usando el sistema de coordenadas cartesianas, donde el origen de este sistema coincide con el punto de donde fue lanzado el cuerpo. Para establecer las ecuaciones diferenciales que describan el movimiento del cuerpo escojamos la posición del cuerpo en un momento t, cuando las coordenadas del cuerpo x, y, z y sus primeras derivadas respecto a t tienen valores positivos. En el cuerpo act´ uan dos fuerzas; su peso mg dirigido verticalmente hacia abajo y la fuerza de rozamiento F r , la cual tiene dirección opuesta al movimiento del cuerpo. La fuerza resultante es F = mg + F r , entonces, aplicando la segunda ley de Newton m dv dt = Σ N i F i → m dv dt = mg +mαv, (2.768) donde la fuerza de rozamiento es F r = αmv. Haciendo las proyecciones en los ejes x, y, z tenemos F x = −αmv x , F y = −αmv y , F z = −mg −αmv z , (2.769) Luego, las ecuaciones de movimiento resultan de la segunda ley de Newton m dv x dt = −αmv x , m dv y dt = −αmv y , m dv z dt = −mg −αmv z . (2.770) Estas ecuaciones diferenciales son con variables separables, y se pueden integrar independientemente una de la otra. Eliminando la masa m de las ecuaciones (2.770), _ dv x v x = −α _ dt, _ dv y v y = −α _ dt, _ dv z v z + g α = −α _ dt. (2.771) Integrando, tenemos las soluciones lnv x = −αt + lnc 1 , lnv y = −αt + lnc 2 , ln _ v z + g α _ = −αt + lnc 3 . (2.772) Aplicando las propiedades de los logaritmos, tenemos las velocidades del cuerpo en función del tiempo t, v x = c 1 e −αt , v y = c 2 e −αt , v z = − g α +c 3 e −αt . (2.773) Las condiciones iniciales seg´ un como hemos elegido nuestras coordenadas, estarán dadas como t = 0, x = 0, y = 0, v x = 0, v y = v 0 cos θ, v z = v 0 senθ. (2.774) Las constantes de integración las encontramos sustituyendo las condiciones iniciales en (2.773), c 1 = 0, c 2 = v 0 cos θ, c 3 = g α +v 0 senθ. (2.775) 104 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Sustituyendo los valores obtenidos de las constantes en (2.773), resulta v x = 0, v y = v 0 cos θe −αt , v z = − g α + _ g α +v 0 senθ _ e −αt . (2.776) Integramos una vez más para obtener las posiciones del cuerpo como funciones del tiempo x(t) = _ 0dt, y(t) = v 0 cos θ _ e −αt dt, z(t) = _ _ − g α + _ g α +v 0 senθe −αt __ dt. (2.777) Realizando la integración, tenemos x = c 4 , y(t) = − 1 α v 0 cos θe −αt +c 5 , z(t) = − gt α − 1 α _ g α +v 0 senθ _ e −αt +c 6 . (2.778) De las condiciones iniciales (2.774), obtenemos los valores de las constantes c 4 , c 5 y c 6 c 4 = 0, c 5 = v 0 cos θ α , c 6 = 1 α _ g α +v 0 senθ _ . (2.779) Sustituyendo estos valores en (2.778), finalmente, tenemos y(t) = v 0 cos θ α _ 1 −e −αt _ , z(t) = − gt α + 1 α _ g α +v 0 senθ __ 1 −e −αt _ , (2.780) x(t) = 0. Ahora veamos si nuestros resultados son correctos. Para esto, cuando α →0, las ecuaciones obtenidas deberán reducirse a las ecuaciones para el caso en que no se toma en cuenta la fuerza de rozamiento del aire. Este es el bien conocido tiro parabólico. Entonces, en nuestras ecuaciones debemos hacer α →0. Para esto apliquemos la regla de Lópital y 1 (t) = v 0 cos θ l´ım α→0 1 −e −αt α = v 0 cos θ l´ım α→0 te −αt 1 = v 0 t cos θ. (2.781) Antes de tomar el l´ımite para la segunda ecuación en (2.780), vamos a escribirla de forma tal que sea fácil tomar el l´ımite, esto es z 1 (t) = g(1 −e −αt −αt) α 2 + v 0 senθ(1 −e −αt ) α . (2.782) Ahora s´ı, apliquemos la regla de L’Hopital, tenemos z 1 (t) = g l´ım α→0 (1 −e −αt ) α (α 2 ) α +v 0 senθ l´ım α→0 (1 −e −αt ) α (α) α = g l´ım α→0 −t 2 e −αt 2 +v 0 senθ l´ım α→0 te −αt 1 = − gt 2 2 +v 0 t senθ. (2.783) Conclusión, hemos obtenido las siguientes ecuaciones x 1 (t) = 0, y 1 (t) = v 0 t cos θ, (2.784) z 1 (t) = v 0 t senθ − 1 2 gt 2 . Estos resultados son bien conocidos, lo cual significa que nuestras suposiciones han sido correctas y las ecuaciones (2.780), efectivamente son la solución del problema planteado. 2.21. APLICACIONES 105 Problema 15: Si la temperatura del aire es T = 20 0 C y un cuerpo se enfr´ıa en t 1 = 20min., desde T 0 = 100 0 C hasta T 1 = 60 0 C. Cuál será el tiempo t 2 para que su temperatura descienda hasta una temperatura T 2 = 30 0 C. Datos: Del problema, podemos identificar la temperatura del medio(en este caso el medio es el aire) T m = 20 0 C, la temperatura inicial T 0 = 100 0 C; t = 20min, 60 0 C. Hallar: El tiempo t, para que el cuerpo alcance una temperatura de T 2 = 30 0 C. Solución: Sustituyendo los datos del problema en la solución general, obtenida en (2.440), tenemos T(t) = 20 + (100 −20)e −αt = 20 + 80e −αt . (2.785) Después, debido a que la temperatura descendió a 60 0 C en un tiempo t = 20min, poniendo estas condiciones en (2.785), hallaremos el valor de α, esto es 60 = 20 + 80e −α20 → 1 2 = e −20α → α = 1 20 ln2. (2.786) Sustituyendo el valor de α en la ecuación (2.785), tenemos T(t) = 20 + 80e −(t/20) ln 2 . (2.787) Ahora, si queremos saber en qué tiempo el cuerpo tendrá la temperatura deseada T 2 = 30 0 C, es suficiente poner esta temperatura en (2.787), y despejar el tiempo t, esto es 30 = 20 + 80e −(t/20) ln 2 → 10 = 80 _ 1 2 _ t/20 . (2.788) Finalmente, despejando t, tenemos t 20 = 3, → t = 60, min. Es decir, en 60, min el cuerpo tendrá la temperatura de 30 0 C. Problema 16: Supongamos que se tiene un cilindro de radio R y de longitud L dentro del cual circula un l´ıquido cuyo coeficiente de viscosidad es µ. Se pide hallar la velocidad v del l´ıquido dentro del cilindro si la diferencia de presiones en los extremos está dada por (p 1 −p 2 ). Datos: Se conoce la diferencia de presiones, (p 1 −p 2 ). Hallar: La velocidad v del l´ıquido dentro del cilindro. Solución: Para resolver el problema tomaremos una peque˜ na porción de l´ıquido en forma cil´ındrica, figura (2.8), de manera tal que el cilindro sea coaxial con un radio r. Debido a que el l´ıquido es viscoso, en la superficie del cilindro de radio r actuará una fuerza axial en sentido contrario al movimiento del 106 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Figura 2.8: Cilindro de radio R y longitud L. l´ıquido(resistencia debido a la viscosidad). Esta resistencia es proporcional al área de la superficie (2πrL), y al gradiente de la velocidad (dv/dr), es decir Resistencia = −µ(2πrL) dv dr . (2.789) Si suponemos que la corriente es estacionaria(es decir, la velocidad no depende del tiempo), entonces, esta resistencia se equilibra con la diferencia de fuerzas en los extremos, es decir, con πr 2 (p 1 −p 2 ). Por consiguiente, obtenemos la ecuación diferencial −µ(2πrL) dv dr = πr 2 (p 1 −p 2 ). (2.790) De forma equivalente, podemos escribir dv dr = − p 1 −p 2 2µL r. (2.791) Esta ecuación es de variables separables. Separando variables e integrando _ dv = − p 1 −p 2 2µL _ rdr, (2.792) obtenemos v(r) = − p 1 −p 2 4µL r 2 +c. (2.793) Se ha demostrado, experimentalmente, que cuando r = R, entonces, v = 0. De esta manera, tenemos las condiciones iniciales. Sustituyendo estas condiciones en (2.793), obtenemos el valor de la constante c = p 1 −p 2 4µL R 2 . (2.794) Sustituyendo el valor de c en (2.793), podemos escribir la solución del problema como v(r) = p 1 −p 2 4µL (R 2 −r 2 ). (2.795) Luego, de ésta solución podemos calcular la cantidad de l´ıquido que sale del tubo. Para esto, veamos una cara del cilindro, representada en la figura (2.9), el área rayada es dA = 2πrdr. (2.796) 2.21. APLICACIONES 107 Figura 2.9: Cara del cilindro. Entonces, la cantidad de l´ıquido dQ, que sale por esta área(rayada) será dQ = v(r)dA = v(r)2πrdr. (2.797) Por consiguiente, el l´ıquido total que sale del tubo es Q = _ R 0 v(r)2πrdr = (p 1 −p 2 )π 2µL _ R 0 (R 2 −r 2 )rdr = (p 1 −p 2 )π 2µL _ R 2 r 2 2 − r 4 4 _¸ ¸ ¸ R 0 = (p 1 −p 2 )π 8µL R 4 . (2.798) A esta fórmula se le conoce como fórmula de Poiseuille. Problema 17: Se pide hallar la ecuación de una cuerda, cuyos extremos están fijos (esta forma es la que toman las cuerdas, cables y cadenas suspendidas). Datos: Una cuerda con los extremos fijos. Hallar: La ecuación de la cuerda. Solución: Sea A = (0, y 0 ), el punto m´ınimo de la cuerda, figura (2.10), B y D los extremos de la misma. Tomemos el sistema de coordenadas cartesiano x, y, de tal manera, que el plano x, y esté en el plano de la cuerda, y además que el eje vertical pase por el punto A. Luego, sea P(x, y), un punto arbitrario sobre la cuerda. Consideremos la porción ˆ AP, de la cuerda. Sobre esta porción act´ uan las siguientes fuerzas: El peso de la porción ˆ AP, dirigido verticalmente hacia abajo sρg, (2.799) en donde, s = ˆ AP, ρ es la masa de la cuerda por unidad de longitud y g es la constante de la gravedad. 108 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Figura 2.10: Cuerda colgante. La tensión T 0 , en el punto A = (0, y 0 ), que act´ ua horizontalmente. La tensión T, que act´ ua a lo largo de la tangente al punto P(x, y), y forma un ángulo θ, con el eje x. La componente horizontal de T, es T cos θ, y la componente vertical es T senθ. Luego, debido a que la porción ˆ AP es estática, entonces, las tres fuerzas deben estar balanceadas, esto nos permite plantear las siguientes ecuaciones T senθ = sρg, T cos θ = T 0 . (2.800) Despejando a T, de una de las ecuaciones en (2.800), y sustituyendo en la otra, tenemos tg θ = sρg T 0 . (2.801) Por otro lado, si consideramos que la ecuación de la cuerda está dada por y = y(x), (2.802) entonces, tg θ = dy dx . (2.803) Luego, igualando las expresiones (2.801), y (2.803), obtenemos la ecuación diferencial dy dx = ρgs T 0 . (2.804) Ahora, derivamos esta expresión respecto a x, resulta d 2 y dx 2 = ρg T 0 ds dx . (2.805) Debido a que s es la longitud de una porci´ on de la cuerda ˆ AP, entonces, ds es el incremento infinitesimal de la longitud, por ello (ds) 2 = (dx) 2 + (dy) 2 . (2.806) 2.21. APLICACIONES 109 Dividiendo la expresión (2.806), entre dx, resulta _ ds dx _ 2 = 1 + _ dy dx _ 2 . (2.807) Sustituyendo este resultado en la ecuación (2.805), obtenemos la ecuación diferencial d 2 y dx 2 = ρg T 0 _ 1 + _ dy dx _ 2 . (2.808) El problema planteado está parcialmente resuelto, nos queda por resolver la ecuación diferencial (2.808), para saber qué forma tendrá la solución de la ecuación. Esta ecuación se resuelve introduciendo el parámetro p = dy/dx, como se vió anteriormente en el cap´ıtulo de ecuaciones diferenciales no resueltas respecto a la derivada. Demostrar que la solución de la ecuación (2.808), es y = 1 2α _ c 1 e αx + 1 c 1 e −αx _ +c 2 , (2.809) donde, c 1 y c 2 son constantes de integración y por comodidad escribimos α = ρg/T 0 . (2.810) Luego, tomando en cuenta que A es el punto m´ınimo y que además, en este punto (x = 0), entonces dy dx = 0, (2.811) y c 1 = ±1. (2.812) Reemplazando este resultado en (2.809), tenemos y(x) = 1 2α _ e αx +e −αx _ +c 2 → y(x) = 1 α cosh(αx) +c 2 . (2.813) Esta ecuación describe una curva llamada catenaria y es la solución de la ecuación de una cuerda sujeta en los extremos. Problema 18: La aceleración de una locomotora es directamente proporcional a la fuerza de tracción (arrastre) F e inversamente proporcional a la masa m del tren. La fuerza de tracción de la locomotora es F(t) = b −kv(t), donde v(t) es la velocidad de la locomotora en el tiempo t, b y k son constantes. Se pide hallar la dependencia de la fuerza de tracción de la locomotora respecto al tiempo t. Suponga, que la locomotora ten´ıa una velocidad inicial v 0 . Datos: F(t) = b −kv(t), v 0 , m, k. Hallar: La dependencia de la fuerza de tracción de la locomotora respecto al tiempo t. Solución: De la segunda ley de Newton, tenemos la ecuación m dv dt = b −kv → _ dv kv −b = − 1 m _ dt. (2.814) 110 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Resolviendo las integrales, resulta ln _ kv −b c _ = − k m t. (2.815) Tomando el logaritmo inverso, obtenemos la ecuación v(t) = b k + c k e − k m t . (2.816) De las condiciones iniciales del problema t = 0, v = v 0 , obtenemos el valor de la constante, esto es v 0 = b k + c k → c = kv 0 −b. (2.817) Sustituyendo este resultado en (2.816), obtenemos v(t) = b k + _ v 0 − b k _ e − k m t . (2.818) Luego, la dependencia de la fuerza de tracción de la locomotora con el tiempo esta dada por la expresión F(t) = b −kv(t). (2.819) Sustituyendo el valor de (2.818) en (2.819), obtenemos, finalmente F(t) = _ b −kv 0 _ e − k m t . (2.820) Este es el resultado buscado. Problema 19: Un meteorito que se encuentra bajo la acción de la gravedad Terrestre, de su estado de reposo empieza a caer a la Tierra con movimiento rectil´ıneo desde una altura h. Cuál será la velocidad del meteorito al llegar a la superficie de la Tierra, si despreciamos la atmósfera terrestre? El radio de la Tierra es R = 6377km. Datos: R = 6377, km, g = 9,81m/s, h. Hallar: La velocidad al llegar a la superficie de la Tierra. Solución: Sea x = x(t), la distancia recorrida por el meteorito en el momento de descenso, h−x la distancia del meteorito, en el momento t, hasta el centro de la Tierra. En el momento t, en el meteorito act´ uan la fuerza F = ma, donde m es la masa del meteorito y a su aceleración. En la superficie de la Tierra en el meteorito act´ uan la fuerza de gravedad P = mg, donde g es la aceleración de ca´ıda libre en la superficie de la Tierra. Seg´ un la ley de Newton, estas fuerzas son inversamente proporcionales al cuadrado de la distancia del cuerpo en ca´ıda al centro de la Tierra, esto es F P = R 2 (h −x) 2 → ma mg = R 2 (h −x) 2 . (2.821) De donde, tenemos a = R 2 g (h −x) 2 . (2.822) 2.21. APLICACIONES 111 Por otro lado, tenemos que a = dv dt , entonces dv dt = R 2 (h −x) 2 . (2.823) Haciendo uso de la regla de la cadena dc dt = dv dx dx dt = v dv dx . (2.824) Obtenemos la ecuación diferencial v dv dx = gR 2 (h −x) 2 → dv 2 dx = 2gR 2 (h −x) 2 . (2.825) Integrando _ dv 2 = 2gR 2 _ dx (h −x) 2 , (2.826) resulta v 2 = 2gR 2 h −x +c. (2.827) Debido a que el movimiento empezó del reposo, tenemos las condiciones iniciales es decir, cuando t = 0, x 0 = 0 y v 0 = 0, sustituyendo estos valores en (2.827), resulta 0 = 2gr 2 h −0 +c → c = − 2gR 2 h . (2.828) Sustituyendo el valor de c en la ecuación (2.828), obtenemos la variación de la velocidad v del meteorito respecto a la distancia recorrida x, ésta tiene la forma v 2 (x) = 2gR 2 x h(h −x) . (2.829) En la superficie de la Tierra (cuando x = h −R), la velocidad del meteorito es v = _ 2gR _ 1 − R h _ . (2.830) Debido a que h por condición no se restringe mucho, entonces, pasando al l´ımite cuando h → ∞, obtenemos v = _ 2gR. (2.831) Cuando el meteorito llega a la superficie de la Tierra, este tiene una velocidad v = _ (2)(9, 81)(6377000) ≈ 11, 2km/s. (2.832) Problema 20: Un punto material de masa m se mueve a lo largo del eje 0x. El trabajo realizado por la fuerza que act´ ua en el punto es proporcional al tiempo t, desde el comienzo del movimiento (el coeficiente de proporcionalidad es k). Hallar la ley de movimiento del punto si en el momento t = 0 este se encontraba en reposo a una distancia s 0 del or´ıgen. Datos: m, A = kt, A representa el trabajo. Hallar: la ley de movimiento del punto material. 112 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Solución: En el caso de un desplazamiento rectil´ıneo del punto, cuando la dirección de la fuerza y la velocidad coinciden, el trabajo de la fuerza que act´ ua en el punto es F(s), viene dado por la fórmula A = _ s s0 F(x)dx. (2.833) Por otro lado, de las condiciones del problema, tenemos A = kt, entonces, igualando estos trabajos, obtenemos kt = _ s s0 F(x)dx → dA dx = F(x). (2.834) Luego, haciendo uso de la regla de la cadena dA dt dt dx = F(x) → F(x) = k v . (2.835) Luego, de la segunda ley de Newton, tenemos la ecuación diferencial mv dv dt = k → m _ vdv = k _ dt. (2.836) Al integrar la ´ ultima expresión, resulta mv 2 2 = kt +c. (2.837) De las condiciones iniciales v(0) = 0, hallamos que c = 0, por esto, la solución es v(t) = _ 2k m t. (2.838) Luego, v = dx dt , entonces dx dt = _ 2k m t → _ dx = _ 2k m _ t 1/2 dt. (2.839) Integrando, resulta x(t) = 2 3 _ 2k m t 3/2 +c 2 . (2.840) De las condiciones iniciales, t = 0 s = s 0 , obtenemos x(t) = s 0 + 2 3 _ _ 2k m _ t 3/2 . (2.841) Problema 21: Supongamos que tenemos una bobina de forma cil´ındrica hecha con alambre de cobre. Sabemos que al pasar una corriente eléctrica por la bobina se libera algo de calor, debido a la resistencia del material al paso de la corriente. Queremos deducir una fórmula para la temperatura T = T(t) como función del tiempo. Datos: bobina de cobre cil´ındrica. Hallar: T = T(t). 2.21. APLICACIONES 113 Solución: Sea T 0 la temperatura del medio en el cual se encuentra la bobina, T(0) = T 0 , c representa el calor espec´ıfico del cobre, γ su densidad, V el volumen, S es el área de la superficie de la bobina, q la cantidad de calor liberado por unidad de tiempo y k es el coeficiente de conductividad del calor. La cantidad de calor liberado en el tiempo ∆t será igual a q∆t. Esta cantidad de calor se compone de dos partes; el calor que sirve para aumentar la temperatura ∆T de la bobina, y el calor que emite al medio que rodea a la bobina. La primera parte es igual a cV γ∆T y la segunda parte es kS(T −T 0 )∆T (la cantidad de este calor es proporcional a la diferencia de temperatura T y T 0 , de la bobina y el medio, y a las magnitudes S y ∆T). Entonces, la cantidad de calor q liberado en el tiempo ∆t será q∆t = cV γ∆T +kS(T −T 0 )∆t. (2.842) Dividiendo las dos partes de la ecuación (2.842) entre ∆t y tomando el l´ımite cuando ∆t → 0, obtenemos la ecuación diferencial q = cV γ dT dt +k(T −T 0 ) → dT dt = −α(T −T 0 ) +β, donde α = kS cV γ , β = q cV γ . (2.843) Integrando _ dT _ (T −T 0 ) + β α _ = −α _ dt, (2.844) resulta ln ¸ ¸ ¸T −T 0 + β γ ¸ ¸ ¸ = −αt + lnc. (2.845) Esta expresión la podemos escribir de la siguiente manera T(t) = ce −αt +T 0 − β α . (2.846) De las condiciones iniciales, cuando T(0) = T 0 , obtenemos el valor de c, T 0 = c +T 0 − β α → c = β α . (2.847) Sustituyendo este valor en (2.846), obtenemos T(t) = β α e −αt +T 0 − β α . (2.848) Acomodando términos resulta T(t) = T 0 + β α _ 1 −e −αt _ . (2.849) Tomando en cuenta los valores de α y β en (2.843) el resultado final es T(t) = T 0 + q kS _ 1 −e − kS cV γ t _ . (2.850) De este resultado podemos ver que cuando t → 0, entonces T(t) → T 0 y cuando t → ∞, T(t) → T 0 + q kS . Problema 22: 114 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Supongamos que por un tubo recto de radio R fluye un l´ıduido y que la velocidad v de flujo de cada capa del l´ıquido aumenta al acercarse al centro del tubo (eje del cilindro). Hallar la velocidad v, de la correspondiente capa, como función de la distancia r respecto al centro del cilindro. Datos: R, v, r. Hallar: v = v(r). Solución: De la hidrodinámica sabemos que la dependencia entre v y r esta dada por la ecuación dv = − γi 2 rdr, (2.851) donde -es el coeficiente de viscosidad, i-es el decrecimiento hidra´ ulico y γ-es la densidad del l´ıquido. El signo menos es debido a que con el aumento de la distancia r la velocidad del flujo decae. Integrando la ecuación (2.851), _ dv = − γi 2 _ rdr, (2.852) obtenemos v(r) = − γi 4 r 2 +c. (2.853) Para calcular el valor de la constante c consideramos que la velocidad de flujo de una capa de l´ıquido es cero cuando es adyacente al tubo, es decir, v(R) = 0. Entonces v(R) = − γi 4 r 2 +c = 0 → c = γi 4 R 2 . (2.854) Sustituyendo el valor de c en (2.853), obtenemos el resultado final v(r) = γi 4 _ R 2 −r 2 _ . (2.855) 2.22. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAP ´ ITULO 2: 115 2.22. Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 2: Es importante que el estudiante resuelva todos los ejercicios que aqu´ı se enuncian, ya que solo de esta manera podrá sentirse seguro en la aplicación de uno u otro método. Al principio dividimos los problemas seg´ un el método, al final damos una serie de ejercicios sin dar a conocer por cuál método se debe resolver. Esto es con el fin de que el estudiante analice la ecuación y de- spués haga uso del método apropiado. 2.1.-) Resolver los siguientes problemas: 1. Un cuerpo de masa m inicia su movimiento rectil´ıneo a lo largo del eje x, sin velocidad inicial, a partir de la posición x = β hacia el or´ıgen de coordenadas, bajo la acción de la fuerza de atracción que var´ıa seg´ un la ley F a = α x 2 . Se pide hallar el tiempo en que el cuerpo se halla en la posición x 1 = β/2. Hallar la velocidad del cuerpo en esta posición. 2. Hallar la curva para la cual, la pendiente de la tangente en cualquier punto es n veces mayor que la pendiente de la recta que une este punto con el or´ıgen de coordenadas. 3. Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de rectas y = kx 4. Hallar la ecuación de la familia de las curvas que son ortogonales a la familia x 2 + y 2 = 2ax. 5. Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de parábolas y = ax 2 . 6. Sopóngase que una part´ıcula de masa m y carga e posee una velocidad inicial v 0 y en el momento t = 0, entra en una re- gión donde hay un campo eléctrico de in- tensidad E = Acos ωt, donde A y ω son ciertas constantes. Encontrar la ecuación de movimiento x = x(t), la velocidad máxima y m´ınima que alcanza la part´ıcula. 7. Hallar una curva que pase (0, −2), de manera que la pendiente en cualquiera de sus puntos sea igual a la ordenada del mismo punto, aumentada tres veces. 8. Determinar la dependencia temporal de la coordenada de posición x = x(t), y de la velocidad v = v(t), de un cuerpo que describe un movimiento rectil´ıneo bajo la acción de una fuerza que es proporcional a la masa y a la ra´ız cuadrada de la velocidad del cuerpo. 9. Sobre una part´ıcula puntual libre de masa m act´ ua una fuerza F(t) = F 0 sen(ωt). Hal- lar como cambia la distancia con el tiempo. 10. Un tanque hemisférico tiene un radio máxi- mo r y en el tiempo t = 0 está lleno de agua. En ese momento se abre un agujero circular de diámetro d en el fondo del tanque. Se pide hallar el tiempo necesario en que el tanque se vaciará por completo. 11. El movimiento de un cuerpo de masa m es rectil´ıneo. La distancia recorrida en función de la velocidad está dada por; x = α √ v−β. Necesitamos hallar el tiempo en el cual la velocidad se duplica. 12. Construir las ecuaciones diferenciales de las siguientes familias de curvas: a).- y = (c 1 +c 2 x)e x +c 3 e −x . b).- y = e −x (c 1 cos x +c 2 senx). c).- y = c 1 e c2x . d).- y = a x . e).- x 2 −y 2 = ax. f).- y = ae x a . g).- y = e x (ax +b). h).- y 2 = 2cx +c 2 . i).- y = ax 2 +bx +c. j).- (x −a) 2 + (y −b) 2 = 1. 13. Hallar las trayectorias ortogonales de las siguientes familias de curvas: a).- y 2 + 3x 2 −2ax = 0. b).- x 2 −y 2 = a 2 . c).- y 2 + 2ax = a 2 . 116 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN d).- y 2 = 4(x −a). e).- y 2 + 2ax = a 2 . f).- y = ax n . g).- x 2 +y 2 = 2ay. h).- x 2 − 1 3 y 2 = a 2 . i).- x 2 + 1 2 y 2 = a 2 . 2.2.-) Ecuaciones Diferenciales con Vari- ables Separables 1. x dy dx = 1−x 2 y . 2. y 2 dy dx = 1 −2x. 3. x dy dx +y = y 2 . 4. (xy 2 +x)dx + (y −x 2 y)dy = 0. 5. tg x dy dx = y +a. 6. dy dx = 10 x+y . 7. dy dx = ye x 1+y 2 . 8. y cos x = y lny, y(0) = 1. 9. ln(cos y)dx +x(tg y)dy = 0. 10. y x dy dx +e y = 0; y(1) = 0. 11. 3e x (tg y)dx + (1 +e x )(sec 2 y)dy = 0; y(0) = π/4. 12. e 1+x 2 (tg y)dx = e 2x x−1 dy; y(1) = π/4. 13. (1 +e 2x )y 2 dy −e x dx = 0. 14. dy dx = x 2 +1 y 4 +3y . 15. dy dx = 2 x−y . 16. y ln 3 y + √ x + 1 dy dx = 0. 17. y dx dy = lny; y(2) = 1. 18. x _ 1 +y 2 dx +y √ 1 +x 2 dy = 0. 19. dy dx = x 2 y+x 3 y , y(0) = −2. 20. y dy dx + 2xsec y = 0. 21. dy dx = _ (a 2 −y 2 ) (a 2 −x 2 ) . 22. y(y + 2)dx +x(y −1)dy = 0; y(1) = 1. 23. x(y 6 + 1)dx +y 2 (x 4 + 1)dy = 0. 24. ( √ xy − √ x)dx + ( √ xy + √ y)dy = 0. 25. _ y 2 + 1dx −xydy = 0. 26. (x 2 −1) dy dx + 2xy 2 = 0. 27. dy dx + 2 senx = x 3 ; y(0) = 3. 28. (x + 2xy) dy dx = 1; y(0) = −1. 29. dy dx = x x 2 y+y . 30. dy dx −x 2 y −1 = y +x 2 . 2.3.-) Ecuaciones Diferenciales Homogéneas 1. xsen( y x ) dy dx +x = y sen( y x ). 2. (x + 2y)dx = xdy. 3. xy +y 2 −(2x 2 +xy) dy dx = 0. 4. (y 2 −2xy)dx +x 2 dy = 0. 5. dy dx − y x = cos ( y x ). 6. dy dx −4 = y x + ( y x ) 2 ; y(1) = 2. 7. (x 2 +y 2 )dx −xydy = 0. 8. x dy dx −2(y − √ xy) = 0. 9. xln( y x ) dy dx −x = y ln( y x ). 10. 2x 3 dy dx = y(2x 2 −y 2 ). 11. xy dy dx −y 2 −2x 2 y = 0. 12. x dy dx = _ x 2 −y 2 +y. 13. x dy dx = y +xtg ( y x ); y(1) = π/2. 2.4.-)Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Homogéneas 1. (3x + 3y −1)dx + 2(x +y)dy = 0. 2. (2x +y −1)dx + (x −2y + 3)dy = 0. 3. (x+y −2)dx = (y −x−4)dy; y(1) = 1 4. dy dx = 4x 6 −y 4 2x 4 y . 2.22. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAP ´ ITULO 2: 117 5. dy dx = _ 4y+4 x+y−1 _ 2 . 6. dy dx = y 3 +xy 2x 2 . 7. ( dy dx + 1) ln _ y+x x+3 _ = y+x x+3 . 8. 2 3 xy dy dx = _ x 6 −y 4 +y 2 . 2.5.-) Ecuaciones Diferenciales en Derivadas Totales 1. (x + seny)dx + (xcos y + seny)dy = 0. 2. 2xydx + (x 2 −y 2 )dy = 0. 3. (y +e x seny)dx + (x +e x cos y)dy = 0. 4. y x dx + (y 3 + lnx)dy = 0. 5. (xy + seny)dx + ( 1 2 x 2 +xcos y)dy = 0. 6. 2x(1 + _ x 2 −y)dx − _ x 2 −ydy = 0. 7. (x 2 +y 2 +y)dx + (2xy +x +e y )dy = 0. 8. 3x 2 (1 + lny)dx −(2y − x 3 y )dy = 0. 9. y = x( dy dx −xcos x). 10. (2xye x 2 + lny)dx + _ e x 2 + x y _ dy = 0. 11. [seny + (1 − y) cos x]dx + [(1 + x) cos y − senx]dy = 0. 12. (y +xlny)dx + _ x 2 2y +x + 1 _ dy = 0. 13. (x 2 + seny)dx + (1 +xcos y)dy = 0. 14. ye x dx + (y +e x )dy = 0. 15. (e x seny +x)dx + (e x cos y +y)dy = 0. 16. (3x 2 y + senx)dx + (x 3 −cos y)dy = 0. 17. (e x+y + 3x 2 )dx + (e x+y + 4y 3 )dy = 0. 18. ydx −xdy + lnxdx = 0. 19. (x 2 cos x −y)dx +xdy = 0. 20. ydx −(x +y 2 )dy = 0. 2.6.-) Ecuaciones Diferenciales Lineales 1. x dy dx −2y = 2x 4 . 2. dy dx + 2xy = xe −x 2 . 3. cos x dy dx +y = 1 −senx. 4. (xy +e x )dx = xdy. 5. dy dx + n x y = a x n ; y(1) = 0. 6. (1 +x 2 ) dy dx −2xy = (1 +x 2 ) 2 . 7. 2ydx + (y 2 −6x)dy = 0. 8. (2y lny +y −x) dy dx = y. 9. dy dx − 1 x ln x y = xlnx; y(e) = e 2 /2. 10. senx dy dx −y cos x = 1; y(π/2) = 0. 11. dy dx = y x+y 2 . 12. dy dx + 3y(tg 3x) = sen6x; y(0) = 1/3. 13. (2xy + 3)dy −y 2 dx = 0. 14. (y 4 + 2x) dy dx = y. 15. dy dx + xy 1−x 2 = 0. 16. y = x dy dx + dy dx lny. 2.7.-) Ecuaciones Diferenciales de Bernoulli 1. 2 dy dx − x y = xy x 2 −1 . 2. dy dx + 3x 2 y x 3 +1 = y 2 (x 3 +1) senx; y(0) = 1. 3. (2x 2 y lny −x) dy dx = y. 4. ydx + (x +x 2 y 2 )dy = 0. 5. (x 2 lny −x) dy dx = y. 6. x 3 seny dy dx = x dy dx −2y. 7. dy dx + y x −y 4 x 2 = 0. 8. dy dx − 2xy x 2 +1 − 4 √ y √ x 2 +1 arctanx = 0. 9. (x 2 lny −x) dy dx = y. 10. dy dx + 2y x −3x 2 y 4/3 = 0. 11. dy dx − y x−1 − y 2 x−1 = 0. 118 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 12. dy dx + 2y x − 2 √ y cos 2x = 0. 13. 4x dy dx + 3y +e x x 4 y 5 = 0. 14. dy dx +y = e x/2 √ y, y(0) = 9/4. 15. dy dx + 3x 2 y x 3 +1 = y 2 (x 3 + 1) senx, y(0) = 1. 16. ydx + [x + (xy) 2 ]dy = 0. 2.8.-) Ecuaciones no Resueltas Respec- to a la Derivada. 1. x = (y ) 3 +y . 2. x[(y ) 2 −1] = 2y . 3. x = y _ (y ) 2 + 1. 4. y (x −lny ) = 1. 5. y = (y −1)e y . 6. (y ) 4 = 2yy +y 2 . 7. (y ) 2 −2xy = x 2 −4y. 8. x 2 (y ) 2 = xyy + 1. 9. 2xy −y = y lnyy . 10. y = 2xy +y 2 (y ) 3 . 2.9.-) Resolver las Siguientes Ecuaciones de Lagrange y Clairaut. 1. y = xy −(y ) 2 . 2. y = 2xy −4(y ) 3 . 3. (y ) 3 = 3(xy −y). 4. xy −y = lny . 5. xy (y + 2) = y. 6. y +xy = 4 √ y . 7. y = xy −(2 +y ). 8. y = x(y ) 2 −2(y ) 3 . 9. 2(y ) 2 (y −xy ) = 1. 10. 2xy −y = lny . 2.10.-) Diferentes Tipos de Ecuaciones Diferenciales 1. y +y cos x = 0. 2. (1 +x 2 )y +xy = (1 +x 2 ) 5/2 . 3. y + xy 1+x 2 = 1 + 2x 3 y 1+x 4 . 4. y = 2xy 3x 2 −y 2 . 5. y −2xy = x, y(0) = 1. 6. yy + (1 +y 2 ) senx = 0, y(0) = 1. 7. (1 +x 2 )y + 4xy = x, y(1) = 1 4 . 8. (1 +e x )yy = e x , y(0) = 1. 9. (2x + 2y −4)y + (4x + 4y −2) = 0. 10. y + 1 x y = x 3 y 3 . 11. 4xy 2 + (3x 2 y −1)y = 0. 12. (3x −7y −3)y = 3y −7x + 7. 13. y = a x+y . 14. y +x 2 y = 0. 15. y = 3x 2 x 3 +y+1 . 16. y senx −y cos x = − sen 2 x x 2 . 17. (y 4 −3x 2 )y = −xy. 18. x 2 y + 2x 3 y = y 2 (1 + 2x 2 ). 19. (x +y)(y + 1) = y . 20. y = 1 x sen y+2 sen 2y . 21. (x −2y −1) = (6y −3x −2)y . 22. y +xsen2y = xe −x 2 cos 2 y. 23. (x −y + 3) + (3x +y + 1)y . 24. (1 +e x/y ) +e x/y (1 − x y )y = 0, y(1) = 1. 25. (x −y 2 ) + 2xyy = 0. 26. (xy +x 2 y 3 )y = 1. 27. y −y tg x = sec x, y(0) = 0. 28. 3x 2 −2x −y = (x −2y −3y 2 )y . 2.22. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAP ´ ITULO 2: 119 29. dy dx = − y x + 2. 30. x y y = 1−ln 2y (ln y) √ 3−ln 2x . 31. (y + 1)a mx b nx dx = y 3 dy. 32. y √ y + 1dx = (1 + √ x + 1)dy. 33. y = xy(y −1)3 x . 34. (1 +y 2 )dx + (1 +x 2 )dy = 0. 35. (y 2 +xy 2 )y +x 2 −yx 2 = 0. 36. (1 +y 2 )dx = xdy. 37. x _ 1 −y 2 dx +y √ 1 −x 2 dy = 0, y[ x=0 = 1. 38. y lnydx +xdy = 0, y[ x=1 = 1. 39. y = a x+y . 40. e y (1 +x 2 )dy −2x(1 +e y )dx = 0. 41. (1 +e x )yy = e y , y[ x=0 = 0. 42. y = sen (x −y). 43. (x 2 + 1)(y 2 + 1)dy = xydx. 44. r dv dr = v 2 + 1. 45. dy dx = e x+y . 46. dy dx = √ xy. 47. dy dx = ln(x y ). 48. y dy dx + 2 = e x + dy dx . 49. du dv = sen u cos u . 50. y dy dt = e y 2 −2t . 51. (x +y) 2 y = a 2 . 52. (1 −y)e y y + y 2 x ln x = 0. 53. xy 2 (xy +y) = a 2 . 54. (x −y)dx + (x +y)dy = 0. 55. xy = y cos[ln( y x )]. 56. (y + √ xy)dx = xdy. 57. (2x −4y + 6)dx + (x +y −3)dy = 0. 58. (2x +y + 1)dx −(4x + 2y −3)dy = 0. 59. x −y −1 + (y −x + 2)y = 0. 60. (x + 4y)y = 2x + 3y −5. 61. (y + 2)dx = (2x +y −4)dy. 62. x 3 (y −x) = y 2 . 63. y = y+2 x+1 + tg y−2x x+1 . 64. 2xdy + (x 2 y 4 + 1)ydx = 0. 65. 2y +x = 4 √ y. 66. y = y 2 − 2 x 2 . 67. 2xy +y = y 2 _ x −x 2 y 2 . 68. 2y + (x 2 y + 1)xy = 0. 69. (2x + 1)y = 4x + 2y. 70. y +y tg x = sec x. 71. x 2 y +xy + 1 = 0. 72. 2x(x 2 +y)dx = dy. 73. (xy −1) lnx = 2y. 74. xy + (x + 1)y = 3x 2 e −x . 75. (2e y −x)y = 1. 76. dy dx −y = −3e −x : 77. dy dx − 2x x 2 +1 y = 2 x 2 +1 . 78. dy dx + y x+1 = 2, y(0) = 3. 79. dy dx − 2 x y = 2x 2 , y(−2) = 4. 80. dy dx +y = x 2 . 120 CAP ´ ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Cap´ıtulo 3 ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR Simbólicamente, una ecuación diferencial de n-ésimo orden se puede escribir de la siguiente manera F(x, y, y , y , ..., y (n) ) = 0 (3.1) Si suponemos que esta ecuación es resuelta respecto a su derivada de más alto orden, entonces y (n) = f(x, y, y , y , ..., y (n−1) ) (3.2) En este cap´ıtulo analizaremos sólo aquéllas ecuaciones que se resuelven respecto a la derivada de más alto orden. Para tales ecuaciones tiene lugar el siguiente teorema, el cual nos asegura la existencia y unicidad de las soluciones de la ecuación (3.2). Teorema 3.0.1. Si en la ecuación (3.2), la función f(x, y, y , y , ..., y (n−1) ), cumple las propiedades: Es continua respecto a sus argumentos x, y, y , y , ..., y (n−1) , en un dominio D de variación de los mismos. Tiene derivadas parciales continuas ∂f ∂y , ∂f ∂y , ∂f ∂y , ..., ∂f ∂y (n−1) con respecto a los argumentos y, y , y , ..., y (n−1) en un dominio D, entonces, existe y además es ´ unica la solución y = φ(x) de la ecuación (3.2), que verifica las condiciones: y(x 0 ) = y 0 , y (x 0 ) = y 0 , . . . , y (n−1) (x 0 ) = y (n−1) 0 (3.3) donde los valores x = x 0 , y = y 0 , y = y 0 , . . . , y (n−1) = y (n−1) 0 , están definidos en alguna región dentro del dominio D. Las condiciones (3.3), se llaman condiciones iniciales. El problema que tiene por objetivo encontrar la solución y = φ(x), de la ecuación (3.2), que cumple las condiciones (3.3), se llama problema de Cauchy . 121 122 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR Antes de empezar el análisis de estas ecuaciones daremos algunas definiciones importantes para el caso de las ecuaciones diferenciales de orden superior. Se llama solución general de una ecuación diferencial de orden n (3.2), al conjunto de todas las soluciones determinadas por y = φ(x, c 1 , c 2 , ..., c n ) (3.4) que contiene n constantes arbitrarias c 1 , c 2 , ..., c n . Cualquier solución obtenida de la solución general (3.4), con las condiciones iniciales (3.3), se llama solución particular de la ecuación (3.2), y se representa como y = φ(x, ˜ c 1 , ˜ c 2 , ..., ˜ c n ) (3.5) donde ˜ c 1 , ˜ c 2 , ..., ˜ c n son n´ umeros dados. Una relación de la forma Φ(x, y, c 1 , c 2 , ..., c n ) = 0 (3.6) que determina en forma impl´ıcita la solución general de la ecuación diferencial (3.2), se llama integral general de la misma. Asignando a las constantes c 1 , c 2 , ..., c n valores numéricos concretos, obtenemos una integral particular de la ecuación diferencial. La gráfica de una solución particular o de una integral particular se llama curva integral de la ecuación diferencial considerada. 3.1. Ecuaciones Diferenciales de Orden Superior La ecuación de la forma y (n) = f(x) (3.7) es la más simple de las ecuaciones de n-ésimo orden. Para hallar su integral general es necesario integrar n veces respecto a x. Al integrar una vez, tenemos y (n−1) = _ x x0 f(x)dx +c 1 , (3.8) donde x 0 es un valor arbitrario de x y c 1 es una constante de integración. Integrando una vez más, tenemos y (n−2) = _ x x0 _ _ x x0 f(x)dx _ dx +c 1 (x −x 0 ) +c 2 . (3.9) Procediendo de esta manera después de n integraciones, obtendremos la expresión de la integral general y(x) = _ x x0 _ _ x x0 _ . . . _ x x0 f(x)dx _ dx _ dx+ c 1 (x −x 0 ) (n−1) (n −1)! + c 2 (x −x 0 ) (n−2) (n −2)! +. . .+c n−1 (x−x 0 )+c n , (3.10) 3.2. ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR REDUCIBLES A PRIMER ORDEN 123 donde c 1 , c 2 , . . . , c n son constantes arbitrarias. La fórmula (3.10), da la solución general de la ecuación (3.7). Observamos que la integración de la parte derecha de (3.10), se realiza n veces, además esta integral y sus derivadas de hasta (n−1) orden en x = x 0 , se anulan. Por eso, las constantes arbitrarias se definen un´ıvocamente por las condiciones iniciales, c n = y 0 , c n−1 = y 0 , . . . , c 2 = y (n−2) 0 , c 1 = y (n−1) 0 . (3.11) Ejemplo 1: Resolver la ecuación diferencial y = x. (3.12) Solución: Integrando una vez, obtenemos y (x) = _ x x0 xdx = x 2 2 ¸ ¸ ¸ x x0 +c 1 = (x −x 0 ) 2 2 +c 1 . (3.13) Integrando una vez más, resulta y (x) = 1 2 _ x x0 (x −x 0 ) 2 dx +c 1 _ x x0 dx = (x −x 0 ) 3 2 3 +c 1 (x −x 0 ) +c 2 . (3.14) Por ´ ultimo, la solución general es y(x) = (x −x 0 ) 4 2 3 4 + c 1 (x −x 0 ) 2 2 +c 2 (x −x 0 ) +c 3 . (3.15) Ejemplo 2: Resolver la ecuación y (x) = cos ωx, ω = constante. (3.16) Solución: Integrando una vez, tenemos y (x) = _ cos ωxdx = 1 ω senωx +c 1 . (3.17) Integrando una vez más, tenemos la solución general de la ecuación (3.16), y(x) = _ _ 1 ω senωx +c 1 _ dx = − 1 ω 2 cos ωx +c 1 x +c 2 . (3.18) 3.2. Ecuaciones de Orden Superior Reducibles a Primer Orden Existen algunas ecuaciones diferenciales de orden superior, las cuales pueden ser reducidas a ecuaciones de primer orden. Si la ecuación (3.1), no contiene expl´ıcitamente la función desconocida y(x), entonces, tiene la forma F(x, y (k) , y (k+1) , ...., y (n) ) = 0 124 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR En tal caso, el orden de la ecuación se puede reducir, escogiendo por función desconocida la derivada de menor orden que entra en la ecuación, es decir, haciendo el cambio y (k) (x) = p(x). Si (3.1), no contiene expl´ıcitamente la variable independiente x, entonces, tenemos la ecuación F(y, y , y , ..., y (n) ) = 0 En este caso, el orden de la ecuación se puede reducir, tomando como función dependiente a y y como la nueva función desconocida a dy dx = p(y). Sin perder generalidad, analicemos los casos anteriores en ecuaciones diferenciales de segundo orden. Sea la ecuación y = f(x, y, y ) (3.19) Supongamos que esta ecuación no contiene expl´ıcitamente la función desconocida y(x), entonces y = f(x, y ) (3.20) Para resolver este tipo de ecuaciones, se introduce la siguiente definición p(x) = dy dx . (3.21) Entonces dp dx = d 2 y dx 2 . (3.22) Sustituyendo en la ecuación (3.20), tenemos dp dx = f(x, p), (3.23) donde, ahora p es la función desconocida de x. Esta ecuación es de primer orden. Integrando, tendremos p(x) = p(x, c 1 ). (3.24) Recordando que dy dx = p(x) →dy = p(x)dx →dy = p(x, c 1 )dx e integrando y(x) = _ p(x, c 1 )dx +c 2 , (3.25) donde c 1 y c 2 son constantes de integración. La expresión (3.25), representa la solución general de la ecuación (3.20). Ejemplo 1: Resolver la ecuación x 2 y = (y ) 2 . (3.26) Solución: 3.2. ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR REDUCIBLES A PRIMER ORDEN 125 Definiendo p(x) = dy dx → dp dx = d 2 y dx 2 . (3.27) Sustituyendo en (3.26), se obtiene la ecuación de primer orden x 2 dp dx = p 2 , (3.28) la cual es una ecuación con variables separables _ dp p 2 = _ dx x 2 . (3.29) Integrando − 1 p = − 1 x −c 1 → 1 p = 1 x +c 1 . (3.30) Usando la primera ecuación de (3.27), tenemos dx dy = 1 x +c 1 . (3.31) Separando las variables e integrando _ xdx c 1 x + 1 = _ dy. (3.32) Integremos la parte izquierda, obtenemos 1 c 1 _ c 1 x + 1 −1 c 1 x + 1 dx = 1 c 1 _ _ 1− 1 c 1 x + 1 _ dx = 1 c 1 x− 1 c 1 _ dx c 1 x + 1 = 1 c 1 x− 1 c 2 1 ln[c 1 x+1[. (3.33) Entonces, el resultado es 1 c 1 x − 1 c 2 1 ln[c 1 x + 1[ = y +c 2 . (3.34) Este mismo resultado lo podemos escribir en una forma más elegante, a decir c 1 x −c 2 1 y = ln[c 1 x + 1[ +C 2 , (3.35) donde C 2 = c 2 1 c 2 . Supongamos ahora que la variable independiente x no aparece expl´ıcitamente en la ecuación (3.19). Entonces, la ecuación tendrá la forma y = f(y, y ) (3.36) Para resolver esta ecuación hagamos el cambio de función, es decir dy dx = p(y). (3.37) Nadamás que ahora debemos considerar a p como función de y. Entonces, haciendo uso de la regla de la cadena d 2 y dx 2 = dp dx = dp dy dy dx = p(y) dp dy , (3.38) 126 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR Sustituyendo en la ecuación (3.36), obtenemos p(y) dp dy = f(y, p). (3.39) Integrando, hallamos p(y) = p(y, c 1 ). (3.40) Recordando que dy dx = p(y), obtenemos una ecuación diferencial de primer orden para la función y de x, es decir dy dx = p(y, c 1 ). (3.41) Separando variables, tenemos dy p(y, c 1 ) = dx. (3.42) Integrando esta ecuación, obtenemos la integral general de la ecuación (3.36), esta tiene la forma x = _ dy p(y, c 1 ) +c 2 . (3.43) Ejemplo 2: Hallar la solución general de la ecuación y = 2yy . (3.44) Solución: Esta ecuación es del tipo (3.36). As´ı que, definiendo dy dx = p(y) → d 2 y dx 2 = p(y) dp dy . (3.45) Sustituyendo en la ecuación (3.44), obtenemos p dp dy = 2yp → dp dy = 2y. (3.46) Esta ´ ultima expresión es una ecuación de primer orden con variables separables. Integrando se obtiene _ dp = 2 _ ydy → p = y 2 +c 2 1 , (3.47) donde hemos escogido a la constante de integración como c 2 1 , esto es por comodidad. Luego, sustituyendo p(y) = dy dx , en la segunda ecuación de (3.47), tenemos dy dx = y 2 +c 2 1 . (3.48) Esta ecuación es también de primer orden y de variables separables. Integrando _ dy y 2 +c 2 1 = _ dx. (3.49) Recordando la fórmula de integración _ dx x 2 +a 2 = 1 a arc tg( x a ), donde a es una constante. Ahora queda claro por que elegimos a c 2 1 como constante de integración. Usando esta fórmula, tenemos que el resultado de la integración en (3.49), es 1 c 1 arc tg _ y c 1 _ = x +c 2 . (3.50) 3.2. ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR REDUCIBLES A PRIMER ORDEN 127 Este mismo resultado lo podemos escribir como y(x) = c 1 tg(c 1 x + ˜ c), (3.51) donde ˜ c = c 1 c 2 , esto en realidad no afecta el resultado, ya que el producto de dos constantes es otra constante. Por ´ ultimo, si x y y no aparecen expl´ıcitamente en (3.19), entonces, tenemos la ecuación y = f(y) (3.52) Este tipo de ecuaciones es un caso particular de (3.36). Haciendo p(y) = dy dx → y = d dx _ dy dx _ = d dx [p(y)] = d dy p(y) dy dx = p(y) dp dy . (3.53) Sustituyendo el resultado anterior en (3.52), obtenemos una ecuación de primer orden respecto a p, esto es p(y) dp dy = f(y). (3.54) Esta ecuación es de variables separables. Separando las variables pdp = f(y)dy → _ pdp = _ f(y)dy, (3.55) e integrando p 2 2 = _ f(y)dy + c 1 2 , (3.56) donde hemos tomado a c 1 /2 como constante de integracón. Despejando p, tenemos p = ± ¸ 2 _ f(y)dy +c 1 , (3.57) Recordando que p(y) = dy dx , resulta dy dx = ± ¸ 2 _ f(y)dy +c 1 . (3.58) Esta ´ ultima ecuación es de variables separables. Separando las variables e integrando _ dy _ 2 _ f(y)dy +c 1 = ±(x +c 2 ). (3.59) La ecuación (3.59), representa la solución general, en forma impl´ıcita, de la ecuación (3.52). Problema: Hallar una curva para la cual, su radio de curvatura sea igual al cubo de la normal. La curva buscada deberá pasar por el punto P(0, 1), y tener en este punto la pendiente que forme un ángulo α = 45 0 con el eje Ox. Solución: 128 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR Sabemos que el radio de curvatura de una curva plana está dado por la expresión R = _ 1 + (y ) 2 _ 3/2 y . (3.60) Por otro lado, la longitud de la normal está dada por N = y _ 1 + (y ) 2 . (3.61) Entonces, de las condiciones del problema, es decir, R = N 3 , resulta _ y _ 1 + (y ) 2 _ 3 = _ 1 + (y ) 2 _ 3/2 y . (3.62) Esta misma ecuación se puede escribir como y 3 _ 1 + (y ) 2 _ 3/2 = _ 1 + (y ) 2 _ 3/2 y . (3.63) Eliminando el término con exponente 3/2, obtenemos la ecuación diferencial y y 3 = 1 → y = y −3 , (3.64) que modela el problema dado. Esta ecuación es del tipo y = f(y). Sabemos que para resolver este tipo de ecuaciones podemos hacer el cambio p(y) = dy dx → d 2 y dx 2 = p(y) dp dy . (3.65) De esta manera la ecuación (3.64), se reduce a una ecuación con variables separables p dp dy = y −3 → pdp = y −3 dy. (3.66) Integrando, resulta _ pdp = _ y −3 dy → p 2 2 = − y −2 2 + c 1 2 → p 2 = −y −2 +c 1 . (3.67) Esta ´ ultima ecuación la podemos escribir en función de x, y recordando el cambio p(y) = dy dx , obtenemos una ecuación de primer orden dy dx = _ c 1 −y −2 . (3.68) La constante de integración c 1 la encontramos de las condiciones iniciales. La tangente en el punto P(0, 1) (esto es x 0 = 0, y 0 = 1), forma un ángulo α = 45 0 , es decir, y (0) = tg α = tg 45 0 = 1. Sustituyendo estas condiciones en (3.68), tenemos el valor de la constante 1 = √ c 1 −1 → c 1 = 2. (3.69) Sustituyendo el valor de c 1 en (3.68), tenemos la ecuación dy dx = _ 2 −y −2 → y _ 2y 2 −1 dy = dx → 1 4 _ d(2y 2 ) _ 2y 2 −1 = dx. (3.70) 3.3. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR 129 Integrando la ´ ultima expresión, resulta 1 2 (2y 2 −1) 1/2 = x + c 2 2 → (2y 2 −1) 1/2 = 2x +c 2 . (3.71) Despejando a y, tenemos y 2 = 1 2 _ (2x +c 2 ) 2 + 1 _ . (3.72) De las condiciones iniciales, la curva debe pasar por el punto P(0, 1), esto es y(0) = 1. Sustituyendo esta condición, tenemos que el valor de la constante c 2 es, c 2 = 1. Finalmente, tenemos que el resultado es y 2 = 1 2 _ (2x + 1) 2 + 1 _ . (3.73) Desarrollando el binomio y dividiendo entre 2, tenemos una forma más visible de la solución, esta es, y 2 = 2x 2 + 2x + 1. (3.74) Esta curva cumple las condiciones del problema planteado. 3.3. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior Las ecuaciones diferenciales lineales aparecen en el estudio de varios problemas prácticos en la ciencia e ingenier´ıa. Por ejemplo, las ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes surgen en la teor´ıa de circuitos eléctricos, vibraciones, mezclas de substancias, etc,. La solución de las ecuaciones lineales con coeficientes constantes pueden ser obtenidas en términos de las funciones elementales conocidas (exponenciales, trigonométricas, logar´ıtmicas, etc,.), y por lo tanto tienen una interpretación muy transparente. Antes de comenzar con los métodos de solución de las ecuaciones lineales de orden superior, daremos algunas definiciones y propiedades básicas. Una ecuación diferencial de n-ésimo orden es lineal, si ésta es de primer grado respecto a la función desconocida y y sus derivadas y , y , ..., y (n) . Una ecuación diferencial lineal de n-ésimo orden tiene la forma a n (x)y (n) (x) +a n−1 (x)y (n−1) (x)+, ..., +a 2 (x)y (x) +a 1 (x)y (x) +a 0 (x)y(x) = g(x) (3.75) donde a 0 (x), a 1 (x), ...., a n (x) y g(x) son funciones continuas de x, además a n (x) ,= 0, para todos los valores de x, en el dominio de definición de la ecuación (3.75). Si g(x) ,= 0, entonces (3.75), se llama ecuación diferencial lineal no homogénea . Si g(x) = 0, la ecuación (3.75), se reduce a una ecuación de la forma a n (x)y (n) (x) +a n−1 (x)y (n−1) (x)+, ..., +a 2 (x)y (x) +a 1 (x)y (x) +a 0 (x)y(x) = 0 (3.76) A esta ecuación se le conoce como ecuación diferencial lineal homogénea . Propiedades Fundamentales de las Ecuaciones Lineales Homogéneas 130 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR Sin perder generalidad, vamos a exponer las propiedades fundamentales de las ecuaciones lineales, para el caso de ecuaciones de segundo orden. Estas mismas propiedades son válidas para ecuaciones lineales de cualquier orden. Sea dada la ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden a 2 (x)y +a 1 (x)y +a 0 (x)y = 0 (3.77) Si a 2 (x) ,= 0, entonces, esta misma ecuación la podemos escribir de la siguiente manera y +P(x)y +Q(x)y = 0 (3.78) llamada forma estándar, donde P(x) = a 1 (x)/a 2 (x) y Q(x) = a 0 (x)/a 2 (x), son funciones continuas en un intervalo dado. Teorema 3.3.1. Si y 1 (x) y y 2 (x) son dos soluciones de la ecuación (3.78), entonces y(x) = y 1 (x) +y 2 (x) (3.79) es también solución de (3.78). ´ Sean y 1 y y 2 las dos soluciones de la ecuación (3.78), entonces y 1 +P(x)y 1 +Q(x)y 1 = 0, y y 2 +P(x)y 2 +Q(x)y 2 = 0. (3.80) El teorema afirma que y 1 + y 2 es también solución de (3.78). As´ı que, sustituyendo (3.79), en la ecuación (3.78), tenemos (y 1 +y 2 ) +P(x)(y 1 +y 2 ) +Q(x)(y 1 +y 2 ) = 0. (3.81) Debemos probar que esta relación efectivamente es cero. De (3.81), obtenemos y 1 +y 2 +P(x)y 1 +P(x)y 2 +Q(x)y 1 +Q(x)y 2 = 0 (3.82) Agrupando términos y usando las expresiones (3.80), _ y 1 +P(x)y 1 +Q(x)y 1 _ + _ y 2 +y 2 +Q(x)y 2 _ = 0 + 0 = 0. ´ (3.83) Las expresiones en los paréntesis cuadrados son cero, ya que y 1 y y 2 satisfacen la ecuación (3.78). Teorema 3.3.2. Si y 1 (x) es una solución de (3.78), y c es una constante arbitraria, entonces, el producto y(x) = cy 1 (x) (3.84) es también solución de (3.78). 3.3. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR 131 ´ Sea c una constante arbitraria y y 1 una solución conocida de (3.78). Debemos probar que el producto cy 1 es también una solución de (3.78). Entonces, tenemos (cy 1 ) +P(x)(cy 1 ) +Q(x)(cy 1 ) = 0 → c[y 1 +P(x)y 1 +Q(x)y 1 ] = c 0 = 0. ´ (3.85) La expresión que está en paréntesis cuadrados es cero, ya que y 1 satisface la ecuación (3.78). Dos soluciones y 1 (x) y y 2 (x) de la ecuación (3.78), se llaman linealmente independientes en el segmento [a, b], si su razón en dicho segmento no es constante, es decir, cuando se cumple la relación y 1 y 2 ,= const. (3.86) En caso contrario, las soluciones y 1 (x) y y 2 (x) se llaman linealmente dependientes. Es decir, dos soluciones y 1 y y 2 son linealmente dependientes en el segmento [a, b], si existe un cierto n´ umero constante λ, tal que y 1 /y 2 = λ, cuando a ≤ x ≤ b. En tal caso, y 1 = λy 2 . Para el caso general, tenemos las siguientes definiciones: Sean y 1 (x), y 2 (x), ..., y n (x) funciones definidas en cierto segmento [a, b] de variación de x. Entonces, decimos que las funciones son linealmente dependientes si existen magnitudes constantes α 1 , α 2 , ..., α n , que en el segmento [a, b] satisfacen la relación α 1 y 1 (x) +α 2 y 2 (x) +. . . +α n y n (x) = 0 (3.87) y además, por lo menos un α i ,= 0. Si la expresión (3.87), tiene lugar sólo cuando α 1 = α 2 = . . . = α n = 0, entonces, se dice que las funciones y 1 (x), y 2 (x), ..., y n (x) son linealmente independientes en el segmento [a, b]. Teorema 3.3.3. Sean y 1 (x), y 2 (x), ..., y n (x) funciones continuas y diferenciables hasta (n − 1) en el segmento [a, b]. Entonces, si en dicho segmento el determinante W(x) = det _ _ _ _ y 1 (x) y 2 (x) . . . y n (x) y 1 (x) y 2 (x) . . . y n (x) . . . . . . . . . . . . y n−1 1 (x) y n−1 2 (x) . . . y n−1 n (x) _ _ _ _ (3.88) es idénticamente cero, decimos que las funciones son linealmente dependientes . Por otro lado, si el determinante es diferente de cero, decimos que las funciones son linealmente independientes . Al determinante (3.88), se le conoce como el Wronskiano de las funciones y 1 (x), y 2 (x), . . . , y n (x). ´ El teorema anterior lo vamos a demostrar para el caso particular de dos funciones. Sean y 1 (x) y y 2 (x) dos funciones continuas y diferenciables. Entonces, de la expresión (3.88), tenemos que el Wronskiano de las funciones dadas, es W(x) = det _ y 1 y 2 y 1 y 2 _ = y 1 y 2 −y 1 y 2 , (3.89) Luego, supongamos que las funciones y 1 (x) y y 2 (x) son linealmente dependientes en el segmento [a, b], entonces, necesitamos demostrar que el Wronskiano en este segmento es idénticamente cero. Debido a que las funciones y 1 y y 2 son linealmente dependientes, entonces, existe la relación y 2 = λy 1 → y 2 = λy 1 , (3.90) 132 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR donde λ es una constante arbitraria. De la definición (3.89), resulta W = det _ y 1 y 2 y 1 y 2 _ = det _ y 1 λy 1 y 1 λy 1 _ = λdet _ y 1 y 1 y 1 y 1 _ = λ(y 1 y 1 −y 1 y 1 ) = 0. ´ (3.91) Teorema 3.3.4. Si el Wronskiano W(y 1 , y 2 ), de las soluciones y 1 y y 2 de la ecuación (3.78), no se anula en un punto x = x 0 del segmento [a, b], donde los coeficientes de la ecuación son continuos, entonces no se anula para cualquier valor de x en este segmento. ´ Debido a que y 1 y y 2 son dos soluciones de la ecuación (3.78), tenemos y 1 +P(x)y 1 +Q(x)y 1 = 0, y 2 +P(x)y 2 +Q(x)y 2 = 0. (3.92) Multiplicando los términos de la primera ecuación por y 2 , y los términos de la segunda ecuación por y 1 y después restándolos, obtenemos (y 1 y 2 −y 1 y 2 ) +P(x)(y 1 y 2 −y 1 y 2 ) = 0. (3.93) La diferencia encerrada en el segundo paréntesis es el Wronskiano de W(y 1 , y 2 ), es decir W(y 1 , y 2 ) = (y 1 y 2 −y 1 y 2 ). (3.94) Luego, la diferencia encerrada en el primer paréntesis es la derivada del Wronskiano respecto a x, es decir W(y 1 , y 2 ) x = (y 1 y 2 −y 1 y 2 ) x = y 2 y 1 +y 1 y 2 −y 1 y 2 −y 1 y 2 = y 1 y 2 −y 1 y 2 . (3.95) De tal manera que la expresión (3.93), se puede escribir como dW dx +P(x)W = 0. (3.96) Supongamos que W ,= 0, entonces, esta ecuación es fácil de integrar, ya que es de variables separables, tenemos _ dW W = − _ P(x)dx → ln ¸ ¸ ¸ W c ¸ ¸ ¸ = − _ P(x)dx. (3.97) Luego, usando las propiedades de los logaritmos W = ce − P(x)dx . (3.98) Determinamos a c de tal manera que se cumpla la condición inicial. Poniendo x = x 0 en el primer y segundo miembro de la ecuación (3.98), obtenemos W 0 = c. (3.99) Por lo tanto, la solución que satisface las condiciones iniciales tendrá la forma W = W 0 e − P(x)dx . (3.100) Seg´ un la hipótesis W 0 ,= 0. De la ecuación (3.100), se deduce que W ,= 0, cualquiera que sea el valor de x, puesto que la función exponencial no se reduce a cero para todos los valores finitos de la variable x. El teorema queda demostrado. ´ Observación: Si el Wronskiano es nulo para cierto valor de x = x 0 , el determinante también será igual a cero para cualquier valor de x en el segmento considerado. Lo anterior se deduce de la expresión (3.98), si W = 0 para cierto valor de x = x 0 , entonces W(x 0 ) = c = 0, (3.101) por lo tanto, W = 0, cualquiera que sea el valor del l´ımite superior de x en la expresión (3.98). 3.3. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR 133 Teorema 3.3.5. Si las soluciones y 1 y y 2 de la ecuación (3.78), son linealmente independientes en [a, b], el Wronskiano W formado por estas soluciones no se reduce a cero en ning´ un punto del intervalo. Teorema 3.3.6. Sean y 1 y y 2 soluciones de la ecuación (3.78), entonces la combinación lineal de estas soluciones y(x) = c 1 y 1 (x) +c 2 y 2 (x) (3.102) donde c 1 y c 2 son constantes arbitrarias, será la solución general de (3.78). ´ De los teoremas (3 3 1) y (3 3 2) se deduce que la función c 1 y 1 +c 2 y 2 , (3.103) es la solución de la ecuación (3.78), cualesquiera que sean las constantes c 1 y c 2 . Ahora, necesitamos demostrar que para cualesquiera que sean las condiciones iniciales y(x 0 ) = y 0 , y (x 0 ) = y 0 , es posible escoger los valores de las constantes c 1 y c 2 , de tal manera que la solución particular obtenida de c 1 y 1 + c 2 y 2 , cumpla las condiciones iniciales dadas. Sustituyendo las condiciones iniciales en la ecuación (3.102), obtenemos c 1 y 10 +c 2 y 20 = y 0 c 1 y 10 +c 2 y 20 = y 0 , (3.104) donde hemos escrito y 1 (x 0 ) = y 10 , y 2 (x 0 ) = y 20 , y 1 (x 0 ) = y 10 , y 2 (x 0 ) = y 20 . Del sistema (3.104), podemos definir a las constantes c 1 y c 2 , ya que el determinante de este sistema(el Wron- skiano) W = det _ y 10 y 20 y 10 y 20 _ = y 10 y 20 −y 10 y 20 ,= 0, (3.105) cuando x = x 0 , no es cero(esto es debido a la independencia de las soluciones y 1 y y 2 ). La solución particular que se obtiene de (3.104), para los valores hallados de c 1 y c 2 , satisfacen las condiciones iniciales dadas. As´ı el teorema queda demostrado. ´ Observación: No existen métodos generales que nos permitan hallar, en forma exacta, la solución general de una ecuación diferencial lineal con coeficientes variables. Sin embargo, existe un teorema que nos permite hallar la solución general de una ecuación diferencial de segundo orden con coeficientes variables si, de antemano, se conoce una de sus soluciones particulares. Teorema 3.3.7. Si se conoce una solución particular y 1 (x), de la ecuación lineal homogénea de segundo orden (3.78), siempre es posible hallar una segunda solución y 2 (x), linealmente independiente. ´ Sea la ecuación lineal homogénea de segundo orden en su forma estándar y +P(x)y +Q(x)y = 0 (3.106) donde P(x) y Q(x) son funciones continuas en [a, b]. Supongamos que y 1 (x) ,= 0 es una solución conocida de la ecuación (3.106). Definamos una segunda solución de la forma y = u(x)y 1 (x) (3.107) 134 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR Tomando las derivadas tenemos y = uy 1 +y 1 u y = uy 1 + 2y 1 u +y 1 u . (3.108) Sustituyendo en la ecuación (3.106), y +Py +Qy = u[y 1 +Py 1 +Qy 1 ] +y 1 u + (2y 1 +Py 1 )u = 0. (3.109) La parte que está entre paréntesis cuadrados es cero, ya que por suposición hemos dicho que y 1 (x) satisface la ecuación de segundo orden. As´ı, tenemos y 1 u + (2y 1 +Py 1 )u = 0. (3.110) Para reducir el orden hagamos la redefinición z = u , (3.111) entonces, resulta y 1 z + (2y 1 +Py 1 )z = 0. (3.112) Vemos que esta ecuación diferencial es lineal y de variables separables, es decir, la podemos escribir de la siguiente manera dz z + 2 y 1 y 1 dx +Pdx = 0. (3.113) Integrando, obtenemos ln[z[ + 2 ln[y 1 [ = − _ P(x)dx + lnc 1 . (3.114) Usando las propiedades de los logaritmos, podemos reescribir esta ecuación de la siguiente manera ln[zy 2 1 [ = − _ P(x)dx + lnc 1 → zy 2 1 = c 1 e − P(x)dx , (3.115) de donde u = z = c 1 e − P(x)dx y 2 1 . (3.116) Integrando de nuevo, tenemos u = c 1 _ e − P(x)dx y 2 1 dx +c 2 . (3.117) Finalmente, la solución general es y = u(x)y 1 (x) = c 1 y 1 (x) _ e − P(x)dx y 2 1 dx +c 2 y 1 (x). (3.118) Eligiendo c 2 = 0 y c 1 = 1, encontramos que la segunda solución y(x) = y 2 (x), tiene la forma y 2 (x) = y 1 (x) _ e − P(x)dx y 2 1 (x) dx. (3.119) De la expresión (3.119), podemos concluir que las soluciones y 1 y la obtenida y 2 son linealmente independientes, ya que la relación y 2 (x) y 1 (x) = _ e − P(x)dx y 2 1 (x) dx, (3.120) 3.3. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR 135 no es una constante. Entonces, la solución general de (3.106), es la combinación lineal formada por estas funciones, es decir y(x) = c 1 y 1 (x) +c 2 y 2 (x), (3.121) donde c 1 y c 2 son dos constantes arbitrarias. ´ Este teorema es muy ´ util, siempre y cuando se logre hallar directamente o adivinar una solución particular de la ecuación (3.78). Ejemplo 1: Hallar la solución general de la ecuación diferencial (e x + 1)y −2y −e x y = 0. (3.122) Solución: Como podemos ver, la ecuación es de coeficientes variables. Podemos adivinar, a prueba y error, una solución particular. Debido a que los coeficientes de la ecuación son exponentes, entonces, supongamos que la solución particular es y 1 = e x +α, (3.123) donde α es una constante arbitraria que debemos encontrar. Sustituyendo la expresión (3.123), en (3.122), tenemos (e x + 1)e x −2e x −e x (e x +α) = e 2x +e x −2e x −e 2x −αe x = e x (1 −2 −α) = 0, (3.124) ya que e x ,= 0, entonces (1 −2 −α) = 0, para que esto se cumpla, tenemos que α = −1. Entonces, de (3.123), tenemos y 1 = e x −1, (3.125) es una solución particular de la ecuación (3.122). Para hallar una segunda solución linealmente independiente hagamos uso de la fórmula (3.119). Escribamos la ecuación (3.122), en su forma estándar y − 2 e x + 1 y − e x e x + 1 y = 0. (3.126) De esta expresión podemos identificar a P(x) = − 2 e x +1 . Entonces, de la fórmula (3.119), tenemos y 2 (x) = y 1 (x) _ e − P(x)dx y 2 1 (x) dx = (e x −1) _ e 2 e x +1 dx (e x −1) 2 dx. (3.127) Vamos a calcular por separado las integrales. Primero hallemos la integral que está en el exponente _ 2dx e x + 1 → _ t = e x → dt = e x dx = tdx → dx = dt t _ = _ 2dt t(t + 1) . (3.128) Por separado, desarrollemos en fracciones parciales 1 t(t + 1) = A t + B t + 1 → A(t + 1) +Bt = 1 → A = 1, B = −1. (3.129) Entonces 1 t(t + 1) = 1 t − 1 t + 1 . (3.130) 136 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR Sustituyendo este resultado en (3.128), e integrando, tenemos _ 2dx e x + 1 = _ 2dt t(t + 1) = _ _ 2 t − 2 t + 1 _ dt = 2 lnt −2 ln[t + 1[ = ln _ t t + 1 _ 2 . (3.131) Recordando que hicimos el cambio de variables, t = e x , tenemos el resultado de la integral (3.128), _ 2dx e x + 1 = ln _ e x e x + 1 _ 2 . (3.132) Luego, sustituyendo en (3.127), resulta y 2 (x) = (e x −1) _ e ln _ e x e x +1 _ 2 (e x −1) 2 dx = (e x −1) _ e 2x dx (e x + 1) 2 (e x −1) 2 . (3.133) Esta misma expresión la podemos escribir como y 2 (x) = (e x −1) _ e 2x dx [(e x + 1)(e x −1)] 2 = (e x −1) _ e 2x dx (e 2x −1) 2 . (3.134) Integrando, obtenemos y 2 (x) = (e x −1) 2 _ d(e 2x −1) (e 2x −1) 2 = − (e x −1) 2(e 2x −1) . (3.135) Entonces, tenemos que la segunda solución linealmente independiente de la ecuación (3.122), es y 2 (x) = − (e x −1) 2(e 2x −1) = − 1 2 (e x −1) (e x + 1)(e x −1) = − 1 2 1 e x + 1 . (3.136) Finalmente, la combinación lineal de estas dos soluciones será la solución general de la ecuación (3.122), a decir y(x) = c 1 y 1 (x) +c 2 y 2 (x) = c 1 (e x −1) + c 2 e x + 1 , (3.137) donde, c 1 y c 2 son ciertas constantes arbitrarias. En la constante c 2 está incluido el factor − 1 2 , de la ecuación (3.136). Ejemplo 2: Hallar una segunda solución linealmente independiente de la ecuación diferencial con las condiciones dadas y −y = 0, y(0) = 1, y (0) = 3, (3.138) si, de antemano, se sabe que y 1 = e x , es una solución. Solución: Hagamos uso de la fórmula antes obtenida (3.119), donde P(x) = 0. y 2 = y 1 (x) _ e − P(x)dx y 2 1 dx = e x _ e −2x dx = − 1 2 e x e −2x = − 1 2 e −x . (3.139) Podemos identificar a la segunda solución como y 2 (x) = e −x . (3.140) 3.4. ECUACIONES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES 137 La solución general de la ecuación (3.138), tiene la forma y(x) = c 1 e x +c 2 e −x , (3.141) donde c 1 y c 2 son ciertas constantes arbitrarias. Ahora, obtengamos la solución particular con las condiciones dadas en (3.138). Para esto calculamos la derivada de la solución general y (x) = c 1 e x −c 2 e −x . (3.142) Poniendo las condiciones iniciales, tenemos el siguiente sistema de ecuaciones con dos incógnitas c 1 y c 2 . c 1 +c 2 = 1, c 1 −c 2 = 3. (3.143) Resolviendo este sistema, tenemos que c 1 = 2 y c 2 = −1. As´ı, la solución que cumple las condiciones dadas en (3.138), es y(x) = 2e x −e −x . (3.144) 3.4. Ecuaciones Lineales con Coeficientes Constantes Supongamos que los coeficientes de a i (x), (i = 1, 2, ..., n) en la ecuación (3.76), son constantes, entonces, tenemos la ecuación lineal homogénea con coeficientes constantes de orden n a n y (n) (x) +a n−1 y (n−1) (x)+, ..., +a 1 y (x) +a 0 y(x) = 0 (3.145) Obviamente, la ecuación (3.145), siempre tiene la solución y = 0, pero esta solución es la trivial y no es de importancia. Supongamos que la solución no trivial de la ecuación (3.145), tiene la forma y = e mx (3.146) donde m es un parámetro arbitrario que será determinado seg´ un la forma de la ecuación diferencial. Sustituyendo (3.146), en la ecuación diferencial (3.145), tenemos e mx (a n m n +a n−1 m n−1 +, ......, +a 1 m+a 0 ) = 0. (3.147) Debido a que, por suposición, e mx ,= 0, entonces, lo que debe ser cero es la expresión que está dentro de los paréntesis, esto es a n m n +a n−1 m n−1 +, ......, +a 1 m+a 0 = 0 (3.148) A esta ecuación se le conoce como ecuación caracter´ıstica de la ecuación diferencial dada. Parece ser que resolver la ecuación diferencial será más fácil, ya que el problema ahora se reduce a resolver una ecuación algebráica de orden n, esto es cierto para el caso en que n = 2, 3, 4. 138 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR De la expresión general (3.145), resulta que una ecuación diferencia lineal de primer orden con coeficientes constantes tiene la forma ay +by = 0 (3.149) Luego, suponemos la solución y = e mx (3.146), y sustituyendo en la ecuación (3.149), obtenemos la ecuación caracter´ıstica am+b = 0 → m = − b a . (3.150) Sustituyendo el resultado obtenido para m en la solución propuesta (3.146), entonces, la solución general, es y = ce − b a x , (3.151) donde c es una constante, la cual juega el papel de constante de integración y depende de las condiciones iniciales del problema. La ecuación (3.149), se puede resolver también separando las variables, esto es dy dx + b a y = 0 → _ dy y + b a _ dx = 0 → ln _ y c _ = − b a x → y = ce − b a x . (3.152) La ´ ultima expresión de (3.152), es la solución general de la ecuación (3.149), la cual coincide con la solución ya obtenida en (3.151). En general, toda ecuación diferencial lineal homogénea de primer orden se puede resolver separando las variables o suponiendo la solución (3.146). Analicemos las ecuaciones lineales de segundo orden con coeficientes constantes, es decir, ecuaciones de la forma ay +by +cy = 0 (3.153) Luego, supongamos que la solución es de la forma y = e mx (3.154) Sustituyendo en (3.153), tenemos que la expresión que debe ser cero es am 2 +bm+c = 0 (3.155) Esta es una ecuación cuadrática. Existen tres casos de interés: Primer caso: Supongamos que las ra´ıces m 1 y m 2 son reales y diferentes. En tal caso, tenemos dos diferentes soluciones y 1 = e m1x y y 2 = e m2x . Entonces, la solución general de la ecuación (3.153), es la combinación lineal de y 1 y y 2 , y = c 1 y 1 (x) +c 2 y 2 (x) = c 1 e m1x +c 2 e m2x (3.156) 3.4. ECUACIONES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES 139 Ejemplo 1: Resolver la ecuación diferencial homogénea de segundo orden y + 4y + 3y = 0. (3.157) Solución: La solución es de la forma y = e mx , sustituyendo en la ecuación, tenemos m 2 + 4m+ 3 = 0 → (m+ 1)(m+ 3) = 0. (3.158) Las soluciones son m 1 = −1, m 2 = −3. (3.159) Entonces, la solución general de la ecuación (3.157), tiene la forma y(x) = c 1 e −x +c 2 e −3x . (3.160) donde c 1 y c 2 son constantes arbitrarias que dependen de las condiciones iniciales del problema. Las funciones y 1 (x) y y 2 (x) son linealmente independientes, ya que el Wronskiano formado por estas funciones nos da W = det _ y 1 y 2 y 1 y 2 _ = det _ e −x e −3x −e −x −3e −3x _ = −2e −4x ,= 0. (3.161) El Wronskiano es diferente de cero, entonces, y 1 (x) y y 2 (x) son linealmente independientes. Segundo caso. Ahora, supongamos que las ra´ıces son reales e iguales. Es decir, m 1 = m 2 = m. En tal caso, tenemos la solución y 1 = ce mx (3.162) Para encontrar una segunda solución linealmente independiente haremos uso de la fórmula y 2 = y 1 (x) _ e − P(x)dx y 2 1 (x) dx, (3.163) donde y 1 (x) es conocida. De la f´ ormula cuadrática (3.155), tenemos que m 1 = − b 2a , ya que para que se cumpla m 1 = m 2 es necesario que b 2 − 4ac = 0. Sustituyendo esto en la fórmula anterior, encontramos y 2 = e m1x _ e 2m1x e 2m1x dx = e m1x _ dx = xe m1x . (3.164) As´ı, la solución general de (3.153) para el caso en que m 1 = m 2 , es y(x) = c 1 e mx +c 2 xe mx (3.165) Como conclusión tenemos que, en realidad, no es necesario calcular una segunda solución cada vez que resulte una ra´ız doble, ya que el resultado sugiere que, en general, podemos hacer la siguiente afirmación: Si m es una ra´ız doble de la ecuación caracter´ıstica (3.155), entonces, junto con la solución y 1 = e mx , 140 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR se tiene también la segunda solución y 2 = xe mx , y la combinación lineal de estas soluciones será la solución general dada por (3.165), multiplicadas por sus correspondientes constantes arbitrarias. En general, es decir, el caso en que la ecuación caracter´ıstica (3.148), tenga una ra´ız real m = a de multiplicidad r, que corresponde a un factor (m−a) r , entonces, las r funciones y = e ax , y = xe ax , y = x 2 e ax , ...., y = x m−1 e ax , (3.166) son soluciones de la ecuación diferencial (3.145), y por lo tanto la combinación lineal de estas será la solución general de (3.145), la cual tiene la forma y(x) = c 0 e ax +c 1 xe ax +c 2 x 2 e ax + +c m−1 x m−1 e ax (3.167) Ejemplo 2: Resolver la ecuación diferencial y + 6y + 9y = 0. (3.168) Solución: La solución tiene la forma y = e mx y sustituyendo en la ecuación (3.168), tenemos la ecuación caracter´ıstica m 2 + 6m+ 9 = 0. (3.169) Haciendo uso de la fórmula para resolver ecuaciones cuadráticas, tenemos m 1,2 = − 6 2 ± √ 36 −36 2 = −3. (3.170) Entonces, existe una solución y 1 = e −3x . Luego, de (3.166), tenemos que la segunda solución es- tará dada por la expresión y 2 = xe −3x . (3.171) Entonces, la solución general tiene la forma y(x) = c 1 e −3x +c 2 xe −3x = (c 1 +c 2 x)e −3x . (3.172) Ejemplo 3: Resolver la ecuación diferencial y (n) = 0. (3.173) Solución: La ecuación caracter´ıstica correspondiente es m n = 0, (3.174) y tiene solamente la ra´ız m = 0, de multiplicidad n. Entonces, las funciones correspondientes serán y = e 0x = 1, y = xe 0x = x, y = x 2 e 0x = x 2 , ... y = x n−1 e 0x = x n−1 , 3.4. ECUACIONES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES 141 que son claramente soluciones de la ecuación dada. Entonces, la solución general es y(x) = c 0 +c 1 x +c 2 x 2 + +c n−1 x n−1 . (3.175) Tercer caso. Por ´ ultimo, supongamos que las ra´ıces, en (3.155) son complejas conjugadas, esto es, suponemos que tienen la forma m 1 = α +iβ, m 2 = α −iβ. (3.176) donde α y β son n´ umeros reales, e i = √ −1 es la identidad compleja. En tal caso, la solución general será y = c 1 e (α+iβ)x +c 2 e (α−iβ)x . (3.177) Este resultado lo podemos transformar usando la fórmula de Euler e iθ = cos θ +i senθ, tenemos e iβx = cos βx +i senβx, e −iβx = cos βx −i senβx, (3.178) donde, hemos usado las propiedades de cos (−βx) = cos βx y sen(−βx) = −senβx. Sustituyendo en la ecuación (3.177), resulta y = c 1 e αx e iβx +c 2 e αx e −iβx = e αx _ c 1 e iβx −c 2 e −βx _ = = e αx _ c 1 (cos βx +i senβx) +c 2 (cos βx −i senβx) _ = e αx _ (c 1 +c 2 ) cos βx +i(c 1 −c 2 ) senβx _ . (3.179) Luego, las funciones e αx cos βx, y e αx senβx, son soluciones linealmente independientes de la ecuación diferencial (3.153), en −∞ < x < ∞. Podemos definir a C 1 = c 1 + c 2 , y a C 2 = (ic 1 − ic 2 ). Como C 1 y C 2 son constantes arbitrarias, podemos escribir la solución de la siguiente manera y = e αx _ C 1 cos βx +C 2 senβx _ (3.180) Esta representación es más ´ util, ya que la solución esta dada por funciones reales. Ejemplo 4: Resolver la ecuación y −4y + 5y = 0. (3.181) Solución: Suponiendo que la solución de la ecuación tiene la forma y = e mx , sustituyendo en la ecuación (3.181), tenemos que la ecuación caracter´ıstica es m 2 −4m+ 5 = 0. (3.182) Haciendo uso de la fórmula para resolver ecuaciones cuadráticas, tenemos que las ra´ıces son m 1,2 = 4 2 ± √ 16 −20 2 = 2 ±i. (3.183) De aqu´ı, identificamos a α = 2 y a β = 1. Entonces, la solución general de la ecuación (3.181), tiene la forma y(x) = e 2x _ c 1 cos x +c 2 senx _ . (3.184) 142 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR Ejemplo 5: Hallar la solución general de la ecuación diferencial y IV + 2y +y = 0. (3.185) Solución: Su ecuación caracter´ıstica es m 4 + 2m 2 + 1 = 0, (m 2 + 1) 2 = 0. (3.186) Las ra´ıces m = ±i, (3.187) tienen multiplicidad 2. Entonces, las cuatro soluciones complejas las podemos escribir como y 1 = e ix , y 2 = e −ix , y 3 = xe ix , y 4 = xe −ix . (3.188) De las dos primeras soluciones, podemos escribir c 1 cos x +c 2 senx, (3.189) y de las dos ´ ultimas, tenemos c 3 xcos x +c 4 xsenx. (3.190) De tal manera, que la solución general estará dada por la expresión y(x) = c 1 cos x +c 2 senx +c 3 xcos x +c 4 xsenx, (3.191) la cual podemos escribir de la siguiente manera y(x) = (c 1 +c 3 x) cos x + (c 2 +c 4 x) senx. (3.192) 3.5. Ecuaciones Diferenciales Lineales no Homogéneas de Segundo Orden Toda ecuación diferencial lineal no homogénea de segundo orden con coeficientes constantes tiene la forma ay +by +cy = f(x) (3.193) donde a, b y c son ciertas constantes dadas. El método para resolver este tipo de ecuaciones es el siguiente: Primero. Hallar la solución correspondiente a la ecuación homogénea ay +by +cy = 0 (3.194) obtenida de le ecuación original (3.193), (cuando f(x) = 0), la cual representaremos como y h y tendrá la forma y h (x) = c 1 y 1 (x) +c 2 y 2 (x). 3.5. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES NOHOMOG ´ ENEAS DESEGUNDOORDEN143 Segundo. Encontrar una solución particular representada por y p , correspondiente a la parte no homogénea de la ecuación original (3.193). Tercero. La solución general de la ecuación original (3.193), será la suma de estas dos soluciones, es decir y(x) = y h (x) +y p (x) = c 1 y 1 (x) +c 2 y 2 (x) +y p (x) (3.195) En esta sección usaremos el método de coeficientes indeterminados para resolver las ecuaciones lineales no homogéneas. Debemos tener en cuenta que este método no está limitado a ecuaciones de segundo orden, pero s´ı se limita a ecuaciones lineales no homogéneas con las siguientes caracter´ısticas: Que tengan coeficientes constantes. Que la función f(x) sea una constante k, una función exponencial e αx , una función algebráica, funciones senβx, cos βx o sumas y productos de éstas. Este método no es aplicable a funciones que tengan la forma f(x) = lnx, f(x) = 1 x , f(x) = tanx, etc,... A continuación damos una tabla en la cual, para una función f(x) dada, se tiene una función particular y p (x). Esto ayudará al estudiante a tomar una solución particular adecuada. La solución particular propuesta deberá ser sustitu´ıda en la ecuación diferencial dada y as´ı encontrar los coeficientes A, B, C, D, E, F, , ,. f(x) y p 5 A x Ax +B 3x 2 −2 Ax 2 +Bx +C x 3 −x −1 Ax 3 +Bx 2 +Cx +D sen2x Acos 2x +Bsen2x cos 4x Acos 4x +Bsen4x e 4x Ae 4x (8x −2)e 4x (Ax +B)e 4x x 2 e 2x (Ax 2 +Bx +C)e 2x e 2x sen2x e 2x (Acos 2x +Bsen2x) 2x 2 sen3x (Ax 2 +Bx +C) cos 3x + (Dx 2 +Ex +F) sen 4x xe 2x cos 3x (Ax +B)e 2x cos 3x + (Cx +D)e 2x sen3x Ejemplo 1: Hallar la solución general de la ecuación diferencial y −y +y −y = x 2 +x. (3.196) Solución: Antes que nada, debemos resolver la ecuación homogénea correspondiente a la ecuación dada, esto es y −y +y −y = 0. (3.197) 144 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR Sabemos que la solución es de la forma y(x) = e mx , (3.198) donde m es un cierto parámetro a determinar. Tomando la primera, segunda y tercera derivada de la función (3.198), y sustituyendo en la ecuación (3.197), tenemos la ecuación caracter´ıstica m 3 −m 2 +m−1 = 0. (3.199) Las ra´ıces de la ecuación caracter´ıstica son m = 1, m 2 = −i, m 3 = i. (3.200) Por lo tanto, la solución general de la ecuación homogénea (3.197), es y h = c 1 e x +c 2 cos x +c 3 senx. (3.201) Nos queda por hallar una solución particular de la ecuación (3.196). Debido a la forma que tiene la función f(x) = x 2 +x, supongamos la solución particular(seg´ un la tabla anterior) y p (x) = Ax 2 +Bx +C, (3.202) donde A, B y C son ciertos n´ umeros que debemos encontrar. Una vez sustitu´ıda la solución propuesta (3.202), en (3.196), tenemos −Ax 2 + (2A−B)x + (B −2A−C) = x 2 +x. (3.203) De aqu´ı, obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones A = −1 2A−B = 1 (3.204) B −2A−C = 0. (3.205) Resolviendo este sistema, encontramos los valores para las constantes A, B y C, estos son A = −1, B = −3, C = −1. (3.206) Entonces, sustituyendo los valores de las constantes A, B y C, en (3.202), obtenemos la solución particular y p (x) = −x 2 −3x −1. (3.207) La solución general de la ecuación (3.196), tiene la forma final y(x) = y h (x) +y p (x) = c 1 e x +c 2 cos x +c 3 senx −x 2 −3x −1. (3.208) Ejemplo 2: Resolver la ecuación y +y −2y = 3xe x . (3.209) Solución: La ecuación homogénea correspondiente es y +y −2y = 0. (3.210) 3.5. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES NOHOMOG ´ ENEAS DESEGUNDOORDEN145 Luego, suponemos la solución y = e mx y sustituyendo en (3.210), obtenemos su correspondiente ecuación caracter´ıstica m 2 +m−2 = 0 → (m+ 2)(m−1) = 0, (3.211) la cual tiene como ra´ıces m 1 = −2, m 2 = 1. (3.212) Entonces, la solución de la ecuación (3.210), tiene la forma y h = c 1 e −2x +c 2 e x . (3.213) Ahora debemos buscar una solución particular de la ecuación original (3.209). Para esto, seg´ un la tabla de soluciones propuestas, una solución particular ser´ıa y p = (Ax +B)e x = Axe x +Be x . (3.214) Si proponemos esta solución particular, al sustituirla en (3.209), nos encontraremos con una inconsistencia. Esto se debe a que el segundo término de la solución particular (3.214), Be x ya está incluido en la solución homogénea (3.213), c 2 e x , (estos dos términos son iguales, ya que c 2 y B son constantes arbitrarias). Para resolver esta inconsistencia se multiplica la solución particular propuesta (3.214), por una x. Entonces, la solución particular que debemos proponer será y p = x(Ax +B)e x = Ax 2 e x +Bxe x . (3.215) Derivando dos veces esta solución, resulta y p = (2A+ 2B)xe x +Ax 2 e x , y p = (2A+ 2B)e x + (4A+B)xe x + 2Ax 2 e x . (3.216) Sustituyendo en (3.209), obtenemos el sistema de ecuaciones 2A+ 3B = 0, 6A = 3. (3.217) Resolviendo este sistema, hallamos los valores para A y B, estos son A = 1 2 , B = − 1 3 . (3.218) Luego, poniendo estos valores en (3.215), tenemos que la solución particular es y p = 1 2 x 2 e x − 1 3 xe x . (3.219) Finalmente, la solución general de la ecuación (3.209), tiene la siguiente forma y(x) = c 1 e −2x +c 2 e x + 1 2 x 2 e x − 1 3 xe x . (3.220) Ejemplo 3: Hallar la solución general de la ecuación y −3y + 2y = xcos x. (3.221) Solución: 146 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR La ecuación homogénea es y −3y + 2y = 0. (3.222) Las ra´ıces de esta ecuación son m 2 −3m+ 2 = 0 → (m−2)(m−1) = 0 → m 1 = 2, m 2 = 1. (3.223) Entonces, la solución de la ecuación homogénea es y h = c 1 e 2x +c 2 e x . (3.224) Luego, de la tabla antes vista, podemos proponer la solución y p = (Ax +B) cos x + (Cx +D) senx. (3.225) Sustituyendo en la ecuación (3.221), obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones 3A+C = 0, 3B −3C −2A+D = 0, −3A+B + 2C −3D = 0, A−3C = 1. (3.226) Resolviendo el sistema, resulta A = 1 10 , B = − 3 25 , C = − 3 10 , D = − 17 50 . (3.227) Poniendo los valores de A, B, C y D en (3.225), tenemos que la solución particular tiene la forma y p = _ 1 10 x − 3 25 _ cos x + _ − 3 10 x − 17 50 _ senx. (3.228) Finalmente, tenemos que la solución general de (3.221), es y(x) = c 1 e 2x +c 2 e x + _ 1 10 x − 3 25 _ cos x + _ − 3 10 x − 17 50 _ senx. (3.229) Ejemplo 4: Encontrar la solución particular de la ecuación diferencial y −8y + 16y = (1 −x)e 4x . (3.230) Solución: La ecuación homogénea correspondiente es y −8y + 16y = 0. (3.231) Suponiendo la solución y = e mx , tenemos la ecuación caracter´ıstica y sus correspondientes ra´ıces m 2 −8m+ 16 = 0 → (m−4)(m−4) = 0 → m = 4. (3.232) Entonces, tenemos solo una solución y 1 = e 4x . Sabemos que en tal caso, la segunda solución linealmente independiente tendrá la forma y 2 = xe 4x . Entonces, la solución general de la ecuación homogénea (3.231), es y h = c 1 e 4x +c 2 xe 4x . (3.233) 3.5. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES NOHOMOG ´ ENEAS DESEGUNDOORDEN147 El siguiente paso es proponer una solución particular y sustituirla en (3.230). Seg´ un la forma de la parte derecha de (3.230), podemos proponer la solución y p = (Ax + B)e 4x . Sin embargo, estas dos soluciones están ya incluidas en la solución homogénea. Entonces, multiplicamos por x y obtenemos y p = x(Ax +B)e 4x . (3.234) Si sustituimos esta solución en la ecuación (3.230), nos daremos cuenta que no es suficiente, ya que obtendremos A = 1/2, y xe 4x = 0, lo cual es inconsistente, ya que suponemos que x ,= 0. Entonces, multipliquemos la expresión (3.234) nuevamente por x, y obtenemos y p = x 2 (Ax +B)e 4x . (3.235) Derivando una y otra vez esta expresión, resulta y p = Ax 2 e 4x + 2x(Ax +B)e 4x + 4x 2 (Ax +B)e 4x , y = 2(Ax +B)e 4x + 4Axe 4x + 16x(Ax +B)e 4x + 16x 2 (Ax +B)e 4x . (3.236) Poniendo estos resultados en (3.230), obtenemos (2B + 6Ax)e 4x = (1 −x)e 4x . (3.237) Para que esta relación se cumpla, debemos tener 2B = 1, 6A = −1. (3.238) De donde es fácil obtener los valores de A y B, estos son A = −1/6, y B = 1/2. Entonces, la solución particular tiene la forma y p = x 2 _ 1 2 − x 6 _ e 4x . (3.239) Concluimos que la solución general de (3.230), es y(x) = c 1 e 4x +c 2 xe 4x +x 2 _ 1 2 − x 6 _ e 4x . (3.240) Ejemplo 5: Resolver la ecuación y −6y + 13y = x 2 e 3x −3 cos 2x. (3.241) Solución: Tenemos que la parte homogénea es y −6y + 13y = 0. (3.242) Luego, la ecuación caracter´ıstica de (3.242), está dada por m 2 −6m+ 13 = 0 → m 1,2 = 6 2 ± _ 36 −4(13) 2 = 3 ±2i. (3.243) Entonces, la solución general de la ecuación homogénea (3.242), tiene la forma y h = e 3x (c 1 cos 2x +c 2 sen2x). (3.244) 148 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR Ahora, propongamos una solución particular de (3.241). La parte derecha de la ecuación (3.241), consta de dos términos, entonces, propongamos una solución particular y p1 para x 2 e 3x , y y p2 para −3 cos 2x. Obviamente, y p = y p1 +y p2 . Es fácil ver que una solución particular podr´ıa ser y p = (Ax 2 +Bx +C)e 3x +Dcos 2x +E sen2x. (3.245) Derivando una y otra vez, resulta y p = (2Ax +B)e 3x + 3(Ax 2 +Bx +C)e 3x −2Dsen2x + 2E cos 2x, y = 2Ae 3x + 6(2Ax +B)e 3x + 9(Ax 2 +Bx +C)e 3x −4Dcos 2x −4E sen2x. (3.246) Poniendo estos resultados en la ecuación (3.241), obtenemos el sistema de ecuaciones B = 0 2A+ 4C = 0 4A = 1, 12D + 9E = 0, 9D −12E = 0. (3.247) Al resolver este sistema hallamos los valores de los coeficientes, estos son; A = 1/4, B = 0, C = −1/8, D = −3/25 y E = 4/25. Sustituyendo estos valores en (3.245), tenemos que la solución particular de (3.241), es y p = _ x 2 4 − 1 8 _ e 3x − 3 25 cos 2x + 4 25 sen2x. (3.248) Por ´ ultimo, construimos la solución general de (3.241), como la suma de la y h y la y p , esto nos da el resultado final y(x) = e 3x (c 1 cos 2x +c 2 sen2x) + _ x 2 4 − 1 8 _ e 3x − 3 25 cos 2x + 4 25 sen2x. (3.249) 3.6. Variación del Parámetro Ahora analizaremos un caso más general que el anterior. Es decir, vamos a estudiar el método con el cual podremos resolver ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas sin restringir a la función f(x) (la ´ unica condición es que f(x) sea continua en alg´ un intervalo), a este nuevo método se le conoce como variación del parámetros . En este caso no vamos a deducir las fórmulas que se utilizan en el método, ya que, en principio, los pasos a seguir son más fáciles. Sea dada la ecuación diferencial lineal no homogénea en la forma estándar, es decir y +P(x)y +Q(x)y = f(x) (3.250) donde se supone que P(x), Q(x) y f(x) son funciones continuas en el intervalo [a, b]. Sean y 1 y y 2 las dos soluciones linealmente independientes, correspondientes a la ecuación homogénea y h , obtenida de (3.250), y 1 +P(x)y 1 +Q(x)y 1 = 0, y 2 +P(x)y 2 +Q(x)y 2 = 0. (3.251) 3.6. VARIACI ´ ON DEL PAR ´ AMETRO 149 Ahora nos hacemos la pregunta: Será posible hallar dos funciones u 1 y u 2 tales que la expresión y p (x) = u 1 (x)y 1 (x) +u 2 (x)y 2 (x) (3.252) sea una solución particular de (3.250)?. La respuesta es s´ı. Los pasos son los siguientes: Encontrar la solución general de la ecuación homogénea correspondiente a la ecuación (3.250), esto es y +P(x)y +Q(x)y = 0 (3.253) De aqu´ı, obtenemos la solución y h (x) = c 1 y 1 +c 2 y 2 (3.254) Identificamos y 1 y y 2 , y formamos el Wronskiano de estas funciones, esto es W = det _ y 1 y 2 y 1 y 2 _ (3.255) Encontrar las funciones u 1 y u 2 , seg´ un las fórmulas u 1 = W1 W , u 2 = W2 W (3.256) donde W 1 y W 2 están dadas por las siguientes fórmulas W 1 = det _ 0 y 2 f(x) y 2 _ , W 2 = det _ y 1 0 y 1 f(x) _ (3.257) Formar la solución particular seg´ un la expresión (3.252), y p (x) = u 1 (x)y 1 (x) +u 2 (x)y 2 (x) (3.258) donde u 1 (x) y u 2 (x) son las funciones encontradas al integrar las expresiones (3.256). Finalmente, la solución general de la ecuación original (3.250), tiene la forma y(x) = y h (x) +y p (x) = c 1 y 1 (x) +c 2 y 2 (x) +u 1 (x)y 1 (x) +u 2 (x)y 2 (x) (3.259) 150 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR Ejemplo 1: Hallar la solución general de la ecuación y + 2y +y = e −x x + 1 . (3.260) Solución: La ecuación homogénea correspondientes es y + 2y +y = 0. (3.261) Su ecuación caracter´ıstica m 2 + 2m+ 1 = 0 → (m+ 1)(m+ 1) = 0 → m = −1. (3.262) La solución general de la ecuación (3.261), tiene la forma y h = c 1 e −x +c 2 xe −x . (3.263) De esta ecuación identificamos las funciones y 1 = e −x y y 2 = xe −x . Ahora, con estas funciones formamos el determinante(Wronskiano), W = det _ e −x xe −x −e −x e −x −xe −x _ = e −x (e −x −xe −x ) +xe −2x = e −2x . (3.264) Para W 1 y W 2 , tenemos W 1 = det _ 0 xe −x e −x x+1 e −x −xe −x _ = − xe −2x x + 1 , W 2 = det _ e −x 0 −e −x e −x x+1 _ = e −2x x + 1 . (3.265) Luego, de las fórmulas (3.256), encontramos las funciones u 1 y u 2 . Para u 1 , tenemos u 1 = _ W 1 W dx = _ _ − xe −2x x + 1 __ 1 e −2x _ dx = − _ _ x x + 1 _ dx = _ _ x + 1 −1 x + 1 _ = − _ _ 1 − 1 x + 1 _ dx = −x + ln[x + 1[. (3.266) y para u 2 , resulta u 2 = _ W 2 W dx = _ _ e −2x x + 1 __ 1 e −2x _ dx = _ dx x + 1 = ln[x + 1[. (3.267) Sustituyendo los valores de u 1 , u 2 , y 1 y y 2 en la fórmula (3.258), tenemos que la solución particular y p (x), es y p = (−x + ln[x + 1[)e −x +xe −x ln[x + 1[. (3.268) Entonces, la solución general de la ecuación (3.260), es y(x) = c 1 e −x +c 2 xe −x −xe −x +e −x (x + 1) ln[x + 1[. (3.269) Los términos c 2 xe −x −xe −x = (c 2 −1)xe −x , los podemos escribir simplemente como c 2 xe −x , entonces la solución general(equivalente), es y(x) = c 1 e −x +c 2 xe −x +e −x (x + 1) ln[x + 1[. (3.270) 3.6. VARIACI ´ ON DEL PAR ´ AMETRO 151 Ejemplo 2: Resolver la ecuación y +y = 1 senx . (3.271) Solución: Antes que nada, debemos hallar la solución a la ecuación homogénea obtenida de (3.271). Tenemos y +y = 0. (3.272) La ecuación caracter´ıstica asociada a esta ecuación tiene la forma m 2 + 1 = 0. (3.273) Las ra´ıces son complejas conjugadas, es decir, tienen la forma m 1 = i y m 2 = −i. Entonces, la solución general de la ecuación (3.272), es y h = c 1 cos x +c 2 senx, (3.274) donde c 1 y c 2 son constantes de integración. Ahora bien, identificamos las funciones y 1 = cos x y y 2 = senx, y calculamos el Wronskiano W = det _ cos x senx −senx cos x _ = cos 2 x + sen 2 x = 1. (3.275) Ahora, debemos encontrar las funciones W 1 y W 2 , seg´ un las fórmulas (3.257), W 1 = det _ 0 senx 1 sen x cos x _ = −1, (3.276) W 2 = det _ cos x 0 −senx 1 sen x _ = cos x senx , (3.277) Para encontrar las funciones u 1 y u 2 tenemos que integrar u 1 (x) = _ W 1 W dx = − _ dx = −x. (3.278) y u 2 (x) = _ W 2 W dx = _ cos x senx dx = _ d(senx) senx = ln[ senx[. (3.279) Entonces, la solución particular tiene la forma y p (x) = u 1 (x)y 1 (x) +u 2 (x)y 2 (x) = −xcos x + ln[ senx[ senx. (3.280) Finalmente, tenemos la solución general de la ecuación (3.271), la cual tiene la forma y(x) = y h (x) + y p (x), expl´ıcitamente y(x) = c 1 cos x +c 2 senx −xcos x + senxln[ senx[. (3.281) Ejemplo 3: Hallar la solución general de la ecuación y + 2y +y = xe x + 1 xe x . (3.282) 152 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR Solución: La ecuación homogénea tiene la forma y + 2y +y = 0. (3.283) La ecuación caracter´ıstica es m 2 + 2m+ 1 = 0 → (m+ 1)(m+ 1) = 0 → m = −1. (3.284) Entonces, la solución general de la ecuación homogénea es y h = c 1 e −x +c 2 xe −x . (3.285) Luego, tenemos las soluciones y 1 = e −x y y 2 = xe −x , entonces, el Wronskiano, resulta ser W = det _ e −x xe −x −e −x e −x −xe −x _ = e −2x −xe −2x +xe −2x = e −2x . (3.286) Hallamos los Wronskianos W 1 y W 2 usando las fórmulas (3.257). Para W 1 tenemos W 1 = det _ 0 xe −x xe x + 1 xe x e −x −xe −x _ = xe −x _ xe x + 1 xe x _ = −x 2 −e −2x , (3.287) y para W 2 W 2 = det _ e −x 0 −e −x xe x + 1 xe x _ = e −x _ xe x + 1 xe x _ = x + e −2x x . (3.288) Luego, de las fórmulas (3.256), tenemos para u 1 u 1 = _ W 1 W dx = _ −x 2 −e −2x e −2x dx = − _ x 2 e 2x dx − _ dx. (3.289) Por separado vamos a calcular la integral _ x 2 e 2x dx → _ u = x 2 , du = 2xdx, dv = e 2x dx, v = 1 2 e 2x _ = x 2 2 e 2x − _ xe 2x dx. (3.290) Nuevamente se aplica integración por partes para calcular la integral _ xe 2x dx = (1/2)xe 2x − (1/4)e 2x . Tomando este resultado en cuenta y sustituyéndolo en (3.290), obtenemos _ x 2 e 2x dx = x 2 2 e 2x − x 2 e 2x + 1 4 e 2x . (3.291) Entonces, finalmente, tenemos el valor de u 1 , esto es u 1 = _ − x 2 2 + x 2 − 1 4 _ e 2x −x. (3.292) Nos falta calcular la fucnión u 2 , tenemos u 2 (x) = _ W 2 W dx = _ _ x + e −2x x __ 1 e −2x _ dx = _ _ xe 2x + 1 x _ dx = 1 2 xe 2x − 1 4 e 2x +ln[x[. (3.293) De tal manera, que el valor de u 2 es u 2 = 1 2 xe 2x − 1 4 e 2x + ln[x[. (3.294) 3.7. ECUACIONES DE CAUCHY-EULER 153 Entonces, la solución particular es y p = u 1 (x)y 1 (x)+u 2 (x)y 2 (x) = __ − x 2 2 + x 2 − 1 4 _ e 2x −x _ e −x + _ 1 2 xe 2x − 1 4 e 2x +ln[x[ _ xe −x . (3.295) Haciendo un poco de álgebra la expresión (3.295), se reduce a y p = (x −1)e x 4 +xe −x _ ln[x[ −1 _ . (3.296) Finalmente, la solución general de la ecuación (3.282), tiene la forma y(x) = _ c 1 +c 2 x +xln[x[ _ e −x + (x −1)e x 4 . (3.297) En la solución (3.297) hemos escrito a la constante c 2 como c 2 −1, esto no altera el resultado. 3.7. Ecuaciones de Cauchy-Euler Hasta el momento hemos considerado ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes, y fue relativamente fácil encontrar sus soluciones. Sin embargo, en el caso en que los coeficientes son variables no es tan fácil encontrar soluciones exactas. No obstante, existe un tipo de ecuaciones con coeficientes variables cuya solución general se puede expresar en términos de potencias de x, senos, cosenos, funciones logar´ıtmicas y exponenciales. A este tipo de ecuaciones se les conoce como ecuaciones diferenciales de Cauchy-Euler, y tienen la forma a n x n d n y dx n +a n−1 x n−1 d n−1 y dx n−1 +, ..., +a 1 x dy dx +a 0 y = g(x) (3.298) donde a i (i = 0, 1, 2, ..., n) son constantes. Podemos observar que la potencia de x coincide con el orden de la ecuación diferencial. Analizaremos primero las ecuaciones de segundo orden homogéneas con coeficientes variables, es decir, las ecuaciones de la forma ax 2 d 2 y dx 2 +bx dy dx +cy = 0 (3.299) Una vez conocida la solución de la ecuación homogénea es fácil encontrar la solución de la ecuación no homogénea usando el método de variación de parámetros antes visto. Sea dada la ecuación diferencial de segundo orden ax 2 y +bxy +cy = 0 (3.300) Busquemos una solución de la forma y = x m (3.301) donde m es un n´ umero a determinar, tenemos dy dx = mx m−1 , d 2 y dx 2 = m(m−1)x m−2 . (3.302) 154 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR Sustituyendo en la ecuación (3.300), am(m−1)x 2 x m−2 +bmxx m−1 +cx m = 0. (3.303) Factorizando _ am(m−1) +bm+c _ x m = 0. (3.304) Debido a que por definición x m ,= 0, entonces para que la ecuación se cumpla deberá cumplirse la relación am 2 + (b −a)m+c = 0 (3.305) que es la ecuación caracter´ıstica de la ecuación diferencial de Cauchy-Euler. Para esta existen tres casos de importancia: Primer caso. Ra´ıces reales y distintas. Es decir, m 1 y m 2 diferentes, en tal caso, tenemos que la solución general es y(x) = c 1 x m1 +c 2 x m2 (3.306) Ejemplo 1: Hallar la solución general de la ecuación x 2 y −4xy + 6y = 0. (3.307) Solución: Supongamos que la solución es del tipo y(x) = x m (3.308) Sustituyendo (3.308) en (3.307), tenemos m 2 −5m+ 6 = 0. (3.309) Las ra´ıces de la ecuación (3.309), son fáciles de obtener, estas son m 1 = 3, m 2 = 2. (3.310) La solución general de la ecuación (3.307), es y(x) = c 1 x 3 +c 2 x 2 . (3.311) Segundo caso. Ra´ıces reales e iguales. Esto es, m 1 = m 2 = m. En tal caso sólo tendremos una solución que será y = x m . Para que esto suceda el discriminante de la ecuación cuadrática (3.305), deberá ser igual a cero, de donde encontramos que m = − (b−a) 2a . Entonces, podemos formar una segunda solución linealmente independiente. Para esto escribamos la ecuación de Cauchy-Euler en la forma estándar, esto es d 2 y dx 2 + b ax dy dx + c ax 2 = 0 (3.312) 3.7. ECUACIONES DE CAUCHY-EULER 155 Entonces, usamos la fórmula (6.11), y 2 = y 1 _ e − p(x)dx y 2 1 dx = y 1 _ e − b a dx x x 2m dx = y 1 _ e − b a ln x x 2m dx = y 1 _ x − b a x −2m dx = y 1 _ x − b a x b−a a dx = y 1 _ dx x = y 1 lnx. (3.313) La solución general tiene la forma y(x) = c 1 x m +c 2 x m lnx (3.314) En general, cuando aparece una ra´ız real m = a en la ecuación caracter´ıstica con multiplicidad r, entonces la ecuación de Cauchy-Euler tiene como soluciones y = x a , y = x a lnx, y = x a (lnx) 2 , ..., y = x a (lnx) r−1 . (3.315) Ejemplo 2: Sea la ecuación diferencial de Cauchy-Euler 8x 3 y + 12x 2 y + 12xy −y = 0. (3.316) Solución: Seg´ un el método antes visto, debemos suponer la solución y = x m . (3.317) Sustituyendo la solución propuesta en (3.316), tenemos la ecuación caracter´ıstica 8m(m−1)(m−2) + 12m(m−1) + 2m−1 = 0, (3.318) la cual podemos escribir de la siguiente manera (8m−4)m(m−1) + 2m−1 = 0. (3.319) Factorizando, resulta (2m−1)[4m(m−1) + 1] = 0. (3.320) Esta misma expresión la podemos escribir de la siguiente manera (2m−1)(4m 2 −4m+ 1) = 0. (3.321) Finalmente, tenemos (2m−1) 3 = 0. (3.322) De donde es fácil ver que tenemos la ra´ız m = 1/2 de multiplicidad 3. Cada repetición de una ra´ız corresponde a un factor adicional lnx en la solución. De esta manera, obtenemos tres soluciones linealmente independientes que satisfacen la ecuación (3.316). Estas soluciones tienen la forma y = √ x, y = √ xlnx, y = √ x(lnx) 2 . (3.323) La solución general de la ecuación (3.316), estará dada por la combinación lineal de estas tres funciones, es decir y(x) = c 1 √ x +c 2 √ xlnx +c 3 √ x(lnx) 2 . (3.324) 156 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR Tercer caso. Ra´ıces complejas conjugadas. Es decir m 1 = α +iβ, m 2 = α −iβ, (3.325) donde α y β son ciertos n´ umeros reales. La solución general de la ecuación (3.299), en tal caso es y(x) = c 1 x α+iβ +c 2 x α−iβ (3.326) Haciendo x iβ = _ e ln x _ iβ = e iβ ln x = cos(β lnx) +i sen(β lnx), (3.327) donde hemos aplicado la fórmula de Euler. Sustituyendo en la ecuación (3.326), obtenemos y(x) = C 1 x α+iβ +C 2 x α−iβ = x α _ C 1 x iβ +C 2 x −iβ _ = = x α _ C 1 _ cos(β lnx) +i sen(β lnx) _ +C 2 _ cos(β lnx) −i sen(β lnx) __ = = x α _ (C 1 +C 2 ) cos(β lnx) + (iC 1 −iC 2 ) sen(β lnx) _ . (3.328) En el intervalo x > 0, las funciones x α cos(β lnx) y x α sen(β lnx) son soluciones linealmente independientes de la ecuación diferencial (3.300). Podemos redefinir las constantes como; c 1 = C 1 + C 2 y c 2 = iC 1 −iC 2 , entonces, tenemos y(x) = x α _ c 1 cos(β lnx) +c 2 sen(β lnx) _ (3.329) Ejemplo 3: Resolver la ecuación x 2 y +xy + 4y = 0. (3.330) Solución: Suponemos la solución y = x m , sustituyendo en la ecuación (3.330), obtenemos la ecuación caracter´ıstica m 2 + 4 = 0 → m 1 = 2i, m 2 = −2i. (3.331) En este caso tenemos que las ra´ıces son complejas conjugadas. Identificamos a α = 0 y β = 2. Entonces haciendo uso de la fórmula (3.329), tenemos que la solución general de la ecuación (3.330), tiene la forma y h (x) = c 1 cos (2 ln[x[) +c 2 sen(2 ln[x[). (3.332) Ahora estudiaremos las ecuaciones de Cauchy-Euler no homogéneas. Para estas ecuaciones son váli- dos los métodos antes vistos: coeficientes indeterminados y variación de parámetros. Ejemplo 4: Hallar la solución general de la ecuación x 2 y −xy +y = 8x 3 . (3.333) Solución: 3.7. ECUACIONES DE CAUCHY-EULER 157 La ecuación homogénea correspondiente a (3.333), es x 2 y −xy +y = 0. (3.334) Suponemos la solución y(x) = x m . (3.335) Sustituyendo (3.335), en la ecuación homogénea (3.334), tenemos m 2 −2m+ 1 = 0 → (m−1)(m−1) = 0 (3.336) De (3.336), conclu´ımos que sólo hay una solución m = 1, para la ecuación homogénea (3.334). Pero ya sabemos que dada una solución de una ecuación diferencial lineal, siempre podemos construir una segunda solución linealmente independiente. De tal manera que, la solución general de la ecuación homogénea (3.334), tiene la forma y h (x) = c 1 x +c 2 xln[x[. (3.337) Ahora debemos proponer una solución particular de la ecuación no homogénea (3.333). Debido a la estructura de la función f(x) = 8x 3 , podemos usar el método de los coeficientes indeterminados. Supongamos que la solución particular de (3.333), tiene la forma y p (x) = Ax 3 +Bx 2 +Cx +D. (3.338) Para sustituir en (3.333), hallemos las derivadas primera y segunda de (3.338), y p = 3Ax 2 + 2Bx +C, y p = 6Ax + 2B. (3.339) Sustituyendo (3.339), en la ecuación (3.333), x 2 (6Ax + 2B) −x(3Ax 2 + 2Bx +C) +Ax 3 +Bx 2 +Cx +D = 8x 3 . (3.340) Igualando los coeficientes de x, tenemos que los coeficientes indeterminados son A = 2 y B = 0, C = 0, D = 0. Poniendo el valor de los coeficientes en (3.338), tenemos la solución particular y p (x) = 2x 3 . (3.341) La solución general de la ecuación (3.333), es y(x) = x(c 1 +c 2 ln[x[) + 2x 3 . (3.342) Ejemplo 5: Resolver la ecuación de Cauchy-Euler no homogénea x 2 y + 3xy −3y = 5x 2 . (3.343) Solución: Primero resolvemos la parte homogénea, es decir, x 2 y + 3xy −3y = 0. (3.344) Luego, suponemos la solución y = x m . Sustituyendo en (3.344), obtenemos la ecuación caracter´ıstica y sus ra´ıces m 2 + 2m−3 = 0 → (m+ 3)(m−1) = 0 → m 1 = −3, m 2 = 1. (3.345) 158 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR Entonces, la solución a la ecuación (3.344), es y h = c 1 x −3 +c 2 x. (3.346) Ahora debemos resolver la parte no homogénea de la ecuación (3.343). Para esta ecuación podemos buscar una solución particular aplicando el método de los coeficientes indeterminados. Supongamos las soluciones particulares y p = Ax 2 +Bx +C → y p = Ax 3 +Bx 2 +Cx. (3.347) Debemos tomar la segunda solución, ya que como podemos ver, una de las soluciones(término lineal en x) de la primer ecuación de (3.347), ya está incluida en la solución homogénea (3.346). Derivando una y otra vez, resulta y p = 3Ax 2 + 2Bx +C, y p = 6Ax + 2B. (3.348) Poniendo estos resultados en (3.343), obtenemos 12Ax 3 + 5Bx 2 = 5x 2 . (3.349) De donde A = 0, B = 1. (3.350) Entonces, la solución particular es y p = x 2 . (3.351) Finalmente, tenemos que la solución general de la ecuación (3.343), es y(x) = c 1 x 3 +c 2 x +x 2 . (3.352) Ejemplo 6: Resolver la ecuación de Cauchy-Euler no homogénea x 2 y + 5xy + 3y = 8xlnx. (3.353) Solución: Primero, resolvemos la ecuación homogénea correspondiente a la ecuación (3.353). Tenemos x 2 y + 5xy + 3y = 0. (3.354) Supongamos la solución y = x m . (3.355) Derivando, resulta y = mx m−1 , y = m(m−1)x m−2 . (3.356) Sustituyendo en (3.354), tenemos la ecuación caracter´ıstica y sus ra´ıces, esto es m 2 + 4m+ 3 = 0 → (m+ 3)(m+ 1) = 0 → m 1 = −3, m 2 = −1. (3.357) La solución general de la ecuación homogénea es y h = c 1 x −3 +c 2 x −1 . (3.358) Luego, con las funciones y 1 = x −3 , y 2 = x −1 , (3.359) 3.7. ECUACIONES DE CAUCHY-EULER 159 formamos el Wronskiano W = det _ x −3 x −1 −3x −4 −x −2 _ = −x −5 + 3x −5 = 2x −5 . (3.360) Las funciones W 1 y W 2 se calculan seg´ un las fórmulas (3.257), W 1 = det _ 0 x −1 8 ln x x −x −2 _ = − 8 lnx x 2 . (3.361) y W 2 = det _ x −3 0 −3x −4 8 ln x x _ = 8 lnx x 4 . (3.362) Ahora, podemos calcular las funciones u 1 y u 2 , integrando u 1 (x) = _ W 1 W dx = _ _ − 8 lnx x 2 __ 1 2x −5 _ dx = −4 _ x 3 lnxdx → _ u = lnx, du = 1 x dx, dv = x 3 dx, v = x 4 4 _ = −4 _ x 4 4 lnx − 1 4 _ x 4 x dx _ = −x 4 lnx + x 4 4 . (3.363) y u 2 (x) = _ W 2 W dx = _ _ 8 lnx x 4 __ 1 2x −5 _ dx = 4 _ xlnxdx → _ u = lnx, du = 1 x dx, dv = xdx, v = x 2 2 _ = 4 _ x 2 2 lnx − 1 2 _ x 2 x dx _ = 2x 2 lnx −x 2 . (3.364) Entonces, la solución particular tiene la forma y p (x) = u 1 y 1 +u 2 y 2 = _ −x 4 lnx + x 4 4 _ x −3 + _ 2x 2 lnx −x 2 _ x −1 = xlnx − 3x 4 . (3.365) Luego, la solución general de la ecuación (3.353), es y(x) = c 1 x −3 +c 2 x −1 +xlnx − 3x 4 . (3.366) Ejemplo 7: Hallar la solución general de la ecuación no homogénea de Cauchy-Euler x 2 y −xy + 2y = xlnx. (3.367) Solución: La ecuación homogénea correspondientes es x 2 y −xy + 2y = 0. (3.368) Supongamos la solución y = x m , derivando y sustituyendo en (3.368), obtenemos la ecuación caracter´ıstica m(m−1) −m+ 2 = 0 → m 2 −2m+ 2 = 0. (3.369) 160 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR Las ra´ıces de esta ecuación son complejas conjugadas, m 1 = 1+i, y m 2 = 1−i. Entonces, la solución homogénea es y h = x _ c 1 cos(lnx) +c 2 sen(lnx) _ . (3.370) De esta ecuación identificamos las funciones y 1 = xcos(lnx), y 2 = xsen(lnx). (3.371) Con estas funciones formamos el Wronskiano W = det _ xcos(lnx) xsen(lnx) cos(lnx) −sen(lnx) sen(lnx) + cos(lnx) _ = x. (3.372) Luego, encontramos las funciones W 1 seg´ un las fórmulas (3.257), W 1 = det _ 0 xsen(lnx) ln x x sen(lnx) + cos(lnx) _ = −lnxsen(lnx). (3.373) y W 2 , W 2 = det _ xcos(lnx) 0 cos(lnx) −sen(lnx) ln x x _ = lnxcos(lnx). (3.374) Después, con ayuda de las fórmulas (3.256), calculamos las funciones u 1 y u 2 , esto es u 1 (x) = _ W 1 W dx = − _ lnxsen(lnx) x dx = − _ lnxsen(lnx)d(lnx) → _ t = lnx _ = − _ t sentdt =→ _ u = t, du = dt, dv = sentdt, v = cos t _ = −t cos t + _ cos tdt = −t cos t + sent = lnxcos(lnx) −sen(lnx). (3.375) La integral para u 2 (x) se calcula de la misma manera que (3.375), y el resultado es u 2 (x) = _ W 2 W dx = _ lnxcos(lnx) x dx = _ lnxcos(lnx)d(lnx) = lnxsen(lnx)+cos(lnx). (3.376) Luego, la solución particular está dada por y p (x) = u 1 (x)y 1 (x) +u 2 (x)y 2 (x) = xcos(lnx) _ lnxcos(lnx) −sen(lnx) _ + + xsen(lnx) _ lnxsen(lnx) + cos(lnx) _ = xlnx. (3.377) Entonces, la solución general de la ecuación (3.367), es y(x) = y h +y p = x _ c 1 cos(lnx) +c 2 sen(lnx) _ +xlnx. (3.378) Ejemplo 8: Resolver la siguiente ecuación (x + 2) 2 y + 3(x + 2)y −3y = 0. (3.379) Solución: Hagamos la sustitución t = x + 2 → dt = dx, (3.380) 3.7. ECUACIONES DE CAUCHY-EULER 161 entonces, la ecuación se reduce a una ecuación donde la variable independiente es t y no x, esto es t 2 d 2 y dt 2 + 3t dy dt −3y(t) = 0. (3.381) Luego, suponemos la solución y(t) = t m . (3.382) Sustituyendo, obtenemos la ecuación caracter´ıstica y sus ra´ıces m(m−1) + 3m−3 = 0 → (m+ 3)(m−1) → m 1 = −3, m 2 = 1. (3.383) Entonces, la solución general de la ecuación (3.381), es y(t) = c 1 t −3 +c 2 t. (3.384) Luego, regresamos a la variable x. Para esto sustituimos la expresión (3.380) en (3.384), y de esta manera obtenemos la solución general de la ecuación (3.379), y(x) = c 1 (x + 2) −3 +c 2 (x + 2). (3.385) Ejemplo 9: Resolver la ecuación (2x + 1) 2 y −2(2x + 1)y + 4y = 0. (3.386) Solución: Hagamos la sustitución t = 2x + 1 → dt = 2dx → dx = 1 2 dt. (3.387) Entonces, la ecuación (3.386), toma la forma 2t 2 y −4ty + 4y(t) = 0 → t 2 y −2ty + 2y(t) = 0. (3.388) Luego, suponiendo la solución y = t m y sustituyendo en (3.388), tenemos la ecuación caracter´ıstica y sus ra´ıces m(m−1) −2m+ 2 = 0 → m 2 −3m+ 2 = 0 → m 1 = −1 m 2 = −2. (3.389) Hemos obtenido solo una ra´ız con multiplicidad dos (es decir, dos ra´ıces reales e iguales). Entonces, la solución general de la ecuación (3.388), es y(t) = c 1 t −1 +c 2 t −2 . (3.390) Para obtener la solución de la ecuación (3.386), es necesario cambiar, en (3.390), la variable t por la variable x seg´ un la expresión (3.387). Finalmente, tenemos y(x) = c 1 (2x + 1) −1 +c 2 (2x + 1) −2 . (3.391) Teorema 3.7.1. La ecuación de Cauchy-Euler (3.299) puede transformarse en una ecuación lineal con coeficientes constantes mediante la sustitución x = e t . 162 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR ´ Sea la ecuación de Cauchy-Euler (3.299), ax 2 d 2 y dx 2 +bx dy dx +cy = 0 (3.392) Hagamos la sustitución x = e t . Como y es función de x y ésta, a su vez, es función de t, tenemos que derivar usando la regla de la cadena, esto es dy dx = dy dt dt dx . (3.393) Luego x = e t → t = lnx. (3.394) Derivando a t respecto a x, para sustituir en la ecuación (3.393), resulta dt dx = 1 x → dt dx = 1 e t = e −t . (3.395) Sustituyendo en la expresión (3.393), dy dx = dy dt e −t . (3.396) Aplicando una vez más la regla de la cadena, obtenemos d 2 y dx 2 = d dt _ e −t dy dt _ dt dx = e −t d dt _ e −t dy dt _ = e −t _ −e −t dy dt +e −t d 2 y dt 2 _ = e −2t _ − dy dt + d 2 y dt 2 _ . (3.397) Sustituyendo estos resultados en la ecuación (3.392), resulta ae 2t e −2t _ d 2 y dt 2 − dy dt _ +be t e −t dy dt +cy(t) = 0. (3.398) De donde obtenemos la siguiente ecuación a d 2 y dt 2 + (b −a) dy dt +cy(t) = 0 ´ (3.399) Esta es una ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes, la cual puede ser resuelta suponiendo la solución y(t) = e mt . Luego, en la solución general de (3.399), se sustituye t = lnx, para obtener la solución general de la ecuación (3.392). Ejemplo 10: Aplicando la sustitución x = e t resolver la ecuación de Cauchy-Euler x 2 y −xy +y = 0. (3.400) Solución: Suponemos la sustitución x = e t , t = lnx. Entonces, de (3.399), tenemos la ecuación lineal d 2 y dt 2 −2 dy dt +y(t) = 0. (3.401) 3.8. VIBRACIONES MEC ´ ANICAS 163 Luego, supongamos la solución y = e mt y sustituyendo en (3.401), obtenemos la ecuación caracter´ıstica y sus ra´ıces m 2 −2m+ 1 = 0 → (m−1) 2 = 0. (3.402) Tenemos solo una ra´ız de multiplicidad 2. Entonces, la solución general de (3.401), es y(t) = c 1 e t +c 2 te t . (3.403) Finalmente, para obtener la soluci´ on general de (3.400), basta con sustituir en (3.403), t = lnx, esto es y(x) = c 1 e ln x +c 2 lnxe ln x → y(x) = c 1 x +c 2 xlnx. (3.404) 3.8. Vibraciones Mecánicas El movimiento de un cuerpo de masa m sujeto a un resorte, sirve como ejemplo simple de las vibraciones que ocurren en los sistemas mecánicos más complejos. Muchos problemas de este tipo se pueden modelar con ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas con coeficientes constantes y, desde luego, ser resueltos con los métodos antes vistos. Supongamos que tenemos un cuerpo de masa m sujeto a un extremo de un resorte que resiste, tanto a la compresión como al estiramiento, el otro extremo del resorte está sujeto a un muro fijo, figura:. Supongamos, además, que el cuerpo descansa en una superficie plana sin fricción, de modo que el cuerpo solo puede moverse hacia atrás y hacia adelante, cuando el resorte se estira o se comprime. Supongamos que x representa la distancia del cuerpo a la posición de equilibrio(reposo). Fijemos nuestro sistema de referencia de tal modo que x > 0, cuando el resorte está estirado y x < 0 cuando el resorte está comprimido. Ahora, apliquemos las leyes de la f´ısica que han sido comprobadas experimentalmente. En este caso, la ley de Hooke: Esta ley nos dice que, la fuerza que el resorte ejerce sobre un cuerpo de masa m es proporcional a la distancia a la que el resorte se ha estirado o comprimido. A esta fuerza se le conoce como fuerza restauradora , ya que su función es llevar al cuerpo a su estado de equilibrio. Esta fuerza se representa como F r = −kx, (3.405) donde k > 0, es la constante de proporcionalidad, la cual solo depende del material del que está hecho el resorte. F r < 0, cuando x > 0 y F r > 0 cuando x < 0, figura (3.1). Aplicando la segunda ley de Newton, tenemos m d 2 x dt 2 = −kx, (3.406) La ecuación (3.406) se puede escribir como una ecuación lineal homogénea de segundo orden, es decir, de la siguiente manera m d 2 x dt 2 +kx = 0. (3.407) Sabemos bien que el modelo anterior es bastante ideal, y que en el mundo real es dif´ıcil encontrar tales sistemas. En realidad, siempre existe una fuerza de amortiguamiento. Esta fuerza de amortiguamiento es muy aproximada a ser proporcional a la velocidad instantánea del cuerpo, es decir, F a = −β dx dt , (3.408) 164 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR Figura 3.1: Figura 3.2: donde β es la constante de proporcionalidad, la cual depende del medio que sirve de amortiguador (puede ser la fricción de la superficie o del aire), figura (3.2). Nótese que las fuerzas F r y F a tienen signo negativo, esto es debido a que act´ uan en sentido contrario al del movimiento del cuerpo. La ecuación que describe el comportamiento del sistema de la figura (3.2) tiene, entonces, la forma m d 2 x dt 2 +β dx dt +kx = 0. (3.409) Si, además de las fuerzas F r y F a , el cuerpo está sujeto a una fuerza externa dada por F e = F(t), (3.410) entonces, la fuerza total que act´ ua en el cuerpo está dada por la suma de éstas fuerzas, es decir, F = F r +F a +F e . (3.411) En general, las fuerzas son vectoriales, pero aqu´ı no es necesario representarlas como vectores, ya que por condiciones del problema estamos en una dimensión. Haciendo uso de la segunda ley de la dinámica de Newton, la cual nos dice que, la suma de todas las fuerzas que act´ uan en un cuerpo es igual al producto de su masa por la aceleración, es decir, Σ N i F i=1 = m d 2 x dt 2 . (3.412) Entonces, tenemos m d 2 x dt 2 = −β dx dt −kx +F(t). (3.413) 3.9. SOLUCI ´ ON PARA EL MOVIMIENTO LIBRE NO AMORTIGUADO 165 Desde luego, esta ecuación la podemos escribir de la siguiente manera m d 2 x dt 2 +β dx dt +kx = F(t) (3.414) Como podemos ver, la ecuación (3.414), es una ecuación diferencial lineal no homogénea de segundo orden con coeficientes constantes. Esta ecuación modela, en un alto grado de exactitud, el movimiento del cuerpo sujeto a una fuerza de amortiguamiento y a una fuerza externa. Si no hay amortiguamiento, entonces, ponemos β = 0 y decimos que el movimiento es no amortiguado . El movimiento es amortiguado si β > 0. Si no hay fuerzas externas, esto es, si F(t) = 0, entonces, decimos que el movimiento es libre y diremos que es movimiento forzado si F(t) ,= 0. As´ı, la ecuación homogénea m d 2 x dt 2 +β dx dt +kx = 0 (3.415) describe el movimiento libre de un cuerpo de masa m sujeto a un resorte con amortiguamiento, pero sin fuerzas externas. 3.9. Solución para el Movimiento Libre no Amortiguado Se llama movimiento libre no amortiguado a todo aquel que cumple la ecuación diferencial m d 2 x dt 2 +kx = 0 (3.416) Nótese que aqu´ı hemos puesto β = F(t) = 0. Escribamos la ecuación (3.416), de la siguiente manera d 2 x dt 2 +ω 2 0 x = 0 (3.417) Donde, por comodidad, se ha introducido el parámetro ω 2 0 = k/m. La solución de esta ecuación la buscamos de la forma x(t) = e λt . (3.418) En esta expresión hemos escrito λ en lugar del parámetro m, esto es para no confundirse con la masa m del cuerpo. Sustituyendo en (3.417), tenemos λ 2 +ω 2 0 = 0 → λ = ± _ −ω 2 0 = ±iω 0 . (3.419) De donde, la solución general de esta ecuación es x(t) = c 1 cos ω 0 t +c 2 senω 0 t. (3.420) Este resultado lo podemos escribir de otra forma equivalente. Definamos a las constantes c 1 y c 2 como c 1 = Rcos φ c 2 = Rsenφ. (3.421) 166 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR donde R = _ c 2 1 +c 2 2 , tg φ = c 2 c 1 , φ = tg −1 _ c 2 c 1 _ . (3.422) Sustituyendo (3.421), en (3.420), resulta x(t) = Rcos φcos ω 0 t +Rsenφsenω 0 t. (3.423) Recordando la identidad trigonométrica cos φcos ω 0 t + senφsenω 0 t = cos(ω 0 t −φ) (3.424) obtenemos el resultado final x(t) = Rcos(ω 0 t −φ) (3.425) Observe que existe una relación entre las constantes c 1 , c 2 y las funciones senφ y cos φ. Esto es cos φ = c 1 _ c 2 1 +c 2 2 , senφ = c 2 _ c 2 1 +c 2 2 . (3.426) Existe un n´ umero infinito de ángulos φ, que difieren en m´ ultiplos enteros de 2π, que satisfacen las ecuaciones (3.426). Usualmente se escoge a φ tal que −π ≤ φ < π. El movimiento descrito por (3.420), o por (3.425), se llama movimiento armónico simple . El movimiento tiene una periodicidad, con periodo T = 2π ω0 (3.427) Este es el tiempo requerido para que el cuerpo complete un ciclo de ida y vuelta, u oscilación. Al parámetro R se le conoce como amplitud de la oscilación . Al ángulo φ se le da el nombre de ángulo de fase y se mide en radianes. Si t está en segundos, entonces, ω 0 está dada en radianes sobre segundo y se le llama frecuencia propia del movimiento. 3.10. Soluciones Para las Oscilaciones Forzadas no Amortiguadas En la naturaleza existen muchos fenómenos sometidos a fuerzas periódicas externas. Por ejemplo, los motores de hélice de un avión causan perturbaciones periódicas en sus alas. Las perturbaciones, aunque sean peque˜ nas en magnitud, pueden causar fracturas estructurales si tienen ciertas frecuencias cr´ıticas. Veamos como esto sucede. Consideremos un sistema masa-resorte sin amortiguamiento sometido a una fuerza externa F(t) = F 0 cos γ 0 t, (3.428) donde F 0 es una constante y γ 0 es la frecuencia propia de la fuerza externa. En este caso la ecuación que gobierna el movimiento tiene la forma m d 2 x dt 2 +kx = F(t). (3.429) Esta misma ecuación la podemos reescribir de la siguiente manera d 2 x dt 2 +ω 2 0 x = F0 m cos γ 0 t (3.430) 3.10. SOLUCIONES PARA LAS OSCILACIONES FORZADAS NO AMORTIGUADAS 167 Donde hemos definido ω 0 = _ k/m. Ahora debemos resolver la ecuación (3.430). Supongamos que ω 0 ,= γ 0 . Ya sabemos que para resolver la ecuación dada, primero debemos resolver la ecuación homogénea correspondiente, esto es d 2 x dt 2 +ω 2 0 x = 0. (3.431) La solución homogénea es x h = c 1 cos ω 0 t +c 2 senω 0 t. (3.432) Ahora busquemos una solución particular a la ecuación (3.430), sea x p = Acos γ 0 t +Bsenγ 0 t. (3.433) Sustituyendo esta solución en la ecuación (3.430), con el objetivo de encontrar las constantes A y B, tenemos como resultado (ω 2 0 −γ 2 0 )(Acos γ 0 t +Bsenγ 0 t) = F 0 m cos γ 0 t. (3.434) Esto se cumple, si y sólo si A = F 0 m(ω 2 0 −γ 2 0 ) , y B = 0. (3.435) Entonces, la solución particular tiene la forma x p (t) = F 0 m(ω 2 0 −γ 2 0 ) cos γ 0 t. (3.436) Luego, la solución general está dada por la relación x(t) = c 1 cos ω 0 t +c 2 senω 0 t + F 0 m(ω 2 0 −γ 2 0 ) cos γ 0 t. (3.437) Ahora, supongamos que las condiciones iniciales son tales que x(0) = 0, x (0) = 0. (3.438) Entonces, tenemos c 1 = − F 0 m(ω 2 0 −γ 2 0 ) , y c 2 = 0. (3.439) Sustituyendo en (3.437), tenemos x(t) = F 0 m(ω 2 0 −γ 2 0 ) (cos γ 0 t −cos ω 0 t). (3.440) Esta misma solución la podemos escribir de una forma más elegante y simple. Para esto, hagamos uso de las identidades trigonométricas cos(α −β) = cos αcos β + senαsenβ cos(α +β) = cos αcos β −senαsenβ. (3.441) Restando la segunda identidad de la primera resulta cos(α −β) −cos(α +β) = 2 senαsenβ. (3.442) Ahora identificando γ 0 t = α −β, y ω 0 t = α +β. (3.443) 168 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR De esta manera, tenemos α = (ω 0 +γ 0 )t 2 , β = (ω 0 −γ 0 )t 2 . (3.444) Sustituyendo (3.444), y (3.443), en (3.442), tenemos cos γ 0 t −cos ω 0 t = 2 sen (ω 0 −γ 0 )t 2 sen (ω 0 +γ 0 )t 2 . (3.445) Esta relación se sustituye en (3.440), y obtenemos x = A(t) sen (ω 0 +γ 0 )t 2 . (3.446) donde A(t) = 2F 0 m(ω 2 0 −γ 2 0 ) sen (ω 0 −γ 0 )t 2 . (3.447) Los resultados en las expresiones (3.446), y (3.447), los podemos interpretar como una variación senoidal con frecuencia (ω 0 +γ 0 ) 2 . (3.448) y amplitud variable A(t). 3.11. Circuito Eléctrico RLC Supongamos que tenemos un circuito eléctrico formado por un resistor de resistencia R (ohms), un inductor de inductancia L (henrios) y un capacitor de capacitancia C (faradios), conectados en serie a una fuente de fuerza electromotriz E(t) (voltios). Determinar la ecuación diferencial que describa el comportamiento de la corriente I(t) (amperes) en el circuito. Si el interruptor está abierto, entonces, no pasa nada. Cuando el interruptor se cierra (encendido), las diferencias en el potencial eléctrico causan que fluya corriente en el circuito. La bater´ıa o generador en la figura (3.3) crea una diferencia de potencial eléctrico E(t) entre sus dos terminales, que etiquetamos arbitrariamente como positiva y negativa. Decimos que E(t) > 0 si el potencial en la terminal positiva es mayor que el potencial en la terminal negativa, E(t) < 0 si el potencial en la terminal positiva es menor que en la terminal negativa y E(t) = 0 si el potencial es el mismo en las dos terminales. Usualmente a E(t) se le llama fuerza electromotriz. Figura 3.3: Circuito RLC. Para cualquier tiempo t dado, en cada uno de los puntos del circuito fluye la misma corriente I(t), y decimos que I(t) > 0 si el flujo circula alrededor del circuito, de la terminal positiva de la bater´ıa o generador hacia la terminal negativa, I(t) < 0 es el flujo en el sentido opuesto, e I(t) = 0 significa que no fluye corriente. 3.11. CIRCUITO EL ´ ECTRICO RLC 169 La ecuación para la corriente I(t) se obtiene considerando las siguientes tres ca´ıdas de voltaje V L = L dI dt en el inductor. V R = RI ley de Ohm. V C = q C en el capacitor. La ley de Kirchhoff nos dice que la suma de estas tres ca´ıdas de voltaje deberá ser igual a la fuerza electromotriz E(t). Matemáticamente, para el circuito de la figura (3.3), esta ley se escribe como L dI dt +RI + 1 C q = E(t). (3.449) Esta ecuación contiene dos incógnitas, la corriente I(t) en el circuito y la carga q(t) en el capacitor. La corriente I(t) es la cantidad de carga que atraviesa una sección transversal de un conductor en un tiempo t, esto es I(t) = dq dt . (3.450) Si derivamos la expresión (3.449) respecto a t, y tomamos en cuenta la relación (3.450), obtenemos la ecuación diferencial para hallar la corriente I(t) en función del tiempo, esto es L d 2 I dt 2 +R dI dt + 1 C I = dE dt (3.451) Esta ecuación es de segundo orden lineal no homogénea y con coeficientes constantes. Por otro lado, sustituyendo la expresión (3.450) en (3.449), obtenemos una ecuación diferencial para la carga q(t), la cual tiene la siguiente forma L d 2 q dt 2 +R dq dt + 1 C q = E(t) (3.452) Para hallar la corriente I(t) que fluye en un circuito RLC resolvemos la ecuación (3.452) para q(t) y luego diferenciamos la solución para obtener I(t). Observación: Como podemos ver, las ecuaciones (3.452), y (3.451), desde el punto de vista matemático, tienen la misma estructura de la ecuación (3.414) m d 2 x dt 2 +β dx dt +kx = F(t), (3.453) la cual representa a un sistema masa-resorte con una fuerza externa F(t). Entonces, es obvio que debe haber una cierta analog´ıa entre las constantes de las ecuaciones. Esta analog´ıa la escribimos en la siguiente tabla: Sistema Mecánico Sistema Eléctrico Masa m Inductancia L Constante de Amortiguamiento β Resistencia R Constante del Resorte k Capacitancia Rec´ıproca 1/C Posición x Carga q ó Corriente I Fuerza F(t) Fuerza Electromotr´ız E(t) 170 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR 3.12. Oscilaciones Libres del Circuito RLC Un circuito RLCtiene oscilación libre si E(t) = 0, para todo t > 0. Entonces, para las oscilaciones libres de un circuito, figura (3.3) en que E(t) = 0, tenemos de (3.452), la ecuación L d 2 q dt 2 +R dq dt + 1 C q = 0. (3.454) Esta ecuación es lineal, homogénea con coeficientes constantes. La ecuación caracter´ıstica correspondientes, es Lm 2 +Rm+ 1 C = 0. (3.455) Las ra´ıces de esta ecuación caracter´ıstica son m 1 = −R + _ R 2 −4L/C 2L y m 2 = R − _ R 2 −4L/C 2L (3.456) Existen tres casos de interés: Primer Caso: Si se cumple la relación R 2 < 4L/C, decimos que la oscilación es subamortiguada. En tal caso, las ra´ıces m 1 y m 2 son complejas conjugadas y tienen la forma m 1 = − R 2L +iω 1 y m 2 = − R 2L −iω 1 (3.457) Donde ω 1 = _ 4L/C −R 2 2L (3.458) La solución general de la ecuación de (3.454) es q(t) = e −Rt/2L _ c 1 cos ω 1 t +c 2 senω 1 t _ (3.459) Esta misma solución la podemos escribir en una forma diferente, pero equivalente q(t) = Ae −Rt/2L cos (ω 1 t −φ), (3.460) siempre y cuando A = _ c 2 1 +c 2 2 , c 1 = Acos φ, c 2 = Asenφ, φ = tg −1 _ c 2 c 1 _ . (3.461) donde, A es la amplitud de las oscilaciones, ω la frecuencia y φ la fase. Si suponemos que R = 0 (caso ideal), entonces, de la ecuación (3.460), tenemos q(t) = Acos _ t √ LC −φ _ . (3.462) Este resultado es similar al movimiento armónico simple de un sistema masa-resorte no amortiguado en vibración libre. El caso del sistema subamortiguado es el más interesante, ya que por lo general los circuitos RLC pertenecen a estos sistemas. Segundo caso: Si R 2 > 4L/C tenemos la oscilación sobreamortiguada. Esto significa que la resistencia en el circuito es dominante. En este caso las ra´ıces m 1 y m 2 son reales y la solución general de la ecuación (3.454) es q(t) = c 1 e m1t +c 2 e m2t . (3.463) 3.13. SOLUCI ´ ON GENERAL DEL CIRCUITO RLC 171 Tercer caso: Si R 2 = 4L/C, decimos que la oscilación es cr´ıticamente amortiguada. En tal caso, las ra´ıces son reales e iguales, m 1 = m 2 = m = −R/2L y la solución general de (3.454), es q(t) = e −Rt/2L _ c 1 +c 2 t _ . (3.464) Si R ,= 0, entonces los exponentes en las expresiones (3.460, 3.463, 3.464) son negativos, por consiguiente la solución general de cualquier problema homogéneo con valor inicial L d 2 q dt 2 +R dq dt + q C = 0, q(0) = q 0 , q (0) = I 0 , (3.465) tiende a cero, de manera exponencial cuando t → ∞. Entonces, las soluciones son soluciones transitorias. No habiendo fuente de energ´ıa exterior (generador) y existiendo rozamiento eléctri- co”(resistencia con calor de Joule) el sistema termina estabilizándose: El condensador se descarga y deja de pasar corriente. El régimen es siempre transitorio. Cuando hay oscilaciones existe transferen- cia de energ´ıa del campo eléctrico en el condensador al campo magnético en la bobina de inducción y viceversa. 3.13. Solución General del Circuito RLC Resolver el problema de valor inicial para la ecuación (3.452). Tenemos L d 2 q dt 2 +R dq dt + q C = E(t), q(0) = q 0 , q (0) = I 0 , (3.466) donde q 0 es la carga inicial en el capacitor e I 0 es la corriente inicial en el circuito. De la sección anterior, sabemos que para el caso E(t) = 0, todas las soluciones de (3.466) son transitorias. Por otro lado, si suponemos que E(t) ,= 0, entonces, la solución general de (3.466) tendrá la forma q(t) = q h (t) +q p (t), (3.467) donde q h (t) es la solución de la ecuación homogénea (E(t) = 0), y tiende de manera exponencial a cero cuando t → ∞, cualesquiera que sean las condiciones iniciales. q p (t) depende sólo de E(t) y es independiente de las condiciones iniciales. A la solución q p (t) se le conoce como carga del estado permanente sobre el capacitor del circuito RLC. Si derivamos, respecto al tiempo, la expresión (3.467), obtenemos dq dt = dq h dt + dq p dt (3.468) Recordando que I = dq/dt, podemos escribir esta expresión de la siguiente manera I(t) = I h (t) +I p (t) (3.469) Entonces I h (t) = dq h dt y I p (t) = dq p dt , (3.470) decimos que I h (t) es la corriente transitoria y I p (t) es la corriente de estado permanente. En la mayor´ıa de las aplicaciones sólo nos interesamos por la carga y corriente del estado permanente, es decir, nos interesa el comportamiento del sistema a largo plazo. 172 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR 3.14. Aplicaciones Problema 1: Una masa de m = 3kg está fija al extremo de un resorte que se estira 20cm. por una fuerza de 15N. Es puesto en movimiento con la posición inicial x 0 = 0 y velocidad inicial v 0 = 10m/s. Hallar la amplitud, el periodo y la frecuencia del movimiento. Datos: m = 3kg, x 0 = 0cm, x 1 = 20cm, F = 15N, v 0 = 10m/s. Hallar: Amplitud A, periodo T y la frecuencia ω. Solución: Problema 2: Determinar el periodo y la frecuencia de un movimiento armónico simple de un objeto de masa m = 4kg. colocado al extremo de un resorte cuya constante es de k = 16N/m. Datos: m = 4kg, k = 16N/m. Hallar: El periodo T y la frecuencia ω 0 . Solución: La ecuación del movimiento armónico simple está dada por d 2 x dt 2 +ω 2 0 x = 0, (3.471) donde ω 2 0 = k m , (3.472) y el periodo de las oscilaciones es T = 2π ω 0 . (3.473) Sustituyendo (3.473) en (3.472), tenemos T = 2π _ m k . (3.474) La solución general del movimiento armónico simple esta dado por la exresión x(t) = c 1 cos ω 0 t +c 2 senω 0 t. (3.475) Sustituyendo el valor de la frecuencia (3.472) en (3.475), tenemos que la solución general para el problema dado, es x(t) = c 1 cos _ m k t +c 2 sen _ m k t. (3.476) Ejemplo 3: Hallar la corriente de estado permanente de un circuito RLC si la fuerza electromotriz, propor- cionada por un generador de corriente alterna, es E(t) = E 0 cos ωt Solución: Primero vamos a calcular la carga q(t) del estado permanente en el capacitor como una solución particular de la ecuación L d 2 q dt 2 +R dq dt + q C = E 0 cos ωt. (3.477) 3.14. APLICACIONES 173 Como nadamás nos interesa el estado permanente, entonces, buscamos una solución particular de la ecuación (3.477), de la siguiente manera q p (t) = Acos ωt +Bsenωt. (3.478) donde las constantes A y B las debemos determinar, para esto sustituimos en (3.477) y resulta el sistema de ecuaciones −Aω 2 L +RBω + A C = E 0 , −Bω 2 L −RAω + B C = 0. (3.479) Problema: Hallar la ley de movimiento de un cuerpo de masa m, lanzado verticalmente hacia arriba con una velocidad inicial v 0 . Cuál será la máxima altura que el cuerpo alcanza? Datos: v 0 , m. Hallar: Ley de movimiento v = v(t), x = x(t) y altura máxima H. Solución: Supongamos que la fricción debida al aire es tal que se puede despreciar. Entones, la ´ unica fuerza que act´ ua en el cuerpo es su peso mg. Aplicando la segunda ley de Newton, resulta m d 2 x dt 2 = −mg → d 2 x dt 2 = −g, (3.480) donde g es una constante, a decir, es la aceleración de ca´ıda libre g = 9,8m/s 2 . Para hallar la ley de movimiento del cuerpo, debemos integrar la segunda expresión de (3.480). Podemos reducir la ecuación de segundo orden (3.480), introduciendo v(t) = dx/dt que por definición es la velocidad del cuerpo. dv dt = −g. (3.481) Ahora tenemos una ecuación de primer orden. Integrando resulta _ dv = −g _ dt → v(t) = −gt +c 1 (3.482) De las condiciones iniciales, tenemos v 0 = c 1 . Entonces v(t) = −gt +v 0 . (3.483) Luego dx dt = −gt +v 0 → _ dx = _ (−gt +v 0 )dt. (3.484) Después de integrar, obtenemos x(t) = − gt 2 2 +v 0 t +c 2 . (3.485) Para hallar la constante c 2 , suponemos que en t = 0, x(0) = 0, de (3.485), obtenemos que c 2 = 0. Entonces, la ley de movimiento la podemos escribir como v(t) = −gt +v 0 , x(t) = − gt 2 2 +v 0 t. (3.486) 174 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR En el punto donde el cuerpo alcanza la altura máxima su velocidad deberá ser cero, entonces de la primer ecuación en (3.486), tenemos 0 = −gt max +v 0 , t max = v 0 g , (3.487) donde t max es el tiempo máximo, en el cual el cuerpo alcanza la altura máxima x(t) max = H. Sustituyendo el t max en la segunda ecuación en (3.486), tenemos x max (t) = − g 2 t 2 max +v 0 t max → H = − g 2 _ v 0 g _ 2 +v 0 v 0 g = − v 2 0 2g + v 2 0 g = v 2 0 2g . (3.488) Entonces, la altura máxima alcanzada por el cuerpo será H = v 2 0 2g . (3.489) Esta expresión y las expresiones obtenidas en (3.486), son las soluciones al problema planteado. Problema 2: Determinar la m´ınima velocidad que se le debe aplicar a un cuerpo lanzado verticalmente hacia arriba para que éste salga del campo de atracción de la Tierra. Para simplificar, suponga que la resistencia del aire se puede despreciar. Solución: Sean M y m las masas de la Tierra y del cuerpo que deberá ser lanzado, respect´ıvamente. Seg´ un la ley gravitacional, entre la Tierra y el cuerpo existe una fuerza de atracción F = G N Mm x 2 , (3.490) donde la distancia x se mide del centro de la Tierra al centro de gravedad del cuerpo. En la superficie terrestre x = R, para t = 0 y v 0 la velocidad inicial del cuerpo(que es la que deseamos encontrar). De la segunda ley de Newton, obtenemos la ecuación diferencial que gobierna el movimiento, ésta tiene la forma m dv dt = −G N mM x 2 → dv dt = −G N M x 2 , (3.491) donde G N es la constante gravitacional de Newton. Para integrar esta ecuación, hagamos uso de la regla de la cadena, para convertir la ecuación en variables separables, esto es dv dt = dv dx dx dt = v dv dx . (3.492) Sustituyendo este resultado en la segunda ecuación de (3.491), e integrando _ vdv = −G N M _ dx x 2 → v 2 2 = G N M x + c 1 2 . (3.493) La constante de integración c 1 la podemos hallar de las condiciones, para x = R la velocidad inicial es v = v 0 v 2 0 2 = G N M R + c 1 2 → c 1 = v 2 0 − 2G N M R . (3.494) Sustituyendo el valor de c 1 en la segunda expresión de (3.493), obtenemos v 2 2 = G N M x + v 2 0 2 − G N M R . (3.495) 3.14. APLICACIONES 175 Seg´ un la hipótesis, la velocidad v deberá cumplir la relación v 2 2 ≥ 0. (3.496) La magnitud G N M x →0 ⇐⇒ x →∞. (3.497) se hace muy peque˜ na conforme x aumenta. La condición (3.496), se cumple para toda x sólo si v 2 0 2 − G N M R ≥ 0. (3.498) De donde, obtenemos que la velocidad m´ınima con que debe ser lanzado el cuerpo es v 0 = _ 2G N M R . (3.499) En la superficie de la Tierra, es decir, cuando x = R la magnitud de la aceleración debida a la fuerza de gravedad se obtiene de la ecuación (3.491), g = G N M R 2 . (3.500) De donde podemos encontrar la masa M de la Tierra M = gR 2 G N . (3.501) Sustituyendo este valor en (3.499), obtenemos el resultado final, v 0 = _ 2gR = _ 2 9,81 63 10 7 ≈ 11, 2 10 5 cm/s = 11, 2 km/s. (3.502) Con la velocidad de v 0 = 11, 2 km/s debe ser lanzado un cuerpo de masa m para que no regrese a la Tierra. A esta velocidad m´ınima se le conoce como velocidad de escape . 176 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR 3.15. Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 3: En esta sección de problemas también recomendamos resolver todos los ejercicios, esto es muy sano para el alumno, ya que estamos convencidos de que solamente as´ı se adquiere cierta experiencia y habilidad en la solución de problemas. 3.1.-) Integrar las siguientes ecuaciones 1. y = 2x 2 . 2. y = sen(kx). 3. y = x 4 . 4. y = 1 x . 5. y (n) = x m . 6. y −a 2 y = 0. 7. y = b x . 8. y = lnx. 9. y = cos(kx). 10. y = e ax cos(kx). 3.2.-) Ecuaciones Reducibles a Ecuaciones de Primer Orden 1. y = x(y ) 3 . 2. (2y + 3)y −2(y ) 2 = 0. 3. xy +x(y ) 2 = y . 4. yy = (y ) 2 ; y(0) = 1, y (0) = 2. 5. y +yy = 0. 6. 2xy y = (y ) 2 −1. 7. yy = (y ) 2 +yy . 8. (y ) 2 +y = xy . 9. yy = (y ) 2 +y 2 lny. 10. y = (y ) 2 +y (y+1) . 3.3.-) Ecuaciones Lineales Homogéneas 1. y −y −2y = 0. 2. y −4y + 4y = 0. 3. y −4y = 0. 4. 3y −2y −8y = 0. 5. y IV +a 4 y = 0. 6. y +y = 0, y(0) = 1, y (π/3) = 0. 7. y +5y +6y = 0, y(0) = 1, y (0) = −6. 8. 4y −8y + 5y = 0. 9. y −4y +3y = 0, y(0) = 6, y (0) = 10. 10. 4y + 4y +y = 0, y(0) = 2, y (0) = 0. 11. y −3y −2y −y = 0. 12. y −3y + 3y +y = 0, y(0) = 1, y (0) = 2, y (0) = 3. 3.4.-) Ecuaciones Lineales no Homogéneas 1. y +y = 4xe x . 2. y −y = 2e x −x 2 . 3. y −3y + 2y = senx. 4. y +y = 4 senx. 5. y +y −2y = cos x −3 senx, y(0) = 1, y (0) = 2. 6. y −5y + 4y = 4x 2 e 2x . 7. y −y = cosh 2x, y(0) = y (0) = 0. 8. y −4y + 3y = e 5x , y(0) = 3, y (0) = 9. 9. y −2y −3y = e 4x . 10. y +y −2y = x 2 e 4x . 11. y + 5y + 6y = 5 senx. 12. ay +y + 9ay + 9y = 37 2 e −x/a . 13. y −2y + 5y = 1 +e x cos 2x. 14. y + 3y −4y = e −4x +xe −x . 15. y + 2y −3y = x 2 e x . 16. y −4y + 8y = e 2x + sen2x. 3.15. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAP ´ ITULO 3: 177 17. y −9y = e 3x cos x. 18. y −2y +y = 6xe x . 19. y +y = xsenx. 20. y + 4y + 4y = xe 2x . 21. y −5y = 3x 2 + sen5x. 22. y +y + 2y = e x + cos 3x +x 2 + 2. 23. y + 2y +y = 8xe −x . 24. y −4y + 5y = e 2x (senx + 2 cos x). 25. y −5y + 6y = (12x −7)e −x . 26. 3y + 4y + 5y = e 2x + 1. 27. y + 2y +y = e −x + senx. 28. y −5y + 6y = (x 2 + 2x + 1)e −3x . 29. y + 3y + 2y = 250. 30. 2y + 3y + 8y = x 10 +x. 31. y −4y + 5y = e 2x senx + +e x (x + 3). 32. y + 2y +y = e −x . 33. y −4y + 10y = 2. 34. y +y = x 2 cos x. 35. y −y +y = x 3 . 36. y + 5y + 10y = −2e 3x . 37. y + 2y + 3y = e 2x . 38. y −3y + 2y = e 3x , y(0) = y (0) = 0. 39. y +4y +6y = 1+e −x , y(0) = y (0) = 0. 40. y + 4y = 4x. 3.5.-) Método de Variación de Parámet- ros 1. y + 4y = 1 cos 2x . 2. y + 2y + 2y = 1 e x sen x . 3. y −y = e x e x +1 . 4. y +y = 1 √ cos 2x . 5. y −2y +y = e x x . 6. y −y = (e x + 1) −1 . 7. y −2y +y = e x x 2 +1 . 8. y −y = e 2x (1 −e −2x ) 1/2 . 9. y −y = 2e x e x −1 . 10. y + 5y + 6y = 1 e 2x +1 . 11. y + 3y + 2y = 1 e x +1 . 12. y +y = 1 sen x . 13. y + 2y +y = 3e −x √ x + 1. 3.6.-) Ecuaciones de Cauchy-Euler 1. x 2 y −xy +y = 2x. 2. x 2 y +xy +y = x(6 −lnx). 3. x 2 y + 3xy +y = 0. 4. xy +y = 0. 5. x 2 y −xy + 3y = 0. 6. x 2 y −xy −3y = − 16 ln x x . 7. x 2 y −2y = 0. 8. x 2 y −xy +y = 4x 3 . 9. x 2 y +xy + 4y = 10x. 10. x 3 y −2xy = 6 lnx. 11. x 2 y −3xy + 5y = 3x 2 . 12. x 2 y −6y = 5x 3 + 8x 2 . 13. x 2 y −2y = sen(lnx). 14. (x −2) 2 y −3(x −2)y + 4y = x. 15. (2x + 3) 3 y + 3(2x + 3)y −6y = 0. 3.7.-) Resolver las Siguientes Ecuaciones Diferenciales 1. y +y +y = xe x +e −x (2x + 1). 2. y −2y +2y = e x (x+1)+e −x (5x 2 −8x+2). 3. 4y +y = −4 cos x 2 −8xsen x 2 . 178 CAP ´ ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR 4. x 2 y + 7xy + 8y = 0. 5. x 2 y + 3xy −3y = 0. 6. y −3y + 2y = −e 2x (4x + 3) −e x . 7. y + 3y + 2y = 7 cos x −senx. 8. y −y +y = e x (x + 2) senx. 9. y + 2y +y = 8x 2 cos x −4xsenx. 10. y −3y + 2y = 1 e −x +1 . 11. y −y = 4e −x 1−e −2x . 12. y −2y +y = 14x 3/2 e x . 13. y −6y + 5y = e −3x (35 −8x). 14. y −3y + 2y = e 3x (x + 1). 15. y −4y −5y = −6xe −x . 16. 9x 2 y + 15xy +y = 0. 17. x 2 y −3xy + 4y = 0. 18. x 2 y + 3xy +y = 0. 19. y −y = e x . 20. y −y −2y = 3e −x . 21. x 2 y −2xy + 2y = x 2 . 22. y −4y + 4y = x −2 e 2x . 23. x 2 y −3xy + 4y = x 2 lnx. 24. y −y = 2 lnx. 25. y +y −2y = x 2 . 26. x 2 y +xy −2y = xe x . 27. y + 8y = e −x senx. 28. y + 4y + 4y = x −2 e 2x . 29. y +y −2y = 6e x . 30. x 2 y +xy −y = x 2 . 31. y +y −2y = 4x 2 . 32. y −3y + 2y = (x + 1) 2 . 33. y + 6y + 9y = 2 +e 3x . 34. y + 5y + 4y = 4x 2 + 2x −1. 35. x 2 y +xy + 4y = 0. 36. x 2 y −xy +y = lnx. 37. 2x 2 y −3xy −3y = x 2 + 2x + 1. 38. (x −1) 2 y −2(x −1)y −4y = 0. 39. x 2 y + 3xy +y = 1 x , y(1) = 1, y (0) = 0. 40. y −4y + 8y = 61e 2x senx, y(0) = 0, y = 4. 41. y + 9y = 2 senxsen2x. 42. y + 2 x y +y = 0. 43. y −2y +y = 0. 44. y + 5y + 4y = 0. Cap´ıtulo 4 TRANSFORMADA DE LAPLACE Hasta el momento hemos aprendido a resolver ecuaciones diferenciales de primer orden y de orden superior, tanto lineales homogéneas como lineales no homogéneas con coeficientes constantes, y un tipo muy especial de ecuaciones con coeficientes variables llamadas ecuaciones de Cauchy- Euler. En todos estos casos supon´ıamos que la parte derecha (no homogénea) de la ecuación era una función continua. Sin embargo, en las aplicaciones reales de la ingenier´ıa la función (no homogénea) casi siempre es continua por partes y en ocasiones es un pulso de muy corta duración, esto trae complicaciones para los métodos estudiados anteriormente. No obstante, para nuestra tranquilidad, existe un método, el cual es aplicable cuando tenemos estos problemas mencionados. Este método es conocido como método de Laplace, más com´ unmente llamado transformada de Laplace . El método de la transformada de Laplace es un método operativo que aporta muchas ventajas cuando se usa para resolver ecuaciones diferenciales lineales. Mediante el uso de la transformada de Laplace, es posible convertir muchas funciones comunes, tales como las funciones senoidales, las funciones senoidales amortiguadas y las funciones exponenciales, en funciones algebraicas de una variable s que, en general, es compleja. Las operaciones tales como la diferenciación y la integración se sustituyen mediante operaciones algebraicas en el plano complejo ó real. Si se resuelve la ecuación algebraica en s para la variable dependiente, la solución de la ecuación diferencial (la transformada inversa de Laplace de la variable dependiente) se encuentra mediante una tabla de transformadas de Laplace, si esto es posible o se aplica la técnica de expansión en fracciones parciales y luego se halla la transformada inversa, ésta será la solución de la ecuación diferencial. Sin embargo, la transformada de Laplace es aplicable sólo a ecuaciones diferenciales lineales, y a´ un cuando reemplazan el cálculo por el álgebra, las operaciones algebráicas pueden resultar muy complicadas. En las aplicaciones, las funciones discontinuas surgen de manera natural. Por ejemplo, el encendido y apagado de un interruptor son fenómenos discontinuos. Las ecuaciones diferenciales que contienen funciones discontinuas son dif´ıciles de tratar anal´ıticamente usando los métodos antes vistos, pero la transformada de Laplace puede facilitar el tratamiento de esas discontinuidades. En este cap´ıtulo estudiaremos la transformada de Laplace como una herramienta para resolver ecuaciones diferenciales. A continuación daremos algunos conceptos básicos de la transformada de Laplace y resolveremos algunos ejemplos, los cuales, posteriormente, serán de gran utilidad. 179 180 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE 4.1. Conceptos Básicos de la Transformada de Laplace Sea f(t) una función definida para todo t ≥ 0. Entonces, la integral impropia definida como L[f(t)] = _ ∞ 0 e −st f(t)dt ≡ F(s) (4.1) donde s = σ + jωt, se llama transformada de Laplace de f(t), con la condición de que la integral (4.1) exista, es decir, que la integral converja. Una integral impropia sobre un intervalo infinito se define como un l´ımite de integrales sobre intervalos finitos, es decir _ ∞ 0 f(t)dt = l´ım b→∞ _ b a f(t)dt. Si el l´ımite existe, decimos que la integral converge, en caso contrario, se dice que la integral diverge o no existe. La integral (4.1), contiene la variable de integración t y el parámetro s, que en general es complejo, es decir, tiene la forma s = σ+jω, donde a σ se le conoce como frecuencia neper con unidades neper/s y a ω como la frecuencia real medida en radianes sobre segundo rad/s, en este caso, la integral (4.1), se define en un intervalo (−∞, ∞). En consecuencia, cuando la integral (4.1) converge, no lo hace sólo en un n´ umero, sino en una función F(s). Por consiguiente, la integral impropia (4.1), suele convergir para algunos valores de s y divergir para otros. Por lo anterior, es importante indicar el dominio de la transformada de Laplace, el cual tiene la forma 1s > σ 0 , para un cierto n´ umero σ 0 . En las aplicaciones a la ingenier´ıa, la variable t representa el dominio del tiempo y s el dominio de la frecuencia. De manera más formal y desde un punto de vista estrictamente matemático, decimos que la transformada de Laplace define una operación que convierte una función f(t) a una nueva función transformada F(s), y usamos la letra L para representarla. En otras palabras, escribimos F(s) = L[f(t)]. Observe que la transformada de Laplace (4.1) está definida como una integral sobre el intervalo 0 ≤ t < ∞ (y no sobre el eje real entero −∞ < t < ∞). Es necesario usar este intervalo ya que, para 1s > 0, e −st → ∞, cuando t → ∞. Si evaluáramos la transformada de Laplace sobre todo el eje real, entonces las restricciones sobre la función f(t) ser´ıan mucho más estrictas. Por oro lado, en la mayor´ıa de las aplicaciones nos interesa el comportamiento futuro (t ≥ 0), as´ı que tomamos el intervalo 0 ≤ t < ∞. En la literatura se utiliza una letra min´ uscula para representar la función que se transforma y la correspondiente letra may´ uscula para representar la función transformada. Por ejemplo, la transformada de Laplace de las funciones f(t), g(t) y y(t) se representan como: L[f(t)] = F(s), L[g(t)] = G(s), L[y(t)] = Y (s). (4.2) Debido a que, por definición, la transformada de Laplace es una transformada integral, ésta es lineal, es decir, para una suma de funciones αf(t) +βg(t), la transformada de Laplace es _ ∞ 0 e −st [αf(t) +βg(t)]dt = α _ ∞ 0 e −st f(t)dt +β _ ∞ 0 e −st g(t)dt = αF(s) +βG(s) (4.3) donde α y β son ciertas constantes arbitrarias. La expresión (4.3) la podemos escribir de la siguiente 4.1. CONCEPTOS B ´ ASICOS DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 181 manera L[αf(t) +βg(t)] = αL[f(t)] +βL[g(t)] = αF(s) +βG(s) (4.4) Debido a esta propiedad se dice que la transformada de Laplace es una transformada lineal o un operador lineal que transforma la función f(t) en la función F(s). A la función f(t) se le conoce también como función objeto, y a su correspondiente transformada F(s) como su imagen. Es obvio que, por definición de la transformada de Laplace, no para toda función existe su correspondiente transformada de Laplace. Sin embargo, existe una clase amplia de funciones para las cuales la transformada de Laplace existe, esto se debe al hecho de que la exponencial e −st en la integral (4.1) act´ ua como funci´ on de ”amortiguamiento”. A continuación daremos las condiciones que debe cumplir la función f(t) para que exista su transformada de Laplace. Las condiciones suficientes que garantizan la existencia de la transformada de Laplace son: que la función f(t) sea una función continua por partes (seccionalmente continua) en [0, ∞), que la función f(t) sea una función de orden exponencial para t > t 0 . Una función f(t) es continua por partes (seccionalmente continua) en [0, ∞), si en cualquier intervalo 0 < a < t < b existen a lo más un n´ umero finito de puntos t k en que k = 1, 2..., n y t n−k < t k en los cuales f(t) tiene discontinuidades finitas y es continua en cada intervalo abierto t n−k < t < t k . Figura 4.1: Función continua por partes. Se dice que una función f(t) es de orden exponencial si existen ciertos n´ umeros M > 0 y σ 0 ≥ 0 tales que se cumpla la relación [f(t)[ < Me σ0t , para todo t. (4.5) Al n´ umero σ 0 se le llama exponente de crecimiento. Esto quiere decir, que al aumentar t, el crecimiento del módulo de la función f(t) no es superior al de alguna función exponencial. La condición (4.5) garantiza la existencia de la integral (4.1). Las funciones f 1 (t) = t, f 2 (t) = e −t y f 3 (t) = 4 cos t son todas de orden exponencial, ya que cumplen las relaciones [t[ ≤ e t , [e −t [ ≤ e t , [4 cos t[ ≤ 4e t . (4.6) 182 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE La función f(t) = e t 2 no es de orden exponencial, pues esta crece más rápido que cualquier potencia lineal positiva de c para t > c > 0. Las condiciones anteriores se resumen en el siguiente teorema. Teorema 4.1.1. Si f(t) es una función continua por partes para t ≥ 0, y de orden exponencial, entonces la transformada de Laplace L[f(t)] de f(t) existe para 1s > σ 0 . ´ Debido a que f(t) es continua por partes, la expresión e −st f(t) será integrable sobre cualquier intervalo finito del eje t. En el cálculo de integrales impropias existe un teorema, el cual afirma que la convergencia absoluta implica la convergencia. Entonces, es suficiente probar que la integral _ ∞ 0 [e −st f(t)[dt existe para 1s > σ 0 . Para esto, basta a su vez con probar que el valor de la integral _ b 0 [e −st f(t)[dt permanece acotado cuando b →∞. Luego, la desigualdad (4.5) implica que _ b 0 [e −st f(t)[dt < _ b 0 [e −st Me σ0t [dt = M _ b 0 [e −(s−σ0)t [dt < M _ ∞ 0 [e −(s−σ0)t [dt = M [s −σ 0 [ , (4.7) en donde fue necesaria la condición 1s > σ 0 para la existencia de la ´ ultima integral. ´ 4.2. Transformada de Laplace de Algunas Funciones Elementales En esta sección calcularemos la transformada de Laplace de algunas funciones básicas que nos serán muy ´ utiles en secciones posteriores. Ejemplo 1: Sea la función f(t) = A, ∀t ≥ 0 (4.8) donde A es cierta constante arbitraria. Calcular su transformada de Laplace. Solución: Por definición, la transformada de Laplace se expresa mediante la integral L[A] = _ ∞ 0 Ae −st dt = A _ ∞ 0 e −st dt = − Ae −st s ¸ ¸ ¸ ∞ 0 = A s e −st ¸ ¸ ¸ 0 ∞ = A s −A l´ım t→∞ 1 s e −st . (4.9) El l´ımite que se toma en el ´ ultimo término de la expresión (4.9) depende del valor de s. Si 1s > 0, el exponente −st tiende a −∞, cuando t →∞, y como consecuencia, e −st →0. Por lo tanto, el ´ ultimo término de (4.9) se hace cero. Si 1s < 0, entonces el ´ ultimo término de (4.9) tiende al infinito y como consecuencia la integral diverge. Por ´ ultimo, si 1s = 0, entonces la integral _ ∞ 0 dt →∞. Como conclusión, tenemos que la integral (4.9) existe solamente cuando 1s > 0, y el resultado es L[A] = A s , 1s > 0. (4.10) Ejemplo 2: Sea la función f(t) = t, ∀t > 0. (4.11) Calcular su transformada de Laplace. Solución: 4.2. TRANSFORMADA DE LAPLACE DE ALGUNAS FUNCIONES ELEMENTALES 183 Para f(t) = t, tenemos L[t] = _ ∞ 0 te −st dt → _ u = t, du = dt, dv = e −st dt, v = − 1 s e −st _ = − t s e −st ¸ ¸ ¸ ∞ 0 + 1 s _ ∞ 0 e −st dt = − e −st s 2 ¸ ¸ ¸ ∞ 0 = 1 s 2 , 1s > 0. (4.12) Ejemplo 3: Calcular la transformada de Laplace de la función f(t) = t 2 . (4.13) Solución: Para f(t) = t 2 , tenemos L[t 2 ] = _ ∞ 0 t 2 e −st dt → _ u = t 2 , du = 2tdt, dv = e −st dt, v = − 1 s e −st _ (4.14) = − t 2 s e −st ¸ ¸ ¸ ∞ 0 + 2 s _ ∞ 0 te −st dt = 2 s _ ∞ 0 te −st dt. (4.15) Usando el resultado anterior _ ∞ 0 te −st dt = 1/s 2 , tenemos L[t 2 ] = 2 s 3 , 1s > 0. (4.16) Ejemplo 4: Hallar la transformada de Laplace de la función f(t) = t 3 . (4.17) Solución: Para f(t) = t 3 , tenemos L[t 3 ] = _ ∞ 0 t 3 e −st dt → _ u = t 3 , du = 3t 2 dt, dv = e −st dt, v = − 1 s e −st _ (4.18) = − t 3 s e −st ¸ ¸ ¸ ∞ 0 + 3 s _ ∞ 0 t 2 e −st dt = 2 3 s 4 , 1s > 0. (4.19) donde hemos usado el resultado anterior, es decir, la L[t 2 ] = 2/s 3 . Ejemplo 5: Calcular la transformada de Laplace de la función f(t) = t n . (4.20) Solución: Sustituyendo la función (4.20), en la definición (4.1), obtenemos L[t n ] = _ ∞ 0 t n e −st dt → _ u = t n , du = nt n−1 dt, dv = e −st dt, v = − 1 s e −st _ = − t n s e −st ¸ ¸ ¸ ∞ 0 + n s _ ∞ 0 t n−1 e −st dt, (4.21) 184 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE para s > 0 y n > 0 el primer término de la derecha en (4.21) es igual a cero, y tenemos solamente _ ∞ 0 t n e −st dt = n s _ ∞ 0 t n−1 e −st dt, 1s > 0. (4.22) Podemos observar que el término de la izquierda de (4.22), es L[t n ] y el término de la derecha es L[t n−1 ], es decir, la expresión (4.22), es equivalente a L[t n ] = n s L[t n−1 ], 1s > 0, n > 0. (4.23) De esta expresión podemos ver que para n > 1, tenemos L[t n−1 ] = n −1 s L[t n−2 ]. (4.24) Para n > 2, tenemos L[t n−2 ] = n −2 s L[t n−3 ], n > 2. (4.25) Sustituyendo las expresiones (4.25), en (4.24), y a su vez en (4.23), tenemos L[t n ] = n(n −1)(n −2) s 3 L[t n−3 ]. (4.26) Repitiendo este mismo proceso, tendremos L[t n ] = n(n −1)(n −2) 2 1 s n L[t 0 ] = n(n −1)(n −2) 2 1 s n _ 1 s _ (4.27) Finalmente, si n ≥ 0, entonces L[t n ] = n! s n+1 , 1s > 0. (4.28) Ejemplo 6: Calcular la transformada de Laplace de la función f(t) = t 1/2 . (4.29) Solución: Tenemos L[t 1/2 ] = _ ∞ 0 t 1/2 e −st dt → _ x = st, t = x s , dt = 1 s dx _ = _ ∞ 0 _ x s _ 1/2 e −x s dx = 1 s 3/2 _ ∞ 0 x 1/2 e −x dx = 1 s 3/2 Γ _ 3 2 _ , (4.30) donde Γ( 3 2 ) es la función Gamma o función de Euler , definida como Γ(p) = _ ∞ 0 x p−1 e −x dx, donde p es un n´ umero cualquiera. Para obtener el valor de p igualamos p−1 = 1/2, de donde p = 3/2. Vamos a utilizar la fórmula Γ( 1 2 ) = √ π, después usando la fórmula general Γ(m+ 1 2 ) = (2m)! m!2 2m Γ( 1 2 ) = (2m)! m!2 2m √ π, para calcular Γ( 3 2 ), resulta Γ _ 3 2 _ = Γ _ 1 + 1 2 _ = 2! 2 2 Γ _ 1 2 _ = 1 2 √ π. (4.31) Sustituyendo en (4.30), el resultado obtenido, finalmente tenemos L[t 1/2 ] = √ π 2s 3/2 , 1s > 0. (4.32) 4.2. TRANSFORMADA DE LAPLACE DE ALGUNAS FUNCIONES ELEMENTALES 185 De igual manera se puede hallar la transformada de Laplace de la función f(t) = t −1/2 , esto se deja al estudiante como ejercicio. Ejemplo 7: Calculemos la transformada de Laplace de la función f(t) = t α , α > −1. (4.33) Solución: Por definición de la transformada de Laplace, tenemos L[t α ] = _ ∞ 0 t α e −st dt → _ x = st, t = x s , dt = 1 s dx, _ = _ ∞ 0 _ x s _ α _ e −x s _ dx = 1 s α+1 _ ∞ 0 x α e −x dx. (4.34) Comparando la integral con la definición de la función Gamma, tenemos que p − 1 = α, o bien p = α + 1, entonces la integral _ ∞ 0 x α e −x dx = Γ(α + 1). (4.35) Sustituyendo la expresión (4.35), en (4.34), tenemos L[t α ] = Γ(α + 1) s α+1 , α > −1, 1s > 0. (4.36) Ejemplo 8: Calcular la transformada de Laplace, para la función f(t) = e at , (4.37) donde a es una constante arbitraria. Solución: Sustituyendo la función (4.37), en la definición (4.1), obtenemos L[e at ] = _ ∞ 0 e at e −st dt = _ ∞ 0 e −(s−a)t dt, (4.38) para s ≤ a el exponente de e en la integral es positivo ó igual a cero, y entonces la integral es divergente. Para s > a, el exponente e de la integral es negativo y la integral es convergente, por lo tanto, para s > a la transformada de Laplace existe, y se puede obtener integrando la expresión L[e at ] = _ ∞ 0 e −(s−a)t dt = − e −(s−a)t s −a ¸ ¸ ¸ ∞ 0 = 1 s −a , 1s > a. (4.39) Ejemplo 9: Calcular las transformadas de Laplace de las funciones hiperbólicas senh(ωt) y cosh(ωt), donde ω es una constante arbitraria. Solución: Hagamos uso de las fórmulas senhx = e x −e −x 2 , coshx = e x +e −x 2 . (4.40) 186 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE Entonces, la transformada de Laplace para la función senh(ωt) es L[senh(ωt)] = L _ e ωt −e −ωt 2 _ = 1 2 _ 1 s −ω − 1 s +ω _ = 1 2 _ (s +ω) −(s −ω) (s −ω)(s +ω) _ = 1 2 _ 2ω s 2 −ω 2 _ = ω s 2 −ω 2 . (4.41) Para la función cosh(ωt), tenemos L[cosh(ωt)] = L _ e ωt +e −ωt 2 _ = 1 2 _ 1 s −ω + 1 s +ω _ = 1 2 _ (s +ω) + (s −ω) (s −ω)(s +ω) _ = 1 2 _ 2s s 2 −ω 2 _ = s s 2 −ω 2 , 1s > ω. (4.42) Donde hemos aplicado el resultado obtenido en (4.39). Ejemplo 10: Hallar la transformada de Laplace de la función f(t) = cos(ωt). (4.43) Solución: Para f(t) = cos(ωt), tenemos L[cos(ωt)] = _ ∞ 0 cos(ωt)e −st dt → _ u = cos(ωt), du = −ω sen(ωt)dt, dv = e −st dt, v = − e −st s _ = − 1 s cos(ωt)e −st ¸ ¸ ¸ ∞ 0 − ω s _ ∞ 0 sen(ωt)e −st dt = 1 s − ω s _ ∞ 0 sen(ωt)e −st dt = _ u = sen(ωt), du = ω cos(ωt)dt, dv = e −st dt, v = − e −st s _ = 1 s − ω s _ − sen(ωt) s e −st ¸ ¸ ¸ ∞ 0 + ω s _ ∞ 0 cos ωte −st dt _ = 1 s − − ω 2 s 2 _ ∞ 0 cos(ωt)e −st dt, (4.44) donde hemos usado la integración por partes obteniendo la siguiente expresión _ ∞ 0 cos(ωt)e −st dt + ω 2 s 2 _ ∞ 0 cos(ωt)e −st dt = 1 s . (4.45) Factorizando la integral tenemos _ 1 + ω 2 s 2 _ _ ∞ 0 cos(ωt)e −st dt = 1 s . (4.46) de donde _ ∞ 0 cos(ωt)e −st dt = s 2 (s 2 +ω 2 )s = s s 2 +ω 2 . (4.47) Finalmente, tenemos el resultado L[cos(ωt)] = s s 2 +ω 2 , 1s > 0. (4.48) 4.2. TRANSFORMADA DE LAPLACE DE ALGUNAS FUNCIONES ELEMENTALES 187 Ejemplo 11: Hallar la transformada de Laplace del producto de funciones f(t) = e at cos(ωt). (4.49) Solución: Aplicando la definición de transformada de Laplace, tenemos L[f(t)] = _ ∞ 0 cos(ωt)e −(s−a)t dt → _ u = cos(ωt), du = −ω sen(ωt)dt, dv = e −(s−a)t dt, v = − 1 s −a e −(s−a)t _ = − e −(s−a)t s −a cos(ωt) ¸ ¸ ¸ ∞ 0 − ω s −a _ ∞ 0 sen(ωt)e −(s−a)t dt = 1 s −a − ω s −a _ ∞ 0 sen(ωt)e −(s−a)t dt. (4.50) Calculemos la integral de la expresión (4.50), por separado _ ∞ 0 sen(ωt)e −(s−a)t dt → _ u = sen(ωt), du = ω cos(ωt)dt, dv = e −(s−a)t dt, v = − 1 s −a e −(s−a)t _ = − e −(s−a)t s −a sen(ωt) ¸ ¸ ¸ ∞ 0 (4.51) + ω s −a _ ∞ 0 cos(ωt)e −(s−a)t dt = ω s −a _ ∞ 0 cos(ωt)e −(s−a)t dt. Sustituyendo el resultado de (4.52), en (4.50), tenemos _ ∞ 0 cos(ωt)e −(s−a)t dt = 1 s −a − ω s −a ω s −a _ ∞ 0 cos(ωt)e −(s−a)t dt. (4.52) Aqu´ı podemos ver que agrupando términos resulta _ ∞ 0 cos(ωt)e −(s−a)t dt _ 1 + ω 2 (s −a) 2 _ = 1 s −a . (4.53) Finalmente, el resultado es L[e at cos(ωt)] = _ ∞ 0 cos(ωt)e −(s−a)t dt = s −a (s −a) 2 +ω 2 , 1s > a. (4.54) Ejemplo 12: Calcular la transformada de Laplace de la función exponencial compleja f(t) = e jωt . (4.55) Solución: Tenemos L[e jωt ] = _ ∞ 0 e jωt e −st dt = _ ∞ 0 e −(s−jω)t dt = − 1 s −jω e −(s−jω)t = 1 s −jω . (4.56) Observamos, que el resultado 1 s−jω lo podemos escribir como s+jω (s−jω)(s+jω) = s s 2 +ω 2 + j ω s 2 +ω 2 . De donde podemos identificar que la parte real e imaginaria no son ni más ni menos que las transformadas de las funciones cos(t) y sen(t). Es decir, L[cos(t)] = s s 2 +ω 2 , obtenido en (4.407), y L[sen(t)] = ω s 2 +ω 2 . Esto es obvio, ya que la función exponencial se puede escribir como: e jωt = cos(t) +j sen(t). 188 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE Ejemplo 13: Calcular la transformada de Laplace de la función f(t) = cos 2 (ωt), ω constante. (4.57) Solución: Antes que nada recordemos que cos 2 (ωt) = 1 2 + 1 2 cos 2ωt. Luego, aplicando la transformada de Laplace, obtenemos L[f(t)] = L _ 1 2 _ + 1 2 L _ cos(2ωt) _ = 1 2s + s 2(s 2 + 4ω 2 ) = s 2 + 2ω 2 s(s 2 + 4ω 2 ) , 1s > 0. (4.58) De la misma manera se calcula la transformada de Laplace de la funciones f(t) = senωt y f(t) = e at sen(ωt), se deja como ejercicio al alumno. Ahora obtengamos la transformada de Laplace para funciones continuas por partes haciendo uso de la propiedad de linealidad. Ejemplo 14: Sea la función continua por partes f(t) = _ t para 0 ≤ t < 3, 2 para t ≥ 3. (4.59) Calcular su transformada de Laplace. Solución: Debido a que la función está definida por partes (en dos), la transformada de Laplace se calcula en dos partes, esto es por la propiedad de linealidad de la transformada de Laplace. Tenemos L[f(t)] = _ ∞ 0 f(t)e −st dt = _ 3 0 f(t)e −st dt + _ ∞ 3 f(t)e −st dt (4.60) = _ 3 0 te −st dt + _ ∞ 3 2e −st dt. (4.61) Evaluemos cada una de las integrales por separado, tenemos _ 3 0 te −st dt → _ u = t, du = dt, dv = e −st dt, v = − 1 s e −st _ = − t s e −st ¸ ¸ ¸ 3 0 + 1 s _ 3 0 e −st dt = − 3 s e −3s − 1 s 2 e −st ¸ ¸ ¸ 3 0 = − 3 s e −3s − 1 s 2 e −3s + 1 s 2 . (4.62) Para la segunda integral de (4.61), tenemos 2 _ ∞ 3 e −st dt = − 2 s e −st ¸ ¸ ¸ ∞ 3 = 2 s e −3s . (4.63) Sumando los resultados y agrupando términos, finalmente tenemos L[f(t)] = _ 3 0 te −st dt + 2 _ ∞ 3 e −st dt = − _ 1 s + 1 s 2 _ e −3s + 1 s 2 , 1s > 0. (4.64) 4.2. TRANSFORMADA DE LAPLACE DE ALGUNAS FUNCIONES ELEMENTALES 189 Ejemplo 15: Hallar la transformada de Laplace de la siguiente función f(t) = _ 2, 0 < t < π 0, π < t < 2π sent, t > 2π . (4.65) Solución: De la definición, tenemos L[f(t)] = _ π 0 2e −st dt + _ 2π π 0e −st dt + _ ∞ 2π sente −st dt = _ π 0 2e −st dt + _ ∞ 2π sente −st dt. (4.66) Hagamos por separado las integrales 2 _ π 0 e −st dt = − 2 s e −st ¸ ¸ ¸ π 0 = − 2 s e −πs + 2 s . (4.67) y _ ∞ 2π sente −st dt → _ u = sent, du = cos tdt, dv = e −st dt, v = − 1 s e −st _ = = − 1 s sente −st ¸ ¸ ¸ ∞ 2π + 1 s _ ∞ 2π cos te −st dt = 1 s _ ∞ 2π cos te −st dt (4.68) → _ u = cos t, du = −sentdt, dv = e −st dt, v = − 1 s e −st _ = − 1 s e −st cos t ¸ ¸ ¸ ∞ 2π − 1 s 2 _ ∞ 2π sente −st dt = 1 s e −2πs − 1 s 2 _ ∞ 2π sente −st dt. Como resultado de la integración se tiene _ ∞ 2π sente −st dt = 1 s e −2πs − 1 s 2 _ ∞ 2π sente −st dt. (4.69) Luego, agrupado términos, obtenemos _ ∞ 2π sente −st dt _ 1 + 1 s 2 _ = 1 s e −2πs . (4.70) Entonces _ ∞ 2π sente −st dt = s s 2 + 1 e −2πs . (4.71) Finalmente, poniendo los resultados (4.67) y (4.71), en (4.66), se obtiene la transformada de Laplace de la función (4.65). Esta es L[f(t)] = 2 s − 2 s e −πs + s s 2 + 1 e −2πs , 1s > 0. (4.72) Teorema 4.2.1. (primer teorema de desplazamiento) Si L[f(t)] = _ ∞ 0 f(t)e −st dt ≡ F(s), (4.73) es la transformada de Laplace de f(t) para 1s > σ 0 , entonces L[e at f(t)] = F(s −a) (4.74) es la transformada de Laplace de e at f(t) para 1s > σ 0 +a. 190 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE Figura 4.2: Función desplazada en el tiempo. ´ De las condiciones del teorema, la transformada de Laplace de la función f(t) existe. Obten- gamos la transformada de Laplace del producto e at f(t), es decir L[e at f(t)] = _ ∞ 0 f(t)e at e −st dt = _ ∞ 0 f(t)e −(s−a)t dt = _ ∞ 0 f(t)e −˜ st dt, (4.75) donde ˜ s = s −a. Por definición, la integral en la expresión (4.75), es F(˜ s), es decir, _ ∞ 0 f(t)e −˜ st dt = F(˜ s) = F(s −a), ˜ s > σ 0 , 1s > σ 0 +a. ´ (4.76) Ejemplo 1: Usar el primer teorema de desplazamiento para calcular la transformada de Laplace de f(t) = e at cos ωt. (4.77) Solución: Primero identificamos la función f(t) como f(t) = cos ωt. Para esta función su transformada de Laplace es (ver ejemplo 11) L[cos ωt] = s s 2 +ω 2 , 1s > ω. (4.78) Entonces, por el primer teorema de desplazamiento, tenemos L[e at cos ωt] = s −a (s −ω) 2 +ω 2 , 1s > ω. (4.79) Este resultado ya lo obtuvimos en el ejemplo 11. Entonces, está clara la ventaja que nos proporciona el conocer y aplicar el primer teorema de desplazamiento. Ejemplo 2: Calcular la transformada de Laplace de la función f(t) = e at senωt. (4.80) 4.2. TRANSFORMADA DE LAPLACE DE ALGUNAS FUNCIONES ELEMENTALES 191 Solución: Del ejemplo 12, sabemos que la transformada de Laplace de la función seno es L[senωt] = ω s 2 +ω 2 . (4.81) Entonces por el primer teorema de desplazamiento, resulta L[e at senωt] = ω (s −a) 2 +ω 2 . (4.82) Ejemplo 3: Hallar la transformada de Laplace de la función f(t) = e at t α . (4.83) Solución: En el ejemplo 7, se demostró que L[t α ] = Γ(α + 1) s α+1 . (4.84) Entonces, usando el teorema 4.2.1, obtenemos L[e at t α ] = Γ(α + 1) (s −a) α+1 , 1s > a. (4.85) Ejemplo 4: Hallar la transformada de Laplace de la función f(t) = 2t 3 e − 1 2 t . (4.86) Solución: Sea g(t) = t 3 . (4.87) Entonces su transformada de Laplace, es G(s) = L[t 3 ] = 3! s 3+1 = 3! s 4 . (4.88) Entonces, por el teorema 4.2.1, tenemos F(s) = L[f(t)] = L _ 2t 3 e − 1 2 t _ = (2)(3!) (s + 1 2 ) 4 = 12 (s + 1 2 ) 4 , 1s > − 1 2 . (4.89) Ejemplo 5: Calcular la transformada de Laplace de la siguiente función f(t) = e −αt (Acos βt +Bsenβt). (4.90) Solución: 192 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE Escribamos la expresión (4.90) de la siguiente manera f(t) = e −αt g(t), (4.91) donde g(t) = Acos βt +Bsenβt. (4.92) La transformada de Laplace de g(t) es fácil de obtener si tomamos en cuenta las fórmulas L[cos βt] = s s 2 +β 2 , L[senβt] = β s 2 +β 2 (4.93) Entonces, la transformada de Laplace de g(t), es G(s) = L[g(t)] = AL[cos βt] +BL[senβt] = As s 2 +β 2 + Bβ s 2 +β 2 (4.94) Luego, seg´ un el teorema 4.4.2, tenemos F(s) = L[f(t)] = L _ e −αt (Acos βt +Bsenβt) _ = A(s +α) +Bβ (s +α) 2 +β 2 . (4.95) Observación: La transformada de Laplace de cualquier función f(t) se encuentra si se multiplica f(t) por e −st y después se integra el producto de t = 0 a t = ∞. Sin embargo, una vez que conocemos el método para obtener la transformada de Laplace, no es necesario obtener cada vez la transformada de Laplace de f(t). Es posible usar las tablas de transformadas de Laplace en forma conveniente para encontrar la transformada de una función f(t) determinada. La tabla (4.2-I) muestra las transformadas de Laplace de las funciones de tiempo que aparecerán con frecuencia en el análisis de ecuaciones diferenciales. 4.3. TRANSFORMADA DE LAPLACE PARA LAS DERIVADAS 193 Tabla (4.2-I), Transformadas de Laplace función Transformada f(t) = 1 L[1] = 1 s f(t) = t n L[t n ] = n! s n+1 f(t) = e at L[e at ] = 1 s−a f(t) = sen(ωt) L[sen(ωt)] = ω s 2 +ω 2 f(t) = cos(ωt) L[cos(ωt)] = s s 2 +ω 2 f(t) = senh(ωt) L[senh(ωt)] = ω s 2 −ω 2 f(t) = cosh(ωt) L[cosh(ωt)] = s s 2 −ω 2 f(t) = t −1/2 L[t −1/2 ] = _ π s f(t) = t 1/2 L[t 1/2 ] = √ π 2s 3/2 f(t) = t α L[t α ] = Γ(α+1) s α+1 , α > −1 f(t) = sen 2 (ωt) L[sen 2 (ωt)] = 2ω 2 s(s 2 +4ω 2 ) f(t) = te at L[te at ] = 1 (s−a) 2 f(t) = cos 2 (ωt) L[cos 2 (ωt)] = s 2 +2ω 2 s(s 2 +4ω 2 ) 4.3. Transformada de Laplace para las Derivadas Antes de emplear la transformada de Laplace en la solución de ecuaciones diferenciales debemos saber cuál es la transformada de Laplace correspondiente a las derivadas . Teorema 4.3.1. Sea f(t) una función de orden exponencial, continua por partes para todo t ≥ 0, y diferenciable para todo t > 0 salvo, posiblemente en una sucesión de puntos aislados, entonces, la transformada de Laplace de la derivada de la función f (t) está dada por la expresión L[f (t)] = sL[f(t)] −f(0) = sF(s) −f(0) (4.96) ´ Sea la función f(t) continua y diferenciable. Esto es, f (t) existe. Tomemos la transformada de Laplace de la derivada de la función f(t), L[f (t)] = _ ∞ 0 f (t)e −st dt. (4.97) Integrando por partes, sean u = e −st , dv = f (t)dt. (4.98) Entonces du = −se −st dt, v = f(t). (4.99) Tenemos L[f (t)] = _ ∞ 0 f(t)e −st dt = f(t)e −st ¸ ¸ ¸ ∞ 0 +s _ ∞ 0 f(t)e −st dt = sF(s) −f(0). ´ (4.100) Para definir la transformada de Laplace de la segunda derivada de la función f(t), se sigue un procedimiento similar haciendo uso del resultado obtenido anteriormente. Debido a que d 2 f(t) dt 2 = d dt df(t) dt . (4.101) 194 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE Entonces L _ d 2 f(t) dt 2 _ = sL _ df dt _ − df(0) dt = s[sF(s) −f(0)] − df(0) dt = s 2 F(s) −sf(0) − df(0) dt . (4.102) La expresión general para la n- ésima derivada es L[f (n) (t)] = s n F(s) −s (n−1) f(0) −s n−2 f(0) −. . . −sf (n−2 )(0) −f (n−1) (0) (4.103) Hasta el momento sabemos calcular la transformada de Laplace de una función y de sus correspondientes derivadas. Es fácil comprender que si tenemos una ecuación diferencial y le aplicamos la transformada de Laplace obtendremos una ecuación algebráica respecto al parámetro s. Supóngase que tenemos la ecuación diferencial no homogénea de primer orden y + 2y = f(t), (4.104) y queremos aplicar la transformada de Laplace para encontrar una solución con la condición inicial y(0) = 2, esto es, en el tiempo t = 0, y = 2. Aplicando la transformada de Laplace, obtenemos L[y ] + 2L[y] = L[f(t)]. (4.105) Aplicando los resultados de (4.100), tenemos lo siguiente sY (s) −2 + 2Y (s) = F(s), (4.106) donde hemos usado las letras may´ usculas para representar la transformada de Laplace de su correspondiente letra min´ uscula. Sin complicaciones, la ecuación (4.106), la podemos reescribir de la siguiente manera Y (s) = F(s) + 2 s + 2 . (4.107) A´ un no hemos resuelto el problema, pues hasta el momento no sabemos como regresar a la función dependiente y(t) que vendr´ıa siendo la solución de la ecuación (4.104). Para esto, debemos definir la transformada inversa de Laplace, de tal manera que podamos calcular la inversa de Y (s) y as´ı obtener la solución y(t) del problema. 4.4. Transformada Inversa de Laplace Para cumplir con el propósito de este cap´ıtulo, el cual es aplicar la transformada de Laplace en la b´ usqueda de soluciones de ecuaciones diferenciales con valores iniciales, debemos definir la transformada inversa de Laplace. Si F(s) es la transformada de Laplace de una función f(t), entonces, la transformada inversa de Laplace se define como f(t) = L −1 [F(s)] = 1 2πj _ σ+j∞ σ−j∞ F(s)e st ds (4.108) La transformada inversa de Laplace nos permite hallar la función f(t) si conocemos a la función F(s). La transformada inversa de Laplace es también una transformada lineal, es decir, cumple la condición de linealidad L −1 [αF(s) +βG(s)] = αL −1 [F(s)] +βL −1 [G(s)], (4.109) 4.4. TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE 195 donde α y β son constantes arbitrarias. Ejemplo 1: Hallar la transformada inversa de Laplace de las funciones a) F(s) = A s , b) F(s) = s s 2 −4 , c) F(s) = 1 s 2 + 16 , d) F(s) = 4 s 4 , e) F(s) = _ 1 s 2 −1 − 4 s 4 _ (4.110) donde A es una constante arbitraria. Solución: Seg´ un la definición de la transformada inversa de Laplace, debemos encontrar las funciones f(t) tales que sus transformadas de Laplace sean las dadas en la expresión (4.110). Tenemos a). f(t) = L −1 [F(s)] = L −1 _ A s _ . (4.111) Si recordamos el resultado obtenido en (4.10), es fácil ver que la transformada inversa de (4.111), es f(t) = L −1 _ A s _ = A. (4.112) Concluimos, que la transformada inversa de Laplace de la función a) en (4.110), es f(t) = A. b). f(t) = L −1 [F(s)] = L −1 _ s s 2 −4 _ = L −1 _ s s 2 −(2) 2 _ = cosh(2t), (4.113) donde hemos usado el resultado obtenido en (4.42), con ω = 2. c). f(t) = L −1 _ 1 s 2 + 16 _ = 1 4 L −1 _ 4 s 2 + (4) 2 _ = 1 4 sen(4t). (4.114) Aqu´ı, hemos multiplicado por 4 y dividido entre 4, para poder usar la fórmula L[sen(ωt)] = ω s 2 +ω 2 , con ω = 4. d). f(t) = L −1 _ 4 s 4 _ = L −1 _ 4 s 3+1 _ = L −1 _ 4 3! 3!s 3+1 _ = 4 6 L −1 _ 3! s 3+1 _ = 2 3 t 3 . (4.115) e). f(t) = L −1 _ 1 s 2 −1 − 4 s 4 _ = L −1 _ 1 s 2 −1 _ −L −1 _ 4 s 4 _ = senh(t) − 2 3 t 3 . (4.116) Esto es debido a la propiedad de linealidad. En la tabla (4.4-I) se muestran las transformadas inversas de algunas funciones importantes que nos serán de gran utilidad. 196 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE Tabla (4.4-I), Transformadas Inversas L −1 [F(s)] f(t) L −1 [ 1 s ] f(t) = 1 L −1 [ n! s n+1 ] f(t) = t n L −1 [ 1 s−a ] f(t) = e at L −1 [ ω s 2 +ω 2 ] f(t) = senωt L −1 [ s s 2 +ω 2 ] f(t) = cos ωt L −1 [ ω s 2 −ω 2 ] f(t) = senhωt L −1 [ s s 2 −ω 2 ] f(t) = coshωt L −1 [ 2ωs (s 2 +ω 2 ) 2 ] f(t) = t senωt L −1 [ s 2 −ω 2 (s 2 +ω 2 ) 2 ] f(t) = t cos ωt L −1 [ 2ωs 2 (s 2 +ω 2 ) 2 ] f(t) = senωt +ωt cos ωt L −1 [ 2ω 3 (s 2 +ω 2 ) 2 ] f(t) = senωt −ωt cos ωt L −1 [ 1 (s−a)(s−b) ] f(t) = e at −e bt a−b Ejemplo 2: Calcular la transformada inversa de Laplace de la función F(s) = 2s + 4 s 2 + 3 . (4.117) Solución: A esta expresión la podemos representar como 2s + 4 s 2 + 3 = 2s s 2 + ( √ 3) 2 + 4 s 2 + ( √ 3) 2 . (4.118) Usando la tabla de las transformadas inversas y aplicando la propiedad de linealidad, obtenemos f(t) = L −1 _ 2s + 4 s 2 + 3 _ = 2L −1 _ s s 2 + ( √ 3) 2 _ + 4 √ 3 L −1 _ √ 3 s 2 + ( √ 3) 2 _ = = 2 cos( √ 3t) + 4 √ 3 sen( √ 3t). (4.119) 4.5. Funciones Racionales Es muy com´ un que al resolver ecuaciones diferenciales mediante la transformada de Laplace sea necesario encontrar la transformada inversa de una función racional F(s) = P(s) Q(s) (4.120) donde P(s) y Q(s) son polinomios sin factores comunes. Para encontrar L −1 [F(s)] debemos hallar, primero, el desarrollo en fracciones parciales de F(s), después obtener las transformadas inversas correspondientes a los términos individuales en el desarrollo (usando la tabla de las transformadas de Laplace), y por ´ ultimo, usamos la propiedad de linealidad de la transformada inversa para hallar la función f(t). 4.5. FUNCIONES RACIONALES 197 Teorema 4.5.1. Supongamos que tenemos la relación F(s) = P(s) Q(s) = P(s) (s−s1)(s−s2)...(s−sn) (4.121) donde s 1 , s 2 , . . . , s n son distintos y P(s) es un polinomio de grado menor que n. Entonces, F(s) se puede desarrollar en fracciones parciales F(s) = P(s) Q(s) = A1 s−s1 + A2 s−s2 +..... + An s−sn (4.122) donde cualquiera de los coeficientes A 1 , A 2 , ..., A n se pueden evaluar multiplicando por el denominador de dicho coeficiente e igualando a s al valor de la ra´ız del denominador. En otras palabras, para hallar el coeficiente A j (j = 1, 2, , , , n), tenemos A j = _ (s −s j ) P(s) Q(s) _ s=sj (4.123) Para el caso general, de ra´ıces repetidas r- veces, sea P(s) Q(s) = R(s) (s −s j ) r = A j1 s −s j + A j2 (s −s j ) 2 +. . . + A jn (s −s j ) n +. . . + A jr (s −s j ) r , (4.124) en donde n es cualquier término del desarrollo en fracciones parciales y R(s) se define como R(s) = P(s) Q(s) (s −s j ) r (4.125) Multiplicando la ecuación (4.124), por (s −s j ) r , se obtiene R(s) = A j1 (s −s j ) r−1 +A j2 (s −s j ) r−2 +. . . +A jr . (4.126) De acuerdo con esta expresión podemos visualizar el método que usaremos para evaluar cada coeficiente. Si hacemos s = s j , desaparecen todos los términos de la ecuación (4.126), excepto A jr , que s´ı podemos evaluar. A continuación se deriva la ecuación una vez respecto a s. El término A jr desaparecerá, pero permanecerá el término A j,r−1 sin que multiplique una función de s. Una vez más se puede evaluar A j,r−1 haciendo s = s j . Para hallar el término general A jr se deriva la ecuación (4.126), (r −n) veces y se hace s = s j , en este caso A jn = 1 (r −n)! d r−n R(s) ds r−n ¸ ¸ ¸ s=sj , (4.127) o lo que es lo mismo A jn = 1 (r−n)! d r−n ds r−n _ P(s) Q(s) (s −s j ) r _ s=sj (4.128) 198 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE Ejemplo 1: Descomponer en fracciones parciales la expresión F(s) = s 2 + 4s −1 (s −1)(s −2)(s + 3) . (4.129) Solución: Esta expresión la podemos escribir como s 2 + 4s −1 (s −1)(s −2)(s + 3) = A s −1 + B s −2 + C s + 3 . (4.130) Para encontrar las constantes hacemos uso del teorema anterior. Esto es, para encontrar A, tenemos A = s 2 + 4s −1 (s −2)(s + 3) ¸ ¸ ¸ s=1 = 1 + 4 −1 (1 −2)(1 + 3) = −1. (4.131) Calculemos los coeficientes B y C, de la misma manera, esto es B = s 2 + 4s −1 (s −1)(s + 3) ¸ ¸ ¸ s=2 = 4 + 8 −1 (2 −1)(2 + 3) = 11 5 . (4.132) y C = s 2 + 4s −1 (s −1)(s −2) ¸ ¸ ¸ s=−3 = 9 −12 −1 (−3 −1)(−3 −2) = − 1 5 . (4.133) Sustituyendo en (4.130), tenemos el siguiente desarrollo s 2 + 4s −1 (s −1)(s −2)(s + 3) = − 1 s −1 + 11 5(s −2) − 1 5(s + 3) . (4.134) Este método es conocido como método de Heaviside. Ahora, si queremos encontrar la función f(t), es suficiente aplicar la transformada inversa de Laplace. Esto es f(t) = L −1 [F(s)] = −L −1 _ 1 s −1 _ + 11 5 L −1 _ 1 s −2 _ − 1 5 L −1 _ 1 s + 3 _ , (4.135) y hacer uso de la tabla 4.4-I. El resultado es f(t) = −e t + 11 5 e 2t − 1 5 e −3t . (4.136) Ejemplo 2: Hallar la función f(t), correspondiente a la transformada de Laplace F(s) = s + 1 s 3 +s 2 −6s . (4.137) Solución: El denominador lo podemos escribir de la siguiente manera s 3 +s 2 −6s = s(s−2)(s+3), entonces F(s) = s + 1 s 3 +s 2 −6s = A s + B s −2 + C s + 3 . (4.138) 4.6. SOLUCI ´ ON DE ECUACIONES DIFERENCIALES: M ´ ETODO DE LAPLACE 199 Luego A = s + 1 (s −2)(s + 3) ¸ ¸ ¸ s=0 = 1 (−2)(3) = − 1 6 . (4.139) Los coeficientes B y C los calculamos de la misma manera, esto es B = s + 1 s(s + 3) ¸ ¸ ¸ s=2 = 3 (2)(5) = 3 10 . (4.140) y C = s + 1 s(s −2) ¸ ¸ ¸ s=−3 = − 2 (−3)(−3 −2) = −2 15 . (4.141) Sustituyendo en la expresión (4.138), obtenemos F(s) = − 1 6s + 3 10(s −2) − 2 15(s + 3) . (4.142) Aplicando la transformada inversa de Laplace, resulta f(t) = L −1 [F(s)] = − 1 6 L −1 _ 1 s _ + 3 10 L −1 _ 1 (s −2) _ − 2 15 L −1 _ 1 (s + 3) _ . (4.143) Haciendo uso de la tabla 4.4-I, tenemos la función f(t), f(t) = − 1 6 + 3 10 e 2t − 2 15 e −3t . (4.144) Ahora estamos listos para resolver ecuaciones diferenciales con ayuda de la transformada de Laplace. 4.6. Solución de Ecuaciones Diferenciales: Método de Laplace En esta sección vamos aplicar el método de Laplace para resolver algunas ecuaciones diferenciales. Ejemplo 1: Usando la transformada de Laplace resolver la siguiente ecuación diferencial y + 3y + 2y = 0, y(0) = a, y (0) = b. (4.145) Solución: Aplicamos la transformada de Laplace L[y ] + 3L[y ] + 2L[y] = 0, y(0) = a, y (0) = b. (4.146) Usando las fórmulas de la transformada de Laplace para las derivadas (4.100), y (4.102), obtenemos _ s 2 Y (s) −sy(0) −y (0) _ + 3 _ sY (s) −y(0) _ + 2Y (s) = 0, (4.147) donde L[y(t)] = Y (s), L[y ] = sY (s) − y(0) y L[y ] = s 2 Y (s) − sy(0) − y (0). Sustituyendo las condiciones iniciales, resulta s 2 Y (s) −as −b + 3sY (s) −3a + 2Y (s) = 0. (4.148) Factorizando _ s 2 + 3s + 2 _ Y (s) = as +b + 3a. (4.149) 200 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE Despejando, obtenemos Y (s) = as +b + 3a s 2 + 3s + 2 = as +b + 3a (s + 1)(s + 2) = A s + 1 + B s + 2 . (4.150) Por el método de Heaviside obtenemos las constantes A y B A = as +b + 3a s + 2 ¸ ¸ ¸ s=−1 = −a +b + 3a −1 + 2 = 2a +b. (4.151) y B = as +b + 3a s + 1 ¸ ¸ ¸ s=−2 = −2a +b + 3a (−1) = −(a +b). (4.152) Sustituyendo en (4.150), se tiene Y (s) = 2a +b s + 1 − a +b s + 2 . (4.153) Luego, calculamos la transformada inversa de Laplace, esto es y(t) = L −1 [Y (s)] = (2a +b)L −1 _ 1 s + 1 _ −(a +b)L −1 _ 1 s + 2 _ = (2a +b)e −t −(a +b)e −2t , ∀t ≥ 0. (4.154) Entonces, la solución del problema de valor inicial (4.145), tiene la forma y(t) = (2a +b)e −t −(a +b)e −2t , ∀t ≥ 0. (4.155) Ejemplo 2: Usando la transformada de Laplace, resolver el problema de Cauchy y + 2y + 5y = 3, y(0) = 0, y (0) = 0. (4.156) Solución: Aplicamos la transformada de Laplace L[y ] + 2L[y ] + 5L[y] = 3, y(0) = 0, y (0) = 0. (4.157) Usando las fórmulas de la transformada de Laplace para las derivadas (4.100), y (4.102), obtenemos s 2 Y (s) + 2sY (s) + 5Y (s) = 3 s . (4.158) Despejando a Y (s), resulta Y (s) = 3 s(s 2 + 2s + 5) = 3 5 1 s − 3 5 s + 2 s 2 + 2s + 5 = 3 5 1 s − 3 10 2 (s + 1) 2 + 2 2 − 3 5 s + 1 (s + 1) 2 + 2 2 . (4.159) Luego, calculamos la transformada inversa de Laplace y(t) = L −1 [Y (s)] = 3 5 L −1 _ 1 s _ − 3 10 L −1 _ 2 (s + 1) 2 + 2 2 _ − 3 5 L −1 _ s + 1 (s + 1) 2 + 2 2 _ . (4.160) Haciendo uso de la tabla 4.4-I, tenemos el siguiente resultado y(t) = 3 5 − 3 10 e −t sen2t − 3 5 e −t cos 2t, ∀t ≥ 0. (4.161) 4.6. SOLUCI ´ ON DE ECUACIONES DIFERENCIALES: M ´ ETODO DE LAPLACE 201 Ejemplo 3: Resolver la siguiente ecuación diferencial usando la transformada de Laplace y −6y + 5y = 3e 2t , y(0) = 2, y (0) = 3. (4.162) Solución: Aplicando la transformada de Laplace, tenemos L[y ] −6L[y ] + 5L[y] = 3L[e 2t ]. (4.163) Obtenemos s 2 Y (s) −2s −3 −6sY (s) + 12 + 5Y (s) = 3 s −2 . (4.164) Acomodando términos Y (s) _ s 2 −6s + 5 _ = 3 s −2 + 2s −9. (4.165) Despejamos a Y (s) y obtenemos Y (s) = 3 (s −2)(s −1)(s −5) + 2s (s −1)(s −5) − 9 (s −1)(s −5) . (4.166) Ahora calculemos la inversa de Laplace para obtener y(t), y(t) = L −1 [Y (s)] = 3L −1 _ 1 (s −2)(s −1)(s −5) _ + 2L −1 _ s (s −1)(s −5) _ − − 9L −1 _ 1 (s −1)(s −5) _ . (4.167) Antes que nada, debemos desarrollar en fracciones parciales el primer término de la expresión (4.167), 1 (s −2)(s −1)(s −5) = A s −2 + B s −1 + C s −5 . (4.168) Tenemos A = 1 (s −1)(s −5) ¸ ¸ ¸ s→2 = 1 (1)(−3) = − 1 3 . (4.169) B = 1 (s −2)(s −5) ¸ ¸ ¸ s→1 = 1 (−1)(−) = 1 4 . (4.170) C = 1 (s −2)(s −1) ¸ ¸ ¸ s→5 = 1 (3)(4) = 1 12 . (4.171) Sustituyendo en (4.168) 1 (s −2)(s −1)(s −5) = − 1 3(s −2) + 1 4(s −1) + 1 12(s −5) . (4.172) Calculemos la transformada inversa de esta expresión usando la propiedad de linealidad, esto es L −1 _ 1 (s −2)(s −1)(s −5) _ = −L −1 _ 1 3(s −2) _ +L −1 _ 1 4(s −1) _ + (4.173) + L −1 _ 1 12(s −5) _ = − 1 3 e 2t + 1 4 e t + 1 12 e 5t . 202 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE De esta manera hemos obtenido la transformada inversa de Laplace para el primer término de la ecuación (4.167), es 3L −1 _ 1 (s −2)(s −1)(s −5) _ = −e 2t + 3 4 e t + 1 4 e 5t . (4.174) Para calcular los dos ´ ultimos términos de la ecuación (4.167), hagamos uso de las fórmulas L −1 _ s (s −a)(s −b) _ = ae at −be bt a −b , L −1 _ 1 (s −a)(s −b) _ = e at −e bt a −b . (4.175) Donde, a = 1 y b = 5, tenemos L −1 _ s (s −1)(s −5) _ = e t −5e 5t 1 −5 = − e t −5e 5t 4 = − 1 4 e t + 5 4 e 5t , L −1 _ 1 (s −1)(s −5) _ = − e t −e 5t 4 = − 1 4 e t + 1 4 e 5t . (4.176) Tomando en cuenta las expresiones obtenidas, y haciendo algunos arreglos algebráicos no complica- dos, tenemos que la solución final de la ecuaci´ on diferencial (4.162), es y(t) = 5 2 e t + 1 2 e 5t −e 2t . (4.177) Ejemplo 4: Usando la transformada de Laplace resolver el problema de valor inicial y +α 2 y = Asen(ωt), y(0) = 1, y (0) = 0, (4.178) donde α, ω y A son ciertas constantes dadas. Solución: Aplicando la transformada de Laplace L[y ] +α 2 [y] = AL[sen(ωt)], (4.179) resulta la ecuación algabráica s 2 Y (s) −s +α 2 Y (s) = Aω s 2 +ω 2 . (4.180) Despejando la función transformada Y (s), tenemos Y (s) = s s 2 +α 2 + Aω (s 2 +α 2 )(s 2 +ω 2 ) . (4.181) Para obtener la solución y(t) necesitamos calcular la transformada inversa de Laplace de la expre- sión (4.181). La forma de la transformada inversa dependerá de si α y ω son iguales o diferentes. Supongamos primero que son diferentes, es decir α ,= ω. Desarrollemos en fracciones parciales el segundo término de (4.181), para esto supongamos que s 2 = x, tenemos 1 (s 2 +α 2 )(s 2 +ω 2 ) = 1 (x +α 2 )(x +ω 2 ) = B x +α 2 + C x +ω 2 . (4.182) Usamos el método de Heaviside para calcular las constantes B y C, esto es B = 1 x +ω 2 ¸ ¸ ¸ x=−α 2 = 1 −α 2 +ω 2 , C = 1 x +α 2 ¸ ¸ ¸ x=−ω 2 = 1 −ω 2 +α 2 . (4.183) 4.6. SOLUCI ´ ON DE ECUACIONES DIFERENCIALES: M ´ ETODO DE LAPLACE 203 Sustituyendo estos resultados en (4.182), tenemos 1 (s 2 +α 2 )(s 2 +ω 2 ) = 1 (x +α 2 )(x +ω 2 ) = 1 (−α 2 +ω 2 )(x +α 2 ) + 1 (−ω 2 +α 2 )(x +ω 2 ) . (4.184) Ahora, recordemos que x = s 2 , sustituyendo en la expresión (4.184) y acomodando términos, finalmente resulta 1 (s 2 +α 2 )(s 2 +ω 2 ) = Aω α 2 −ω 2 _ 1 s 2 +ω 2 − 1 s 2 +α 2 _ . (4.185) Entonces, la expresión (4.181), tiene la forma Y (s) = s s 2 +α 2 + A α(α 2 −ω 2 ) _ αω s 2 +ω 2 − ωα s 2 +α 2 _ , (4.186) donde hemos multiplicado y dividido por α. Ahora s´ı, estamos listos para usar las tablas de la transformada inversa de Laplace. El resultado es y(t) = cos(αt) + A α(α 2 −ω 2 ) [αsen(ωt) −ω sen(αt)], ω ,= α. (4.187) Para el caso en que α = ω, tenemos de la expresión (4.181) Y (s) = s s 2 +α 2 + Aα (s 2 +α 2 ) 2 . (4.188) De la tabla de las transformadas inversas tenemos la fórmula L −1 _ 2ω 3 (s 2 +ω 2 ) 2 _ = sen(ωt) −ωt cos(ωt) Haciendo uso de esta fórmula, tenemos que L −1 _ 1 (s 2 +α 2 ) 2 _ = 1 2α 3 L −1 _ 2α 3 (s 2 +α 2 ) 2 _ = 1 2α 3 _ sen(αt) −αt cos(αt) _ . (4.189) Entonces, de la expresión (4.188), tenemos y(t) = L −1 [Y (s)] = L −1 _ s s 2 +α 2 _ +AαL −1 _ 1 (s 2 +α 2 ) 2 _ = cos(αt) + A 2α 2 _ sen(αt) −αt cos(αt) _ , α = ω. (4.190) Ejemplo 5: Usar la trasformada de Laplace para resolver la ecuación diferencial de cuarto orden con las condiciones dadas y IV −y = 1, y(0) = 1, y (0) = 1, y (0) = 2, y (0) = −1. (4.191) Aplicando la transformada de Laplace a la ecuación, tenemos la ecuación s 4 Y (s) −s 3 y(0) −s 2 y (0) −sy (0) −y (0) −Y (s) = 1 s . (4.192) Considerando las condiciones iniciales (s 4 −1)Y (s) −s 3 −s 2 −2s + 1 = 1 s . (4.193) 204 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE Despejando Y (s) = s 4 +s 3 + 2s 2 −s + 1 s(s 4 −1) . (4.194) El denominador lo escribimos como s(s 4 − 1) = s(s 2 − 1)(s 2 + 1) = s(s − 1)(s + 1)(s − i)(s + i). Desarrollando en fracciones parciales s 4 +s 3 + 2s 2 −s + 1 s(s −1)(s + 1)(s −i)(s +i) = A s + B s −1 + C s + 1 + D s −i + E s +i . (4.195) Para hallar los valores de las constantes usamos el método de Heaviside, tenemos A = s 4 +s 3 + 2s 2 −s + 1 (s −1)(s + 1)(s −i)(s +i) ¸ ¸ ¸ s=0 = 1 (−1)(1)(−i)(i) = −1, B = s 4 +s 3 + 2s 2 −s + 1 s(s + 1)(s −i)(s +i) ¸ ¸ ¸ s=1 = 1 + 1 + 2 −1 + 1 2(1 −i)(1 +i) = 1, (4.196) C = s 4 +s 3 + 2s 2 −s + 1 s(s −1)(s −i)(s +i) ¸ ¸ ¸ s=−1 = 1 −1 + 2 + 1 + 1 (−1)(−2)(−1 −i)(−1 +i) = 1, D = s 4 +s 3 + 2s 2 −s + 1 s(s −1)(s + 1)(s +i) ¸ ¸ ¸ s=i = 1 −i −2 −i + 1 i(i −1)(i + 1) = − i 2 , E = s 4 +s 3 + 2s 2 −s + 1 s(s −1)(s + 1)(s −i) ¸ ¸ ¸ s=−i = 1 +i −2 +i + 1 (−i)(−i −1)(−1 +i)(−i −i) = i 2 . Sustituyendo en (4.195), obtenemos Y (s) = − 1 s + 1 s −1 + 1 s + 1 − i 2(s −i) + i 2(s +i) . (4.197) Aplicando la transformada inversa y(t) = L −1 [Y (s)] = −L −1 _ 1 s _ +L −1 _ 1 s −1 _ +L −1 _ 1 s + 1 _ − i 2 L −1 _ 1 s −i _ + i 2 L −1 _ 1 s +i _ , (4.198) se obtiene el resultado final y(t) = −1 +e t +e −t − i 2 e it + i 2 e −it = −1 +e t +e −t + sent. (4.199) Hemos utilizado la fórmula, sent = e it −e −it 2i . Ejemplo 6: Usando la transformada de Laplace, resolver el problema de valor inicial y + 4y = 3 cos t, y(0) = y (0) = 0. (4.200) Solución: Calculamos la transformada en ambos lados de la ecuación, esto es L[y ] + 4L[y] = 3L[cos t]. (4.201) Luego s 2 Y (s) −sy(0) −y (0) + 4Y (s) = 3s s 2 + 1 . (4.202) 4.7. TRANSFORMADA DE LAPLACE PARA FUNCIONES DISCONTINUAS 205 Al sustituir las condiciones iniciales y despejando la función Y (s), obtenemos Y (s) = 3s (s 2 + 4)(s 2 + 1) . (4.203) Luego, tomando la inversa, resulta y(t) = L −1 [Y (s)] = L _ 3s (s 2 + 4)(s 2 + 1) _ . (4.204) Desarrollemos en fracciones parciales la función 1 (s 2 + 4)(s 2 + 1) . (4.205) Para esto, hagamos x = s 2 , entonces 1 (x + 4)(x + 1) = A x + 4 + B x + 1 . (4.206) De donde obtenemos los valores A = − 1 3 y B = 1 3 , entonces 1 (s 2 + 4)(s 2 + 1) = − 1 3(s 2 + 4) + 1 3(s 2 + 1) . (4.207) Sustituyendo en la expresión (4.204), obtenemos y(t) = L −1 _ −s s 2 + 4 _ +L −1 _ s s 2 + 1 _ . (4.208) Usando la tabla de transformada inversa, obtenemos el resultado final y(t) = −cos 2t + cos t. (4.209) Es claro, que las ecuaciones diferenciales que hemos resuelto, las pudimos haber realizado por el método de coeficientes indeterminados, antes visto. Sin embargo, el método de Laplace, incluye automáticamente las condiciones iniciales, es por eso que en las soluciones no aparecen constantes de integración. 4.7. Transformada de Laplace para Funciones Discontinuas En esta sección presentaremos la transformada de Laplace de algunas funciones discontinuas que son muy importantes en la ingenier´ıa, al igual que algunos teoremas acerca de la transformada de Laplace, ´ utiles para resolver ecuaciones diferenciales con fuentes discontinuas. La función escalón unitario fué introducida por Heaviside. Esta función se representa mediante la expresión u(t) = _ 0 para t < 0 1 para t ≥ 0 (4.210) Como podemos ver, esta funci´ on cambia br´ uscamente desde cero hasta el valor unitario para el tiempo t = 0. En ingenier´ıa esta notación es conveniente para representar el cierre de un interruptor 206 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE Figura 4.3: Función escalón. para t = 0. Por ejemplo, si se conecta una bater´ıa de voltaje V 0 a una red en el tiempo t = 0, el voltaje impulsor se puede representar como V 0 u(t), sin necesidad de mencionar la presencia de un interruptor. Para el caso en que V 0 = 1 el producto V 0 u(t) = u(t), y su transformada de Laplace es L[u(t)] = _ ∞ 0 u(t)e −st dt = _ ∞ 0 e −st dt = − e −st s ¸ ¸ ¸ ∞ 0 = 1 s , 1s > 0. (4.211) Para el caso en que V 0 ,= 0, sea un voltaje independiente del tiempo, tenemos L[V 0 u(t)] = V 0 _ ∞ 0 e −st dt = −V 0 e −st s ¸ ¸ ¸ ∞ 0 = V 0 s , 1s > 0. (4.212) La expresión (4.210), se puede generalizar. Para esto hagamos un desplazamiento temporal τ unidades, (t −τ), entonces, tenemos la siguiente relación u(t −τ) = _ 0 para t < τ 1 para t ≥ τ (4.213) para una función escalón que cambia br´ uscamente en el tiempo t = τ. Figura 4.4: Función escalón desplazada. En general, la función escalón tiene un valor unitario cuando la cantidad (t − τ), (que es el argumento de la función u), es positiva y tiene un valor cero cuando (t − τ), es negativa. Esta definición se aplica para cualquier forma de variable; por lo tanto, la función u(t + τ), es la que cambia desde cero hasta el valor unitario para t = −τ. Del mismo modo, la función u(τ − t), es la que cambia desde la unidad hasta el valor cero (para tiempo creciente), para el instante en que t = τ. 4.7. TRANSFORMADA DE LAPLACE PARA FUNCIONES DISCONTINUAS 207 La transformada de Laplace de u(t −τ), se calcula a partir de la definición (4.1), esto es L[u(t −τ)] = _ ∞ τ e −st dt = − e −st s ¸ ¸ ¸ ∞ τ = e −τs s , 1s > 0. (4.214) Este resultado se compone del producto de dos factores; el factor 1 s , correspondiente a la transformada de la función escalón unitario, iniciada en el tiempo t = 0, y el término e −τs , es una función que influye en la transformada de una función escalón que no principia en t = 0, sino en t = τ. Lo anterior se puede generalizar a cualquier función del tiempo f(t), que demore su iniciación para otro tiempo t = τ. Una función trasladada en el tiempo se representa de la siguiente manera f(t −τ)u(t −τ). (4.215) Para hallar la transformada de Laplace de esta función trasladada, usamos la definición (4.1), introduciendo en ella una nueva variable temporal t , podemos escribir la transformada de Laplace, como L[f(t )] = _ ∞ 0 f(t )e −st dt = F(s). (4.216) Si elegimos la variable t como t = t −τ, obtenemos que la expresión (4.216), se convierte en L[f(t )] = _ ∞ τ f(t −τ)e −(t−τ)s dt = _ ∞ τ f(t −τ)e −st (e τs )dt. (4.217) El factor e τs , se puede sacar de la integral y el l´ımite inferior de la integral se puede cambiar a cero si f(t −τ), se multiplica por u(t −τ), as´ı L[f(t)] = e τs _ ∞ 0 f(t −τ)u(t −τ)e −st dt. (4.218) Esta expresión integral se reconoce como la transformada de la función f(t −τ)u(t −τ), tenemos L[f(t −τ)u(t −τ)] = e −τs L[f(t)] = e −τs F(s). (4.219) Para el caso inverso tendremos L −1 [e −τs F(s)] = f(t −τ)u(t −τ). (4.220) Estas ecuaciones indican que la transformada de cualquier función trasladada, para principiar en el tiempo t = τ, es e −τs veces la transformada de la función cuando principia en t = 0. Este resultado es importante y lo formularemos como teorema: Teorema 4.7.1. (segundo teorema de desplazamiento) Suponga que τ ≥ 0, y L[f(t)], existe para todo s > s 0 . Entonces, L[u(t −τ)f(t −τ)], existe para 1s > σ 0 , y L[u(t −τ)f(t −τ)] = e −τs F(s) (4.221) Para el caso inverso, tenemos L −1 [e −τs F(s)] = f(t −τ)u(t −τ) (4.222) 208 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE Este teorema establece que multiplicar una transformada de Laplace por el exponencial e −sτ corresponde a desplazar el argumento de la transformada inversa en τ unidades. Ejemplo 1: Calcular la transformada inversa de Laplace de la función Y (s) = _ 5 s − 1 s 2 _ +e −3s _ 6 s + 7 s 2 _ + 3e −6s s 3 . (4.223) Solución: Para resolver este problema hagamos uso de la propiedad de linealidad de la transformada y del segundo teorema de desplazamiento. Definamos Y 1 (s) = _ 5 s − 1 s 2 _ , Y 2 (s) = _ 6 s + 7 s 2 _ , Y 3 (s) = 3 s 3 . (4.224) La transformada inversa de estas expresiones es fácil de calcular usando las fórmulas de la tabla 4.4-1. Tenemos como resultado y 1 (t) = L −1 [Y 1 (s)] = 5 −t, y 2 (t) = L −1 [Y 2 (s)] = 6 + 7t, y 3 (t) = L −1 [Y 3 (s)] = 3 2 t 2 . (4.225) Luego y(t) = L −1 [Y 1 (s)] +L −1 [e −3s Y 2 (s)] +L −1 [e −6s Y 3 (s)]. (4.226) Del segundo teorema de desplazamiento tenemos para el segundo y tercer término de (4.226), L −1 [e −3s Y 2 (s)] = u(t −3)[6 + 7(t −3)], L −1 [e −6s Y 3 (s)] = 3 2 u(t −6)[(t −6) 2 ] (4.227) Sustituyendo estos resultados en (4.226), finalmente, tenemos la solución y(t) = (5 −t)u(t) +u(t −3)[7t −15] + 3 2 u(t −6)[(t −6) 2 ]. (4.228) Veamos otra de las utilidades de la función escalón. Supongamos que tenemos una función continua por partes definida en el intervalo [0, ∞), f(t) = _ f 0 (t) para 0 ≤ t < t 1 , f 1 (t) para t ≥ t 1 . (4.229) Se supone que f 0 (t) y f 1 (t) ∈ [0, ∞). El uso de la función escalón nos permite representar a la función (4.229), como f(t) = u(t)f 0 (t) +u(t −t 1 )[f 1 (t) −f 0 (t)]. (4.230) Supongamos ahora que tenemos tres funciones dadas de la siguiente forma f(t) = _ _ _ f 0 (t) para 0 ≤ t < t 1 f 1 (t) para t 1 ≤ t < t 2 f 2 (t) para t > t 2 (4.231) Esto es equivalente a la siguiente expresión f(t) = u(t)f 0 (t) +u(t −t 1 )[f 1 (t) −f 0 (t)] +u(t −t 2 )[f 2 (t) −f 1 (t)] (4.232) Ahora nos preguntamos; cómo podemos usar (4.230), y (4.232), para determinar la transformada de Laplace L[f(t)] de funciones continuas por partes? Para esto existen dos teoremas que nos facilitarán los cálculos. 4.7. TRANSFORMADA DE LAPLACE PARA FUNCIONES DISCONTINUAS 209 Teorema 4.7.2. Sea f(t) ∈ [0, ∞). Supóngase que τ ≥ 0 y L[f(t+τ)] existe para 1s > σ 0 . Entonces, L[u(t −τ)f(t)] existe para 1s > σ 0 y L[u(t −τ)f(t)] = e −sτ L[f(t +τ)] (4.233) ´ Por definición L[u(t −τ)f(t)] = _ ∞ 0 u(t −τ)f(t)e −st dt. (4.234) Tomando en cuenta la definición del escalón desplazado, tenemos L[u(t −τ)f(t)] = _ τ 0 (0)e −st dt + _ ∞ τ f(t)e −st dt (4.235) La primer integral de la derecha es cero. Introduciendo la nueva variables t = t − τ en la segunda integral, resulta L[u(t −τ)f(t)] = _ ∞ 0 f(t +τ)e −s(t +τ) dt = e −sτ _ ∞ 0 f(t +τ)e −st dt . (4.236) Cambiando la etiqueta de la variable de integración en la ´ ultima integral de t a t, obtenemos L[u(t −τ)f(t)] = e −sτ _ ∞ 0 f(t +τ)e −st dt = e −sτ L[f(t +τ)]. ´ (4.237) Ejemplo 2: Hallar la transformada de Laplace L[u(t −2)(t + 1)] (4.238) Solución: Para usar el teorema anterior, 4.7.2, identificamos τ = 2 y f(t) = t + 1, entonces f(t + 2) = t + 2 + 1 = t + 3 y la transformada de Laplace L[t + 3] = 1 s 2 + 3 s . (4.239) El teorema 4.7.2 implica L[u(t −2)(t + 1)] = e −2s _ 1 s 2 + 3 s _ . (4.240) Ejemplo 4: Hallar la transformada de Laplace de la función continua por partes f(t) = _ 2, 0 < t < π 0, π < t < 2π sent, t > 2π . (4.241) Solución: Escribamos la función (4.241), en términos de la función escalón, seg´ un (4.232), obtenemos f(t) = 2u(t) −2u(t −π) +u(t −2π) sen (t −2π). (4.242) 210 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE En esta ecuación, por comodidad, hemos escrito sent = sen (t −2π), esto es válido, debido a que la función seno es periódica de periodo 2π. Aplicando la transformada de Laplace en (4.242), se tiene L[f(t)] = 2L[u(t)] −2L[u(t −π)] +L[u(t −2π) sen (t −2π)] = 2 s − 2e −πs s + e −2πs s 2 + 1 , (4.243) donde hemos aplicado los resultados obtenidos en (4.211, 4.214) y el teorema 4.7.1. Ejemplo 3: Hallar la función f(t), correspondiente a la transformada de Laplace F(s) = 2 s 2 − 2e −2s s 2 − 4e −2s s + se −πs s 2 + 1 . (4.244) Solución: Aplicando la transformada inversa de Laplace, se tiene f(t) = L −1 [F(s)] = 2L −1 _ 1 s 2 _ −2L −1 _ e −2s s 2 _ −4L −1 _ e −2s s _ +L −1 _ se −πs s 2 + 1 _ . (4.245) Haciendo uso del teorema 4.7.1., resulta f(t) = 2t −2u(t −2)[t −2] −4u(t −2) +u(t −π) cos (t −π) = 2t −2u(t −2)t −u(t −π) cos t. (4.246) Este mismo resultado lo podemos escribir en su forma equivalente como f(t) = _ 2t, 0 < t < 2, 0, 2 < t < π, −cos t, t > π. (4.247) 4.8. Diferenciación e Integración de la Transformada de Laplace En las secciones anteriores hemos discutido la solución de ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes con condiciones iniciales. Las propiedades de la transformada de Laplace estudiadas hasta el momento no son suficientes para resolver ecuaciones diferenciales con coeficientes polinomiales en términos de la variable independiente. No obstante, el concepto de diferenciación de la transformada de Laplace nos ayuda a resolver algunos problemas de esta ´ındole. Teorema 4.8.1. (diferenciación de la transformada de Laplace) Si f(t) es una función continua por partes para todo t ≥ 0 y es de orden exponencial cuando t →∞, entonces L[−tf(t)] = dF(s) ds y L[t n f(t)] = (−1) n d n F(s) ds n 1s > σ 0 (4.248) donde F(s) = L[f(t)] ´ De las condiciones del teorema se tiene que la transformada de Laplace de la función f(t) existe, es decir, tiene lugar la integral impropia _ ∞ 0 f(t)e −st dt = F(s). (4.249) 4.8. DIFERENCIACI ´ ON E INTEGRACI ´ ON DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 211 Entonces, tomando la derivada respecto a s, obtenemos dF ds = d ds _ ∞ 0 f(t)e −st dt = _ ∞ 0 f(t) d ds e −st dt = − _ ∞ 0 tf(t)e −st dt = L[−tf(t)]. (4.250) Concluimos que L[tf(t)] = − dF ds . (4.251) Para el caso L[t 2 f(t)], tenemos L[t 2 f(t)] = L[t¦tf(t)¦] = − d ds [L¦tf(t)¦] = − d ds _ − dF(s) ds _ = (−1) 2 d 2 F(s) ds 2 . (4.252) Luego, por inducción se puede demostrar que L[t n f(t)] = (−1) n d n F(s) ds n ∀n = 1, 2, 3, . . . ´ (4.253) De la expresión (4.248), obtenemos L −1 [F (s)] = −tf(t), L −1 [F (n) (s)] = (−1) n t n f(t). (4.254) Ejemplo 1: Calcular la transformada de Laplace de la función f(t) = t 2 sen(ωt). (4.255) Solución: Usando el teorema anterior y la tabla de transformadas, tenemos L[t 2 sen(ωt)] = (−1) 2 d 2 ds 2 _ ω s 2 +ω 2 _ = d ds _ − 2ωs (s 2 +ω 2 ) 2 _ = 6ωs 2 −2ω 3 (s 2 +ω 2 ) 3 (4.256) Ejemplo 2: Calcular la transformada de Laplace de la función f(t) = t 2 e −2t . Solución: Hagamos uso del teorema anterior y de la fórmula L[e −2t ] = 1 s+2 . Entonces, tenemos L[t 2 e −2t ] = (−1) 2 d 2 ds 2 _ 1 s + 2 _ = − d ds _ 1 (s + 2) 2 _ = 2 (s + 2) 3 . (4.257) Ejemplo 3: Calcular la transformada de Laplace de la función f(t) = t 2 cos(3t). Solución: Usando la fórmula L[cos(ωt)] = s s 2 +ω 2 212 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE Para nuestro caso, tenemos que ω = 3, entonces L[cos(3t)] = s s 2 + 9 = F(s). (4.258) Entonces L[t 2 cos(3t)] = (−1) 2 d 2 ds 2 _ s s 2 + 9 _ = d ds _ 9 −s 2 (s 2 + 9) 2 _ = −2s(s 2 + 9) 2 −(9 −s 2 )(s 2 + 9)(4s) (s 2 + 9) 4 = 2s 3 −54s (s 2 + 9) 3 = 2s(s 2 −27) (s 2 + 9) 3 . (4.259) Lo ´ util del teorema está más que claro, ya que hemos reducido en gran medida el cálculo. La ecuación (4.254), es ´ util para hallar una transformada inversa cuando la derivada de la transformada es más fácil de manipular que la transformada misma. El teorema anterior muestra que la diferenciación de la transformada F(s) respecto a s corresponde a la multiplicación de t por f(t), junto con un cambio de signo. Desde luego, es de esperar que la integración de F(s) corresponda a una división de f(t) entre t. Esto lo afirma el siguiente teorema. Teorema 4.8.2. (integración de la transformada de Laplace) Sea f(t) una función continua por partes en [0, ∞) y de orden exponencial. Entonces, la transformada de Laplace de la integral de f(t) está dada por la expresión L _ _ t 0 f(τ)dτ _ = F(s) s (4.260) ´ De la definición de transformada de Laplace, tenemos L _ _ t 0 f(τ)dτ _ = _ ∞ 0 _ _ t 0 f(τ)dτ _ e −st dt. (4.261) Integrando por partes, definiendo u = _ t 0 f(τ)dτ → du = f(t)dt, dv = e −st dt → v = − 1 s e −st . (4.262) Obtenemos L _ _ t 0 f(t)dt _ = − e −st s _ t 0 f(τ)dτ ¸ ¸ ¸ ∞ 0 + 1 s _ ∞ 0 f(t)e −st dt. (4.263) El primer término de la derecha de (4.263), desaparece, ya que e −st → 0 cuando t → ∞. En consecuencia L _ _ t 0 f(τ)dτ _ = F(s) s . ´ (4.264) Para la transformada inversa, tenemos L −1 _ 1 s F(s) _ = _ t 0 f(τ)dτ. (4.265) 4.8. DIFERENCIACI ´ ON E INTEGRACI ´ ON DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 213 Ejemplo 1: Hallar la función f(t) si su transformada de Laplace es F(s) = 3 s 2 +s . (4.266) Solución: Para poder usar el teorema 4.8.2, escribamos la expresión (4.266), de la siguiente manera F(s) = 3 s(s + 1) = 3 s G(s), (4.267) donde G(s) = 1 s + 1 . (4.268) Luego, con ayuda de la tabla 4.4-I calculamos la transformada inversa de la expresión g(t) = L −1 [G(s)] = L −1 _ 1 s + 1 _ = e −t . (4.269) Entonces, de la fórmula (4.265), tenemos f(t) = L −1 _ F(s) _ = L −1 _ 3 s G(s) _ = 3 _ t 0 e −τ dτ (4.270) Calculando la integral, obtenemos el resultado final f(t) = 3 _ 1 −e −t _ . (4.271) Ejemplo 2: Hallar la función f(t) correspondiente a la transformada F(s) = 4 s 3 + 4s . (4.272) Solución: Para poder usar el teorema 4.8.2, escribamos la transformada (4.272), de la siguiente manera F(s) = 4 s 3 + 4s = (2)(2) s(s 2 + 4) = 2 s G(s), (4.273) donde G(s) = 2 s 2 + (2) 2 . (4.274) La transformada inversa de (4.274) es g(t) = L −1 _ 2 s 2 + (2) 2 _ = sen 2t. (4.275) Entonces, aplicando el teorema 4.8.2, a la expresión (4.272), tenemos f(t) = L −1 _ 2 s G(s) _ = 2 _ t 0 sen2τdτ = −cos 2τ ¸ ¸ ¸ t 0 = 1 −cos 2t. (4.276) 214 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE Ejemplo 3: Hallar la función f(t) si F(s) = 1 s(s 2 +ω 2 ) . (4.277) Solución: Sea F(s) = 1 s(s 2 +ω 2 ) = 1 s G(s), (4.278) donde G(s) = 1 s 2 +ω 2 . (4.279) La transformada inversa de esta expresión es g(t) = L −1 _ G(s) _ = L −1 _ 1 s 2 +ω 2 _ = 1 ω L −1 _ ω s 2 +ω 2 _ = 1 ω senωt. (4.280) Del teorema 4.8.2, tenemos f(t) = L −1 _ 1 s G(s) _ = 1 ω _ t 0 senωτdτ = 1 ω 2 cos ωτ ¸ ¸ ¸ t 0 = 1 ω 2 (cos ωt −1). (4.281) 4.9. Ecuaciones Diferenciales con Fuentes Discontinuas En las aplicaciones, las funciones discontinuas (continuas por partes) aparecen de manera natural. Por ejemplo, el encendido y apagado de un interruptor, el golpe a un balón, etc., son fenómenos discontinuos. Las ecuaciones diferenciales que contienen funciones discontinuas son dif´ıciles de tratar anal´ıticamente usando los métodos previos. La transformada de Laplace es una herramienta poderosa para este tipo de ecuaciones diferenciales, ya que facilita mucho el tratamiento de las funciones discontinuas (sección 4.7). El propósito de esta sección es: el análisis de ecuaciones diferenciales con funciones discontinuas como fuentes. En otras palabras, aprenderemos a resolver ecuaciones de la forma ay +by +cy = f(t), y(0) = c 0 , y (0) = c 1 , (4.282) donde a, b y c son constantes (a ,= 0) y f(t) tiene un n´ umero finito de discontinuidades en el intervalo [0, ∞), es decir, tiene la forma de (4.231). Este tipo de problemas surge en situaciones donde la entrada a un sistema f´ısico experimenta cambios instantáneos, por ejemplo, cuando se abre o se cierra un interruptor, o cuando las fuerzas que act´ uan en un sistema cambian de manera rápida. La receta para resolver este tipo de ecuaciones es la siguiente: Primer paso. Debemos representar a la función f(t) en forma de combinación de funciones escalón como en (4.232). Segundo paso. Aplicar la transformada de Laplace a toda la ecuación diferencial. Tercer paso. Hacer uso de la transformada de Laplace para las derivadas y tomar en cuenta las condiciones iniciales. Para calcular la transformada de Laplace de la función (fuente), continua por partes, se hace uso de los dos teoremas 4.7.1 y 4.7.2., antes vistos 4.9. ECUACIONES DIFERENCIALES CON FUENTES DISCONTINUAS 215 Cuarto paso. Despejar Y (s) y calcular su inversa con el objetivo de hallar la función y(t), la cual será la solución de la ecuación diferencial (4.282). Ejemplo 1: Resolver la siguiente ecuación diferencial de primer orden con una discontinuidad y + 9y = u(t −5), y(0) = −2. (4.283) Aplicando la transformada de Laplace, resulta L[y ] + 9L[y] = L[u(t −5)]. (4.284) Luego, usando el teorema 4.3.1, y tomando en cuenta la condición inicial, tenemos sY (s) + 2 + 9Y (s) = e −5s s . (4.285) Factorizando y despejando a Y (s), obtenemos Y (s) = − 2 s + 9 + e −5s s(s + 9) . (4.286) Para encontrar la solución y(t), debemos calcular la transformada inversa, esto es y(t) = −2L −1 _ 1 s + 9 _ +L −1 _ e −5s s(s + 9) _ . (4.287) Desarrollando en fracciones parciales la expresión 1 s(s + 9) = A s + B s + 9 . (4.288) Tenemos, As + 9A+BS = 1, de donde, A = 1/9 y B = −1/9. Entonces e −5s s(s + 9) = e −5s 9s − e −5s 9(s + 9) , (4.289) y su transformada inversa es L −1 _ e −5s s(s + 9) _ = 1 9 L −1 _ e −5s s _ − 1 9 L −1 _ e −5s s + 9 _ = 1 9 u(t −5) − 1 9 u(t −5)e −9(t−5) . Luego, tomando en cuenta este resultado y usando la tabla 4.4-I, para calcular el primer término de la derecha de (4.287), tenemos la solución de la ecuación (4.283), y(t) = −2e −9t + 1 9 u(t −5) − 1 9 u(t −5)e −9(t−5) . (4.290) Ejemplo 2: Resolver el problema de valor inicial y +y = u(t −2)e −2(t−2) , y(0) = 1. (4.291) Solución: 216 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE Aplicando la transformada de Laplace L[y ] +L[y] = L[u(t −2)e −2(t−2) ], (4.292) obtenemos sY (s) −y(0) +Y (s) = e −2s s + 2 . (4.293) Sustituyendo la condición inicial y factorizando Y (s)[s + 1] = 1 + e −2s s + 2 . (4.294) Despejando Y(s), resulta Y (s) = 1 s + 1 + e −2s (s + 1)(s + 2) . (4.295) El ´ ultimo término lo podemos desarrollar en fracciones parciales, como resultado tenemos Y (s) = 1 s + 1 + e −2s s + 1 − e −2s s + 2 . (4.296) Por ´ ultimo, aplicando la transformada inversa de Laplace y haciendo uso de la tabla 4.4-I y del teorema 4.7.1, tenemos el resultado final y(t) = L −1 [Y (s)] = L −1 _ 1 s + 1 _ +L −1 _ e −2s s + 1 _ −L −1 _ e −2s s + 2 _ = e −t +u(t −2)e −(t−2) −u(t −2)e −2(t−2) = e −t +u(t −2) _ e −(t−2) −e −2(t−2) _ . (4.297) Ejemplo 3: Usar la transformada de Laplace para resolver la ecuación diferencial con valores iniciales y +y = f(t) = _ 3 0 ≤ t < π, 0 t ≥ π. y(0) = 0, y (0) = 0. (4.298) Solución: Para resolver esta ecuación hagamos uso de la función escalón y los teoremas antes mencionados. Primero, desarrollemos la función f(t) en función del escalón, esto es f(t) = 3 −3u(t −π). (4.299) Ahora aplicamos la transformada de Laplace a la ecuación (4.298), tenemos L[y ] +L[y] = 3L[1] −3L[u(t −π)]. (4.300) Haciendo uso de las fórmulas para la transformada de Laplace de las derivadas, y considerando las condiciones iniciales, tenemos s 2 Y (s) +Y (s) = 3 s − 3e −πs s . (4.301) Factorizando y despejando a Y (s), obtenemos Y (s) = 3 s(s 2 + 1) − 3e −πs s(s 2 + 1) . (4.302) 4.9. ECUACIONES DIFERENCIALES CON FUENTES DISCONTINUAS 217 Desarrollando en fracciones parciales la expresión que está en el denominador de (4.302), esto nos da como resultado 1 s(s 2 + 1) = A s + Bs +C s 2 + 1 = 1 s − s s 2 + 1 . (4.303) As´ı que, tenemos Y (s) = 3 s − 3s s 2 + 1 − 3 s e −πs + 3s s 2 + 1 e −πs . (4.304) Por ´ ultimo, calculamos la transformada inversa de esta expresión. El resultado final es y(t) = L −1 _ 3 s − 3s s 2 + 1 − 3 s e −πs + 3s s 2 + 1 e −πs _ = = 3 _ 1 −cos t _ u(t) −3u(t −π) _ 1 −cos(t −π) _ . (4.305) Esta es la solución del problema con valor inicial. Ejemplo 4: Resolver la siguiente ecuación diferencial y + 4y = 3u(t −5) sen(t −5), y(0) = 1, y (0) = 0. (4.306) Solución: Aplicamos la transformada de Laplace L[y ] + 4L[y] = 3L[u(t −5) sen(t −5)]. (4.307) De donde, obtenemos s 2 Y (s) −sy(0) −y (0) + 4Y (s) = 3e −5s s 2 + 1 . (4.308) Sustituyendo las condiciones iniciales y factorizando (s 2 + 4)Y (s) = 3e −5s s 2 + 1 +s. (4.309) Luego, despejando Y (s), resulta Y (s) = 3e −5s (s 2 + 1)(s 2 + 4) + s s 2 + 4 . (4.310) Para obtener la solución de la ecuación (4.306), debemos tomar la transformada inversa y(t) = L −1 _ s s 2 + 4 _ +L −1 _ 3e −5s (s 2 + 4)(s 2 + 1) _ . (4.311) Tomando en cuenta el resultado (4.207), podemos escribir y(t) = L −1 _ s s 2 + 4 _ −L −1 _ e −5s s 2 + 4 _ +L −1 _ e −5s s 2 + 1 _ . (4.312) Vamos a calcular por separado las transformadas inversas. Haciendo uso de la tabla 4.4-I y del teorema 4.7.1, tenemos L −1 _ s s 2 + 4 _ = cos 2t. 218 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE L −1 _ e −5s s 2 + 4 _ = 1 2 u(t −5) sen 2(t −5). L −1 _ e −5s s 2 + 1 _ = u(t −5) sen(t −5). Sustituyendo estos resultados en (4.312), obtenemos el resultado final y(t) = cos 2t +u(t −5) sen(t −5) − 1 2 u(t −5) sen 2(t −5). (4.313) Ejemplo 5: Hallar la solución del problema con valores iniciales y + 2y + 5y = 1 −u(t −7), y(0) = y (0) = 0. (4.314) Solución: Aplicando la transformada de Laplace L[y ] + 2L[y ] + 5L[y] = L[1 −u(t −7)], (4.315) resulta s 2 Y (s) −sy(0) −y (0) + 2[sY (s) −y(0)] + 5Y (s) = 1 s − e −7s s . (4.316) Poniendo las condiciones iniciales, factorizando y despejando, obtenemos la ecuación Y (s) = 1 s(s 2 + 2s + 5) − e −7s s(s 2 + 2s + 5) . (4.317) Desarrollando en fracciones parciales la expresión 1 s(s 2 + 2s + 5) = A s + Bs +C s 2 + 2s + 5 . (4.318) Resulta A = 1 5 , B = − 1 5 y C = − 2 5 . Sustituyendo en (4.318), obtenemos 1 s(s 2 + 2s + 5) = 1 5s − s + 2 5(s 2 + 2s + 5) = 1 5s − s + 2 5[(s + 1) 2 + 4] . (4.319) Entonces, de la ecuación (4.317), tenemos Y (s) = 1 5s − s + 2 5[(s + 1) 2 + 4] − e −7s 5s + e −7s (s + 2) 5[(s + 1) 2 + 4] . (4.320) El ´ ultimo término lo podemos escribir como (s + 2) 5[(s + 1) 2 + 4] = s + 1 + 1 5[(s + 1) 2 + 4] = s + 1 5[(s + 1) 2 + 4] + 2 5 2[(s + 1) 2 + 4] (4.321) Entonces, la expresión (4.320), tiene la forma Y (s) = 1 5s − s + 1 5[(s + 1) 2 + 4] − 2 5 2[(s + 1) 2 + 4] − e −7s 5s + e −7s (s + 1) (s + 1) 2 + 4 + 2e −7s 5 2[(s + 1) 2 + 4] . (4.322) 4.9. ECUACIONES DIFERENCIALES CON FUENTES DISCONTINUAS 219 Aplicando a transformada inversa y(t) = L −1 _ 1 5s − s + 1 5[(s + 1) 2 + 4] − 2 5 2[(s + 1) 2 + 4] _ + + L −1 _ − e −7s 5s + e −7s (s + 1) 5[(s + 1) 2 + 4] + 2e −7s 5 2[(s + 1) 2 + 4] _ . (4.323) Usando las tablas 4.4-I, tenemos para el primer término L −1 _ 1 5s − s + 1 5[(s + 1) 2 + 4] − 2 5 2[(s + 1) 2 + 4] _ = 1 5 − e −t 5 _ cos 2t + 1 2 sen2t _ . (4.324) y para el segundo térmnino L −1 _ − e −7s 5s + e −7s (s + 1) 5[(s + 1) 2 + 4] + 2e −7s 5 2[(s + 1) 2 + 4] _ = − 1 5 u(t −7) + (4.325) + 1 5 u(t −7)e −(t−7) _ cos 2(t −7) + 1 2 sen2(t −7) _ . Sustituyendo los resultados de (4.324) y (4.325) en (4.323), obtenemos la solución de (4.314), y(t) = 1 5 − e −t 5 _ cos 2t+ 1 2 sen2t _ − 1 5 u(t−7)+ 1 5 u(t−7)e −(t−7) _ cos 2(t −7)+ 1 2 sen2(t −7) _ . (4.326) Observación: La ecuación (4.314), puede modelar una masa unitaria m = 1 unida a un resorte con constante k = 2, la cual se desliza sobre una superficie con coeficiente de amortiguamiento igual a 2. Las condiciones iniciales las podemos interpretar de la siguiente manera: en el tiempo t = 0 la masa se mantiene en reposo en y = 0. Cuando t < 7, la superficie se inclina de tal manera que la gravedad proporciona una fuerza unitaria (en este caso en la parte derecha de (4.314) aparecerá la unidad 1) que alarga al resorte. En el tiempo t = 7, la superficie vuelve a nivelarse ( es decir, la parte derecha de (4.314) será cero). Ejemplo 6: Resolver el siguiente problema con valores iniciales y + 2y = r(t) = _ 1 para 0 ≤ t < 1 0 para t > 1 . (4.327) Figura 4.5: Onda cuadrada r(t). 220 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE Este problema puede representar la respuesta de un sistema no amortiguado a una onda cuadrada sencilla figura 4.5. Solución: Antes que nada escribamos r(t) en función de las funciones escalón, esto es, como r(t) = u(t) +u(t −1). (4.328) Sustituyendo en (4.327) y aplicando la transformada de Laplace, obtenemos L[y ] + 2L[y] = L[u(t)] +L[u(t −1)]. (4.329) De donde, resulta s 2 Y (s) −sy(0) −y (0) + 2Y (s) = 1 s + e −s s . (4.330) Sustituyendo las condiciones iniciales y despejando Y (s), tenemos Y (s) = 1 s(s 2 + 2) + e −s s(s 2 + 2) . (4.331) Desarrollando en fracciones parciales la expresión 1 s(s 2 + 2) = A s + Bs +C s 2 + 2 , (4.332) tenemos A+B = 0, 2A = 1, (4.333) C = 0. De donde, C = 0, A = 1/2 y B = −1/2. Entonces 1 s(s 2 + 2) = 1 2s − s 2(s 2 + 2) , (4.334) Sustituyendo en (4.331), obtenemos Y (s) = 1 2s − s 2(s 2 + 2) + e −s 2s − e −s s 2(s 2 + 2) . (4.335) Nos queda por calcular la transformada inversa y(t) = L −1 [Y (s)] = 1 2 L −1 _ 1 s _ − 1 2 L −1 _ s s 2 + 2 _ + 1 2 L −1 _ e −s s _ − 1 2 L −1 _ e −s s s 2 + 2 _ . (4.336) Usando las fórmulas de la tabla 4.4.-I y el teorema 4.7.1, tenemos L −1 _ 1 s _ = 1, L −1 _ s s 2 + 2 _ = L −1 _ s s 2 + ( √ 2) 2 _ = cos √ 2t, L −1 _ e −s s _ = u(t −1), (4.337) L −1 _ e −s s s 2 + ( √ 2) 2 _ = L −1 _ e −s F(s) _ = _ F(s) = s s 2 +( √ 2) 2 = cos √ 2t por el teorema 4 7 1 _ = cos √ 2(t −1)u(t −1). 4.10. ECUACIONES DIFERENCIALES CON IMPULSOS 221 Sustituyendo estos resultados en (4.336), tenemos el resultado final y(t) = 1 2 _ 1 −cos √ 2t _ − 1 2 _ 1 −cos √ 2(t −1) _ u(t −1). (4.338) Este mismo resultado lo podemos escribir de la siguiente manera y(t) = _ 1 2 _ 1 −cos √ 2t _ para 0 ≤ t < 1 1 2 cos √ 2(t −1) − 1 2 cos √ 2t para t > 1 (4.339) Como podemos observar, la solución y(t) representa una composición de oscilaciones armónicas. 4.10. Ecuaciones Diferenciales con Impulsos Hemos aprendido a resolver ecuaciones diferenciales del tipo a d 2 y dt 2 +b dy dt +cy(t) = f(t), y(t 0 ) = y 0 , y (t 0 ) = y 0 , (4.340) donde a, b, c son constantes, y la función f(t) es continua o continua por partes en el intervalo [0, ∞). En muchas de las aplicaciones surgen problemas de valor inicial donde la función f(t) representa una fuerza que es muy grande durante un tiempo muy corto y cero en el resto del tiempo. A estas fuerza se les conoce como impulsivas ó forzamiento de impulso, y ocurren, por ejemplo, cuando dos objetos entran en colisión. Debido a que no es posible representar a estas fuerzas como funciones continuas o continuas por partes, debemos construir un modelo matemático distinto para estudiarlas. Sea la ecuación a d 2 y dt 2 +b dy dt +cy(t) = g(t), (4.341) donde a, b, c son constantes y la función g(t) es una función muy grande en un tiempo extremadamente corto. Esto puede ser como el golpe de un bate a una pelota de beis-boll. La función se puede representar como g(t) = _ muy grande, cuando t = t 0 0 cuando t ,= t 0 . (4.342) Para precisar más y poder obtener una solución, necesitamos alg´ un tipo de fórmula para la función g(t). Para esto supongamos que la fuerza act´ ua en un intervalo de tiempo, de t 0 − ∆t a t 0 + ∆t durante un tiempo peque˜ no ∆t > 0, y que la fuerza es la constante k en este intervalo de tiempo. Entonces, la función de impulso tiene la forma g ∆t (t) = _ k, t 0 −∆t ≤ t ≤ t 0 + ∆t 0, otros valores. (4.343) Con esta selección de k, el área sobre la gráfica de g ∆t (t) es la misma que se halla en un rectángulo con base 2∆t y altura 1 2∆t . Es decir, el área es la unidad sin importar que intervalo ∆t elijamos (ver figura). Como el intervalo de tiempo que dura la fuerza es extremadamente peque˜ no, podemos analizar el caso ∆t →0. Esto significa que estamos comprimiendo la misma cantidad de fuerza en un ”punto”. Entonces, una fuerza instantánea podr´ıa representarse tomando el l´ımite cuando ∆t →0. Sin embargo, l´ım ∆t→0 g ∆t (t), (4.344) 222 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE es muy confuso. Ya que para cualquier t ,= t 0 , el l´ımite de g ∆t (t), cuando ∆t →0 es cero, debido a que para un ∆t muy peque˜ no, el tiempo t está fuera del intervalo en que g ∆t (t) es positiva. Por otro lado, l´ım ∆t→0 g ∆t (t 0 ), (4.345) no existe, ya que g ∆t (t 0 ) →∞, cuando ∆t →0. A la ”función”δ(t −t 0 ), definida como δ(t −t 0 ) = l´ım ∆t→0 g ∆t (t), (4.346) se le conoce como función delta de Dirac . Esta función es cero para todos los valores de t excepto para t = t 0 , donde es infinita. Debemos tener en cuenta que δ(t − t 0 ) no es una función en el sentido usual, ya que seg´ un la ”definición”implica que δ(t −t 0 ) = 0, si t ,= t 0 , mientras que _ t0 t0 δ(t −t 0 )dt = 1. (4.347) Del cálculo sabemos que ninguna función cumple estas propiedades, no obstante existe una rama de las matemáticas conocida como teor´ıa de distribuciones, en la cual la definición se puede hacer de manera rigurosa. La idea es poder resolver ecuaciones diferenciales del tipo a d 2 y dt 2 +b dy dt +cy(t) = δ(t −t 0 ), y(t 0 ) = y 0 , y (t 0 ) = y 0 , (4.348) donde δ(t −t 0 ) = _ 0, t ,= t 0 ∞, t = t 0 . (4.349) En la siguiente sección hallaremos la transformada de Laplace de la función delta de Dirac y entonces, estaremos listos para resolver ecuaciones del tipo (4.348). 4.11. Transformada de Laplace de la Función Delta de Dirac Para evaluar la transformada de Laplace de la función delta de Dirac, hagamos ∆t > 0, entonces L[g ∆t ] = _ ∞ 0 g ∆t (t)e −st dt = _ t0+∆t t0−∆t 1 2∆t e −st dt = _ 1 2∆t __ e −st −s _¸ ¸ ¸ t0+∆t t0−∆t = = _ 1 2∆t __ − e −s(t0+∆t) −e −s(t0+∆t) s _ = _ e −4s s __ e s∆t −e −s∆t 2∆t _ . (4.350) Luego, tomando el l´ımite ∆t →0, obtenemos l´ım ∆t→0 L[g ∆t ] = l´ım ∆t→0 _ e −st0 s __ e s∆t −e −s∆t 2∆t _ = _ e −st0 s _ l´ım ∆t→0 e −s∆t _ e 2s∆t −1 2∆t _ = e −st0 . (4.351) El l´ımite de la transformada de Laplace de g ∆t cuando ∆t → 0 es una función bien definida. Por consiguiente, la ”función”delta de Dirac la podemos definir como δ(t −t 0 ) = _ 0, t ,= t 0 ∞, t = t 0 , (4.352) 4.11. TRANSFORMADA DE LAPLACE DE LA FUNCI ´ ON DELTA DE DIRAC 223 y su transformada de Laplace es L[δ(t −t 0 )] = e −st0 . (4.353) Si t 0 = 0, entonces, tenemos que la transformada de Laplace de la función delta de Dirac δ(t) es L[δ(t)] = 1. (4.354) Ejemplo 1: Supongamos que tenemos una masa unitaria unida a un resorte, cuya constante es 9 y resbala sobre una superficie sin fricción. Supongamos, además, que para t < 0, la masa está en el punto de equilibrio y en reposo en x = 0. Cuando t = 0, a la masa se le da un fuerte golpe en la dirección x positiva. Hallar la ley que gobierna el movimiento de este sistema masa-resorte. Solución: De las condiciones del problema, tenemos que en t = 0, x(0) = 0, pero x (0) está indefinida debido a que la aceleración en este punto es infinita. Para indicar que antes de t = 0 la masa estaba en reposo, escribimos la condición inicial x (0) = 0 − . Tenemos, entonces, que la ecuación diferencial que describe el movimiento de nuestro sistema es d 2 x dt 2 + 9x = δ(t), x(0) = 0, x (0) = 0 − . (4.355) Tomando la transformada de Laplace en ambos lados de la ecuación (4.355), resulta L _ d 2 x dt 2 _ + 9L[x] = L[δ(t)]. (4.356) Esta expresión la podemos escribir como s 2 X(s) −sx(0) −x (0) + 9X(s) = 1, (4.357) donde hemos usado el resultado(4.354). Sustituyendo las condiciones iniciales y despejando X(s), obtenemos la expresión X(s) = 1 s 2 + 9 = 1 s 2 + (3) 2 . (4.358) La transformada inversa la escribimos de la siguiente manera x(t) = L −1 _ 1 s 2 + (3) 2 _ = 1 3 L −1 _ 3 s 2 + (3) 2 _ (4.359) Usando la fórmula L −1 _ ω s 2 +ω 2 _ = senωt de la tabla 4,4 −2, resulta x(t) = 1 3 sen3t = 1 3 sen _ 3t + 2π _ (4.360) Hemos obtenido la ley de movimiento para un sistema masa-resorte, para el cual la amplitud es A = 1/3, la frecuencia ω = 3 y el periodo T = 2π. Ejemplo 2: Resolver el siguiente problema con valores iniciales y + 2y = δ(t −2), y(0) = 0. (4.361) Solución: 224 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE Aplicando la transformada de Laplace, tenemos L[y ] + 2L[y] = L[δ(t −2)], y(0) = 0. (4.362) Usando la transformada de Laplace para la derivada, obtenemos sY (s) −y(0) + 2Y (s) = e −2s (4.363) Sustituyendo las condiciones iniciales y despejando, resulta Y (s) = e −2s s + 2 . (4.364) Tomando la transformada inversa de esta expresión y(t) = L −1 _ e −2s s + 2 _ . (4.365) Usando la tabla 4.4-I y el segundo teorema de desplazamiento 4.7.1, obtenemos el resultado final y(t) = u(t −2)e −2(t−2) . (4.366) Ejemplo 3: Resolver el siguiente problema de valor inicial y + 2y −3y = δ(t −1) −3δ(t −4), y(0) = 0, y (0) = 0. (4.367) Solución: Aplicando la transformada de Laplace L[y + 2L[y ] −3L[y] = L[δ(t −1)] −3L[δ(t −4)], (4.368) tenemos s 2 Y (s) −sy(0) −y (0) + 2[sY (s) −y(0)] + 3Y (s) = e −s −3e −4s . (4.369) Tomando en cuenta las condiciones iniciales y despejando Y (s), resulta Y (s) = e −s s 2 + 2s −3 − 3e −4s s 2 + 2s −3 . (4.370) Desarrollemos en fracciones parciales la expresión 1 s 2 + 2s −3 = 1 (s + 3)(s −1) = A s + 3 + B s −1 . (4.371) Resultan las ecuaciones A+B = 0 3B −A = 1. (4.372) Las soluciones de este sistema son A = −1/4 y B = 1/4. Sustituyendo estos valores en (4.371) y luego en (4.370), tenemos Y (s) = − 1 4 e −s s + 3 + 1 4 e −s s −1 + 3 4 e −4s s + 3 − 3 4 e −4s s −1 . (4.373) 4.12. TEOREMA DE CONVOLUCI ´ ON 225 Ahora, se toma la transformada inversa de (4.373), esto es y(t) = L −1 [Y (s)] = − 1 4 L −1 _ e −s s + 3 _ + 1 4 L −1 _ e −s s −1 _ + 3 4 L −1 _ e −4s s + 3 _ − 3 4 L −1 _ e −4s s −1 _ . (4.374) Ahora usando la tabla 4.4-I y el teorema 4.7.1, tenemos el resultado final y(t) = 1 4 u(t −1) _ e (t−1) −e −3(t−1) _ + 3 4 u(t −4) _ e −3(t−4) −e (t−4) _ . (4.375) Ejemplo 4: Hallar la respuesta del sistema amortiguado masa-resorte representado por la ecuación y + 3y + 2y = δ(t −3), y(0) = 0, y (0) = 0. (4.376) Esta ecuación y sus condiciones iniciales, nos dicen que el sistema se hallaba en reposo y en el tiempo t = 0, el sistema recibió un fuerte impacto. Solución Aplicamos la transformada de Laplace a ambos lados de la ecuación (4.376) L[y ] + 3L[y ] + 2L[y] = L[δ(t −3)]. (4.377) Tomando en cuenta las condiciones iniciales, resulta s 2 Y (s) + 3sY (s) + 2Y (s) = e −3s . (4.378) Factorizando, tenemos Y (s) = e −3s s 2 + 3s + 2 . (4.379) Podemos desarrollar en fracciones parciales la expresión 1 s 2 + 3s + 2 = 1 (s + 2)(s + 1) = A s + 2 + B s + 1 . (4.380) Los valores de las constantes son A = −1 y B = 1. Entonces, sustituyendo estos valores en (4.380) y a su vez en (4.379), tenemos Y (s) = − e −3s s + 2 + e −3s s + 1 . (4.381) Ahora, aplicamos la transformada inversa de Laplace, esto es y(t) = L −1 [Y (s)] = −L −1 _ e −3s s + 2 _ +L −1 _ e −3s s + 1 _ . (4.382) Aplicando el teorema 4.7.1 y la tabla 4.4-I, el resultado final es y(t) = u(t −3) _ e −(t−3) −e −2(t−3) _ . (4.383) 4.12. Teorema de Convolución Si aplicamos la transformada de Laplace para resolver ecuaciones diferenciales con valores iniciales, probablemente el paso más dif´ıcil es el ´ ultimo. La dificultad aparece cuando tenemos que 226 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE descomponer un complicado producto en la suma de dos o más términos más simples, usando fracciones parciales. A pesar de que el álgebra involucrada es elemental, puede llegar a ser bastante complicada. Ser´ıa factible tener una regla de productos para las transformadas inversas de Laplace, es decir, poder calcularlas a partir de las transformadas inversas de cada uno de sus factores. Esta regla existe y de esto nos ocuparemos en esta sección. Supongamos que deseamos calcular la transformada inversa de Laplace del producto F(s) y G(s), es decir L −1 [F(s)G(s)], (4.384) donde L −1 [F(s)] = f(t), L −1 [G(s)] = g(t). De la definción de la transformada de Laplace, tenemos F(s) = _ ∞ 0 f(τ)e −sτ dτ, G(s) = _ ∞ 0 g(u)e −su du. (4.385) Donde estamos tomando a τ y u como las variables de integración (esto no cambia nada). De tal manera que el producto de F(s) y G(s) lo podemos escribir como F(s)G(s) = _ _ ∞ 0 f(τ)e −sτ dτ __ _ ∞ 0 g(u)e −su du _ . (4.386) La primer integral no contiene a u, por lo tanto, podemos escribirla dentro de la segunda integral, esto nos da F(s)G(s) = _ ∞ 0 _ _ ∞ 0 f(τ)e −sτ dτ _ g(u)e −su du. (4.387) Luego, combinando este resultado en una integral doble, resulta F(s)G(s) = _ ∞ 0 _ _ ∞ 0 f(τ)g(u)e −s(τ+u) dτdu _ . (4.388) Haciendo la sustitución t = τ +u → τ = t −u, dt du = 1, 0 < τ < ∞ ⇐⇒ u < t < ∞. (4.389) Por lo tanto, tenemos F(s)G(s) = _ ∞ 0 _ ∞ u f(t −u)g(u)e −st dtdu. (4.390) Ahora, cambiando el orden en la integral doble, resulta F(s)G(s) = _ ∞ 0 _ t 0 f(t −u)g(u)e −st dudt. (4.391) Podemos segregar los términos que contienen u y escribir F(s)G(s) = _ ∞ 0 _ _ t 0 f(t −u)g(u)du _ e −st dt. (4.392) Si hacemos la siguiente definición h(t) = _ t 0 f(t −u)g(u)du, (4.393) 4.12. TEOREMA DE CONVOLUCI ´ ON 227 entonces F(s)G(s) = _ ∞ 0 h(t)e −st dt. (4.394) Esto es F(s)G(s) = L[h(t)] = H(s). (4.395) Conclusión: Hemos expresado el producto de F(s) y G(s) como una transformada de Laplace. Ahora podemos calcular fácilmente la transformada inversa del producto de F(s) y G(s), esto nos da L −1 [F(s)G(s)] = L −1 [H(s)] = h(t) = _ t 0 f(t −u)g(u)du. (4.396) Estos resultados los podemos formular en el siguiente Teorema 4.12.1. (convolución) sean f(t) y g(t) dos funciones definidas en [0, ∞). Entonces, la convolución de f(t) y g(t), representada por (f ∗ g)(t) esta definida por (f ∗ g)(t) = _ t 0 f(τ)g(t −τ)dτ ∀t ≥ 0 (4.397) Con esta notación podemos reescribir los resultados anteriores como L −1 [F(s)G(s)] = f ∗ g, (4.398) que es equivalente a L −1 [F(s)G(s)] = L −1 [F(s)] ∗ L −1 [G(s)]. (4.399) Esta fórmula nos dice: La transformada inversa de Laplace de un producto es la convolución de las transformadas inversas de Laplace. Propiedades de la convolución: f ∗ g = g ∗ f. (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h). f ∗ (g 1 +g 2 ) = f ∗ g 1 +f ∗ g 2 . f ∗ 0 = 0 ∗ f = 0. f ∗ 1 ,= 1 ∗ f ,= f. Teorema 4.12.2. Sean f(t) y g(t) funciones continuas por partes en [0, ∞) y de orden exponencial. Entonces, la transformada de Laplace de la convolución está dada por la expresión L[(f ∗ g)(t)] = L[f(t)]L[g(t)] = F(s)G(s) (4.400) 228 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE ´ Tenemos F(s)G(s) = _ _ ∞ 0 e −sτ f(τ)dτ __ _ ∞ 0 e −su g(u)du _ = _ ∞ 0 _ ∞ 0 e −s(τ+u) f(τ)g(u)dτdu = _ ∞ 0 f(τ)dτ _ ∞ 0 e −s(τ+u) g(u)du. (4.401) Hagamos un cambio de variables t = τ + u, donde τ está fijo. Entonces, u = t − τ y los l´ımites de integración para t son de τ a ∞. Por lo consiguiente, tenemos F(s)G(s) = _ ∞ 0 f(τ)dτ _ ∞ τ e −st g(t −τ)dt. (4.402) La región de integración 0 ≤ τ < ∞, τ ≤ t < ∞. Cambiando el orden de integración obtenemos la región de integración como 0 ≤ t < ∞, 0 ≤ τ ≤ t. Por consiguiente F(s)G(s) = _ ∞ 0 e −st dt _ t 0 f(τ)g(t −τ)dτ = _ ∞ 0 e −st _ _ t 0 f(τ)g(t −τ)dτ _ dt = _ ∞ 0 _ (f ∗ g)(t) _ dt = L[f(t) ∗ g(t)]. ´ (4.403) Ejemplo 1: Usar la convolución para hallar la función y(t) si su transformada es Y (s) = 1 (s 2 + 1) 2 . (4.404) Solución: Escribamos la expresión (4.404) de la siguiente manera Y (s) = 1 s 2 + 1 1 s 2 + 1 . (4.405) Entonces y(t) = L −1 [Y (s)] = L −1 _ 1 s 2 + 1 _ ∗ L −1 _ 1 s 2 + 1 _ = sent ∗ sent = = _ t 0 senτ sen(t −τ)dτ = − 1 2 _ t 0 cos tdτ + 1 2 _ t 0 cos(2τ −t)dτ = = − t 2 cos t + 1 2 sent. (4.406) Ejemplo 2: Usar la convolución para resolver la ecuación y +ay +by = f(t), y(0) = y (0) = 0. (4.407) donde a y b son ciertas constantes. Solución: Supongamos por un momento que f(t) = δ(t), es decir, que la función f(t) es igual a la función delta de Dirac. Analicemos el problema de valor inicial x +ax +bx = δ(t), y(0) = y (0) = 0 − , (4.408) 4.12. TEOREMA DE CONVOLUCI ´ ON 229 donde el super´ındice ” −” indica que y (t) = 0 en t < 0. En la teor´ıa de circuitos eléctricos, x(t) se le conoce como la respuesta al impulso. Aplicamos la transformada de Laplace a la ecuación (4.408), con el fin de obtener una expresión para x(t). L[x ] +aL[x ] +bL[x] = L[δ(t −t 0 )]. (4.409) Obtenemos s 2 X(s) −sx(0) −x (0) −asX(s) −sx(0) +bX(s) = 1. (4.410) Recordemos que la transformada de Laplace de la función delta de Dirac es L[δ(t − t 0 )] = e −st0 y para el caso en que t 0 = 0, tenemos L[δ(t)] = 1. Al sustituir las condiciones iniciales y despejar X(s), resulta X(s) = 1 s 2 +as +b . (4.411) Aplicando la transformada de Laplace a la ecuación (4.407), tomando en cuenta las condiciones iniciales y despejando a Y (s), obtendremos, en analog´ıa con (4.411), la siguiente expresión Y (s) = F(s) s 2 +as +b , (4.412) donde F(s) = L[f(t)]. Esta misma expresión la podemos escribir como Y (s) = 1 s 2 +as +b F(s). (4.413) Tomando en cuenta el resultado (4.411), podemos escribir la expresión (4.412), como Y (s) = X(s)F(s). (4.414) Luego, tomando la inversa y(t) = L −1 [Y (s)] = L −1 [X(s)F(s)] = L −1 [X(s)] ∗ L −1 [F(s)] = x(t) ∗ f(t). (4.415) Tenemos que la solución al problema de valor inicial (4.407), es y(t) = x(t) ∗ f(t). (4.416) Es decir, podemos resolver y(t) conociendo sólo la función f(t) y la solución x(t) de la ecuación diferencial con el mismo lado izquierdo pero con la función f(t) = δ(t). Ejemplo 3: Con ayuda de la convolusión resolver el problema de valor inicial y + 2y = f(t), y(0) = 0. (4.417) Solución: Sea la ecuación x + 2x = δ(t), y(0) = 0. (4.418) Aplicando la transformada de Laplace L[x ] + 2L[x] = L[δ(t)]. (4.419) 230 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE Tomando en cuenta la condición inicial, tenemos sX(s) + 2X(s) = 1. (4.420) Despejando, resulta X(s) = 1 s + 2 . (4.421) Luego, aplicando la transformada de Laplace al problema original (4.417), y haciendo un poco de álgebra, tendremos Y (s) = 1 s + 2 F(s). (4.422) Luego, tomando la inversa y aplicando los resultados de (4.398), resulta y(t) = L −1 [Y (s)] = L −1 _ 1 s + 2 _ ∗ L −1 _ F(s) _ . (4.423) Usando la tabla 4.4-I tenemos, la convolución y(t) = e −2t ∗ f(t). (4.424) Si suponemos que f(t) = t, entonces, debemos calcular la convolución y(t) = e −2t ∗ t = _ t 0 e −2(t−τ) τdτ = e −2t _ t 0 e 2τ τdτ. (4.425) La integral _ t 0 e 2τ τdτ = e 2t _ t 2 − 1 4 _ Sustituyendo en (4.425), obtenemos el resultado final y(t) = t 2 − 1 4 (4.426) Este resultado es la solución de la ecuación y + 2y = t, y(0) = 0. (4.427) 4.13. PROBLEMAS DE REPASO PARA EL CAP ´ ITULO 4: 231 4.13. Problemas de Repaso para el Cap´ıtulo 4: 4.1.-) Calcular la transformada de Laplace de las siguientes funciones: 1. f(t) = t 5 . 2. f(t) = (t + 1) 3 . 3. f(t) = t 2 + 6t −3. 4. f(t) = t 2 e 3t . 5. f(t) = (e t −e −t ) 2 . 6. f(t) = (1 +e 2t ) 2 . 7. f(t) = t cos t. 8. f(t) = e −t sent. 9. f(t) = e t cos t. 10. f(t) = sen2t cos 2t. 11. f(t) = e −t cos 2 t. 12. f(t) = _ 1 0 ≤ t < 4, 0 4 ≤ t < 5, 1 t > 5. 13. f(t) = _ 0 0 ≤ t < 1, t 2 t > 1. 14. f(t) = _ 2 0 ≤ t < 3, −2 t > 3. 15. f(t) = _ t 0 ≤ t < 2, 0 t > 2. 16. f(t) = _ sent 0 ≤ t < 2π, 0 t > 2π. 17. f(t) = _ −1 0 ≤ t < 1, 1 t > 1. 18. f(t) = _ t 0 ≤ t < 1, 1 t > 1. 19. f(t) = _ 2t + 1 0 ≤ t < 1, 0 t > 1. 20. f(t) = _ t −1 0 ≤ t < 2, 4 t > 2. 4.2.-) En los siguientes problemas hallar la transformada inversa de Laplace: 1. F(s) = 1 s + 2 s 2 + 3 s 3 2. F(s) = 1 s + s s 2 +4 3. F(s) = (s+1)(s−1) s 3 4. F(s) = 2+3s (s 2 +1)(s+2)(s+1) . 5. F(s) = 3s+2 (s−2)(s 2 +2s+5) . 6. F(s) = 3s+2 (s 2 +4)(s 2 +9) . 7. F(s) = 3 (s−7) 4 . 8. F(s) = 2 s 2 +9 . 9. F(s) = 2s−4 s 2 −4s+13 . 10. F(s) = s 2 −1 (s 2 +1) 2 . 11. F(s) = 1 s 2 +4s+20 . 12. F(s) = 2 (s−3) 2 −9 . 13. F(s) = 2s+1 s 2 +9 . 14. F(s) = 3s+4 s 2 −1 . 15. F(s) = e −3s (s+1) s 2 +2s+2 16. F(s) = s+2 s 2 +2s+2 17. F(s) = s s 2 +16 + 2 s−3 + s+1 s 3 18. F(s) = e −s s 2 + e −2s s 2 . 19. F(s) = _ 2 s + 1 s 2 _ +e −2s _ 4 s 2 − 1 s 2 _ +e −4s _ 1 s + 1 s 2 _ . 20. F(s) = 1 s + 4 s 2 +e −3s _ 4 s − 1 s 3 _ + e −2s s . 4.3.-) Usando la Transformada de Laplace resolver las siguientes ecuaciones diferenciales con valores iniciales. 1. y = t, y(0) = 0. 2. y = 1 −t, y(0) = 0. 3. y + 3y = x 2 e −x , y(0) = 1, y (0) = −4. 4. y +y = senx, y(0) = 0, y (0) = 1. 232 CAP ´ ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE 5. y = 3 −2t, y(0) = 0. 6. y = 1 −t, y(0) = 0, y (0) = 0. 7. y = 3 −2t, y(0) = 0, y (0) = 0. 8. y = 3 + 2t, y(0) = 0, y (0) = 0. 9. y −6y + 5y = 3e 2t , y(0) = 2, y (0) = 3. 10. 2y + 3y +y = 8e −2t , y(0) = −4, y (0) = 2. 11. y + 2y + 2y = 1, y(0) = −3, y (0) = 1. 12. y −2y +y = e t , y(0) = 0, y (0) = 5. 13. y −8y + 20y = te t , y(0) = 0, y (0) = 0. 14. y −4y + 6y = 30u(t −π), y(0) = 0, y (0) = 0. 15. y = _ _ _ t 2 0 ≤ t < 1, −t 1 ≤ t < 2, t + 1 t > t 2 . y(0) = 1, y (0) = 0. 16. y + 2y + 2y = _ 1 0 ≤ t < 2π, t 2π ≤ t < 3π, −1 t > 3π. y(0) = 2, y (0) = −1. 17. y +y = _ 3 0 ≤ t < π, 0 t > π. y(0) = 0, y (0) = 0. 18. y +y = _ 3 0 ≤ t < 4, 2t −5 t > 4. y(0) = 1, y (0) = 0. 19. y −2y = _ 4 0 ≤ t < 1, 6 t > 1. y(0) = −6, y (0) = 1. 20. y −y = _ e 2t 0 ≤ t < 2, 1 t > 2. y(0) = 3, y (0) = −1. 21. y −3y + 2y = _ 0 0 ≤ t < 1, 1 1 ≤ t < 2, −1 t > 2. y(0) = −3, y (0) = 1. 22. y −5y + 4y = _ 1 0 ≤ t < 1, −1 1 ≤ t < 2, 0 t > 2. y(0) = 3, y (0) = −5. 23. y + 6y + 5y = t −tu(t −2), y(0) = 1, y (0) = 0. 24. y −5y = _ t 2 0 ≤ t < 1, 0 t > 1. y(0) = 0, y (0) = 5. 25. Un circuito conectado en serie contiene un inductor, un resistor y un capacitor, para los cuales L = 1/2h, R = 10Ω, y C = 0,01F, respectivamente. La tensión E(t) = _ 10 0 ≤ t < 5, 0 t > 5. se aplica al sistema. Determinar la carga in- stantánea q(t) en el capacitor para t > 0 si q(0) = 0 y q (0) = 0. Cap´ıtulo 5 INTEGRACI ´ ON DE ECUACIONES DIFERENCIALES USANDO SERIES DE POTENCIA Hemos aprendido diferentes métodos de solución de las ecuaciones diferenciales. Excepto la ecuación de Cauchy-Euler, siempre hemos supuesto que los coeficientes de la ecuación diferencial son constantes. Sin embargo, hay ecuaciones diferenciales muy importantes con coeficientes que son funciones de la variable independiente, y en tal caso es imposible resolver este tipo de ecuaciones con los métodos antes vistos. No obstante, existe un excelente método para resolver ecuaciones diferenciales con coeficientes variables. Este método se basa en las series de potencia. Desde luego, éste es un método aproximado, pero en tal caso no nos queda más que conformarnos con ello. Antes de entrar en materia veamos algunas definiciones que serán ´ utiles posteriormente. 5.1. Series de Potencias Del cálculo diferencial e integral sabemos que a una serie infinita que tiene la forma a 0 +a 1 (x −x 0 ) +a 2 (x −x 0 ) 2 +, ..., +a m (x −x 0 ) m +... ≡ ∞ m=0 a m (x −x 0 ) m (5.1) donde x 0 y a 0 , a 1 , ..., a m ... son constantes, a estas ´ ultimas se les llama coeficientes de la serie, se le llama serie de potencias en potencias de x −x 0 . A x 0 se le conoce como el centro de la serie y x es una variable. En particular, el centro x 0 puede estar en el or´ıgen, es decir x 0 = 0, y en tal caso, la serie (5.1), se reduce a una serie de potencias en potencias de x a 0 +a 1 x +a 2 x 2 +, ..., +a m x m +... ≡ ∞ m=0 a m x m (5.2) 233 234CAP ´ ITULO5. INTEGRACI ´ ONDE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDOSERIES DE POTENCIA La suma de los primeros n términos de (5.1), se representa por s n (x) = a 0 +a 1 (x −x 0 ) +a 2 (x −x 0 ) 2 +, ..., +a n (x −x 0 ) n , (5.3) donde n = 0, 1, 2 . . . Es claro, que si omitimos los primeros s n términos de (5.1), la expresión que nos queda es R n (x) = a n+1 (x −x 0 ) n+1 +a n+2 (x −x 0 ) n+2 +. . . . (5.4) A esta expresión se le conoce como residuo de la serie (5.1), después del término a n (x − x 0 ) n . Obviamente ∞ m=0 a m (x −x 0 ) m = a 0 +a 1 (x −x 0 ) +a 2 (x −x 0 ) 2 +, ..., +a n (x −x 0 ) n +... = s n (x) +R n (x). (5.5) Para las primeras sumas parciales, tenemos s 0 (x) = a 0 , R 0 (x) = a 1 (x −x 0 ) +a 2 (x −x 0 ) 2 +. . . s 1 (x) = a 0 +a 1 (x −x 0 ), R 1 (x) = a 2 (x −x 0 ) 2 +a 3 (x −x 0 ) 3 +. . . s 2 (x) = a 0 +a 1 (x −x 0 ) +a 2 (x −x 0 ) 2 , R 2 (x) = a 3 (x −x 0 ) 3 +a 4 (x −x 0 ) 4 +. . . (5.6) De esta manera hemos asociado a la serie (5.1), una sucesión de sumas parciales s 0 (x), s 1 (x), s 2 (x), . . . y sus respectivos residuos R 0 (x), R 1 (x), . . .. Si para alguna x = x 1 la suma converge, es decir, si se cumple la relación l´ım n→∞ s n (x 1 ) = s(x 1 ), (5.7) entonces, decimos que la serie (5.1), converge en x = x 1 y que el n´ umero s(x 1 ), es el valor o la suma de la serie (5.1), en x = x 1 , y se escribe s(x 1 ) = Σ ∞ m=0 a m (x 1 −x 0 ) m . (5.8) Entonces, para cada n se tiene s(x 1 ) = S n (x 1 ) +R n (x 1 ). (5.9) Si la suma diverge en x = x 1 , decimos que la serie (5.1), diverge en x = x 1 . Para la convergencia de la serie (5.1), se tiene que para cualquier > 0 existe un N() tal que, de (5.9), se tiene [R n (x 1 )[ = [s(x 1 ) −s n (x 1 )[ < , ∀n > N. (5.10) Desde el punto de vista geométrico esto significa que toda s n (x 1 ) con n > N, está entre s− y s+, figura 5.1 Figura 5.1: Gráfica de la desigualdad (5.10). Desde el punto de vista práctico, esto quiere decir, que en el caso de convergencia es posible aproximar la suma s(x 1 ) de (5.1), mediante s n (x 1 ), con la presición que se desee, tomando a n lo suficientemente grande. 5.2. INTERVALO Y RADIO DE CONVERGENCIA 235 5.2. Intervalo y Radio de Convergencia Si ponemos x = x 0 en la serie (5.1), observamos que, excepto el término a 0 todos los demás términos son cero. Por consiguiente, la serie (5.1), siempre converge en x = x 0 . Existen algunos casos en los cuales x = x 0 puede ser la ´ unica posibilidad de convergencia. Tales series no son realmente de interés práctico. Si existen valores de x para los cuales la serie (5.1), converge, estos valores forman un intervalo, llamado intervalo de convergencia de la serie . Si tal intervalo existe y además es finito y tiene el punto medio x 0 , (éste se representa en la figura 5.2) Figura 5.2: Intervalo de convergencia (5.11) de una serie de potencias con centro en x 0 . [x −x 0 [ < R. (5.11) y la serie (5.1), converge para toda x que satisfaga la relación (5.11), y diverge para toda x que cumpla la relación [x −x 0 [ > R, entonces, al n´ umero R se le conoce como radio de convergencia de la serie (5.1). El radio de convergencia se puede calcular por cualquiera de las dos fórmulas l´ım m→∞ ¸ ¸ ¸ am+1 am ¸ ¸ ¸ = 1 R l´ım m→∞ m _ [a m [ = 1 R (5.12) con la ´ unica condición de que estos l´ımites existan y que sean diferentes de cero. Si los l´ımites son infinitos, entonces, la serie (5.1), converge sólo en el centro x 0 . Si para cada x la serie (5.1), converge, entonces, ésta tiene un valor dado s(x). En tal caso, decimos que la serie (5.1), representa a la función s(x), en el intervalo de convergencia y escribimos s(x) = ∞ m=0 a m (x −x 0 ) m , [x −x 0 [ < R. (5.13) El dominio de la función será el intervalo de convergencia de la serie. Si la serie tiene un radio de convergencia R > 0, entonces s(x), es continua, diferenciable e integrable en el intervalo [x−x 0 [ < R. 5.3. Propiedades de las Series de Potencias Multiplicación de series por una constante: Si multiplicamos una serie de potencias por una 236CAP ´ ITULO5. INTEGRACI ´ ONDE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDOSERIES DE POTENCIA constante, entonces la constante se puede colocar dentro de la sumatoria, es decir c ∞ m=0 a m (x −x 0 ) m = ∞ m=0 ca m (x −x 0 ) m (5.14) Suma de Series: Dos series de potencias designadas por las funciones f(x) y g(x) f(x) = ∞ m=0 a m (x −x 0 ) m , g(x) = ∞ m=0 b m (x −x 0 ) m , (5.15) con radios de convergencia positivos pueden sumarse término a término en puntos comunes de sus intervalos abiertos de convergencia; as´ı, si la primera serie converge para [x −x 0 [ < R 1 y la segunda converge para [x −x 0 [ < R 2 , entonces f(x) +g(x) = ∞ m=0 (a m +b m )(x −x 0 ) m (5.16) para [x −x 0 [ < R, donde R es el menor de R 1 y R 2 . Entonces, las combinaciones lineales de series de potencias pueden formarse término a término, esto es, c 1 f(x) +c 2 g(x) = ∞ m=0 (c 1 a m +c 2 b m )(x −x 0 ) m (5.17) Multiplicación de Series: Dos series de potencias se pueden multiplicar término a término. Sean f(x) = ∞ m=0 a m (x −x o ) m , g(x) = ∞ m=0 b m (x −x o ) m , (5.18) dos series con radios de convergencia positivos. Entonces, la multiplicación de estas series está definida como f(x)g(x) = ∞ m=0 (a 0 b m +a 1 b m−1 +. . . +a m b 0 )(x −x 0 ) m = = a 0 b 0 + (a 0 b 1 +a 1 b 0 )(x −x 0 ) + (a 0 b 2 +a 1 b 1 +a 2 b 0 )(x −x 0 ) 2 +. . . (5.19) Desplazando el ´ındice en la sumatoria de la serie: El ´ındice de una sumatoria en una serie de potencias es una variable muda, es decir ∞ m=2 2 m m 3 (m+ 1)! = ∞ k=2 2 k k 3 (k + 1)! . (5.20) Para cualquier entero k la serie de potencias ∞ m=m0 a m (x −x 0 ) m−k = ∞ m+k=m0 a m+k (x −x 0 ) m+k−k = ∞ m=m0−k a m+k (x −x 0 ) m (5.21) es decir, reemplazar m por m+k en el término general y restar k del l´ımite inferior de la sumatoria deja sin cambio a la serie. 5.4. DERIVADAS DE LAS SERIES DE POTENCIAS 237 5.4. Derivadas de las Series de Potencias Una serie de potencias admite derivadas término a término de la serie . Sea la serie f(x) = ∞ m=0 a m (x −x 0 ) m , [x −x 0 [ < R. (5.22) convergente para [x−x 0 [ < R, donde R > 0, entonces la serie obtenida al derivar término a término también converge y representa la derivada f (x) de f(x), esto es f (x) = ∞ m=1 ma m (x −x 0 ) m−1 , [x −x 0 [ < R (5.23) De igual manera, tenemos la segunda derivada f (x) = ∞ m=2 m(m−1)a m (x −x 0 ) m−2 , [x −x 0 [ < R (5.24) y en general se tiene hasta el orden k, f (k) = ∞ m=k m(m−1)...(m−k + 1)a m (x −x 0 ) m−k [x −x 0 [ < R (5.25) Además, todas las series tienen el mismo radio de convergencia R. 5.5. Series e Integración de Ecuaciones Diferenciales Existe una infinidad de ecuaciones diferenciales que no se reducen a cuadraturas, en tal caso nos vemos en la necesidad de recurrir a métodos aproximados de integración de dichas ecuaciones. Uno de estos métodos consiste en representar la solución de la ecuación en forma de la serie de Taylor, entonces, la suma de un n´ umero finito de términos de esta serie será aproximadamente igual a la solución particular buscada. Supongamos que necesitamos hallar la solución de la ecuación diferencial de segundo orden y = F(x, y, y ), y(x 0 ) = y 0 , y (x 0 ) = y 0 . (5.26) Ahora, supongamos que la soluci´ on y = f(x) existe y puede ser representada en forma de serie de Taylor, es decir, como y(x) = f(x) = f(x 0 ) +f (x 0 )(x −x 0 ) + f (x 0 ) 1 2 (x −x 0 ) 2 + f (x 0 ) 1 2 3 (x −x 0 ) 3 +. . . (5.27) Entonces, debemos encontrar a f(x 0 ), f (x 0 ), f (x 0 ), . . . ,, es decir, los valores de las derivadas de la solución particular para x = x 0 . Esto es fácil calcular usando las expresiones de (5.26). De las condiciones en (5.26), podemos deducir f(x 0 ) = y 0 , f (x 0 ) = y (x 0 ). (5.28) De la ecuación (5.26), obtenemos f (x 0 ) = y (x 0 ) = F(x 0 , y 0 .y 0 ). (5.29) 238CAP ´ ITULO5. INTEGRACI ´ ONDE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDOSERIES DE POTENCIA Derivando ambos términos de la ecuación (5.26), respecto a x, tenemos y = F x (x, y, y ) +F y (x, y, y )y +F y (x, y, y )y . (5.30) poniendo los valores de x = x 0 en el segundo término, encontramos f (x 0 ) = y (x 0 ). (5.31) Derivando una vez más la expresión (5.30), obtenemos f IV (x 0 ) = y IV (x 0 ). (5.32) As´ı sucesivamente. Luego los valores encontrados de las derivadas se sustituyen en la serie de Taylor (5.27). La serie as´ı obtenida representa la solución de la ecuación dada para los valores de x para los cuales la serie converge. Ejemplo 1: Usar la serie de Taylor para hallar la integración aproximada de la ecuación y = x 2 y +y 3 , (5.33) con la condición inicial y(0) = 1. Aproximar hasta los cuatro primeros términos diferentes de cero. Solución: De la condición inicial, tenemos y (0) = 0 2 y + (1) 3 = 1 → y (0) = 1. (5.34) Derivando la ecuación (5.33) dos veces más, tenemos y = 2xy +x 2 y + 3y 2 y , y = 2y + 2xy + 2xy +x 2 y + 6y(y ) 2 + 3y 2 y . (5.35) Sustituyendo en (5.35), la condición (5.34) y y(0) = 1, obtenemos y = 3, y = 2 + 6 + 3 3 = 17. (5.36) Sustituyendo en la serie, tenemos y(x) = 1 + x 1! + 3x 2 2! + 17 3! x 3 . (5.37) Ejemplo 2: Usar la serie de Taylor para hallar la integración aproximada de la ecuación y = x +y 2 . (5.38) con las condiciones iniciales y(0) = 0 y y (0) = 1. Hallar los cinco primeros términos diferentes de cero. Solución: 5.6. INTEGRACI ´ ON DE ECUACIONES LINEALES MEDIANTE SERIES DE POTENCIAS239 Diferenciando la ecuación (5.38), tenemos y = 1 + 2yy , y IV = 2y y + 2yy , y V = 2y y + 2y y + 2y y + 2yy = 6y y + 2yy , y V I = 6y y + 6y y + 2y y + 2yy IV = 6(y ) 2 + 8y y + 2yy IV (5.39) y V II = 12y + 8y y + 8y y IV + 2y y IV + 2yy V . Sustituyendo las condiciones iniciales, obtenemos y(0) = 0, y (0) = 1, y = 0, y (0) = 1, y IV (0) = 2, y V (0) = 0, y V I (0) = 16, y V II (0) = 32. (5.40) Entonces, la solución tiene la forma y(x) = x 1! + x 3 3! + 2x 4 4! + 16x 6 6! + 32x 7 7! +..... (5.41) 5.6. Integración de Ecuaciones Lineales Mediante Series de Potencias Una forma de comprender como funciona el método de series de potencias en la solución de ecuaciones diferenciales, es aplicarlo a ecuaciones diferenciales cuyas soluciones ya son conocidas. Empecemos con dos ejemplos, para los cuales las soluciones son obtenidas por métodos ya estudiados en las secciones anteriores. Ejemplo 1: Usar la serie de potencia para resolver la ecuación diferencial y +y = 0. (5.42) Solución: Supongamos la solución en serie de potencias y(x) = a 0 +a 1 x +a 2 x 2 +a 3 x 3 +. . . a m x m +. . . = ∞ m=0 a m x m . (5.43) Derivando esta expresión, tenemos y (x) = ∞ m=1 ma m x m−1 . (5.44) Sustituyendo en la ecuación (5.42), obtenemos ∞ m=1 ma m x m−1 + ∞ m=0 a m x m = 0. (5.45) Para factorizar, debemos tener los mismos exponentes en x. Hagamos un desplazamiento de ´ındice en la primer suma de (5.45). Sea n = m−1, entonces, m = n + 1 y n comienza de cero. Tenemos ∞ n=0 (n + 1)a n+1 x n + ∞ n=0 a n x n = 0. (5.46) 240CAP ´ ITULO5. INTEGRACI ´ ONDE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDOSERIES DE POTENCIA Factorizamos ∞ n=0 _ (n + 1)a n+1 +a n _ x n = 0. (5.47) Debido a que x n ,= 0, lo que debe ser cero es la expresión que esta en paréntesis cuadrados, esto es (n + 1)a n+1 +a n = 0. (5.48) De aqu´ı obtenemos la ecuación a n+1 = − a n n + 1 , ∀n ≥ 0. (5.49) A esta ecuación se le llama ecuación de recurrencia. Hagamos unas cuantas iteraciones, para ver la forma de la solución n = 0 → a 1 = −a 0 . n = 1 → a 2 = − a 1 2 = a 0 2! . n = 2 → a 3 = − a 2 3 = − a 0 3! . (5.50) n = 3 → a 4 = − a 3 4 = a 0 4! . n = 4 → a 5 = − a 4 5 = − a 0 5! . n = 5 → a 6 = − a 5 6 = a 0 6! . Sustituyendo estos resultados en la solución (5.43), obtenemos y(x) = a 0 +a 1 x +a 2 x 2 +a 3 x 3 +a 4 x 4 +a 5 x 5 +a 6 x 6 +. . . = ∞ m=0 a m x m = a 0 −a 0 x + a 0 x 2 2! − a 0 x 3 3! + a 0 x 4 4! − a 0 x 5 5! + a 0 x 6 6! −. . . = a 0 _ 1 −x + x 2 2! − x 3 3! + x 4 4! − x 5 5! + x 6 6! −. . . _ . (5.51) Esta expresión es la solución en serie de potencias de la ecuación (5.42). Del cálculo, sabemos que la exponencial e −x , la podemos representar como e −x = ∞ m=0 (−1) m x m m! = 1 −x + x 2 2! − x 3 3! + x 4 4! − x 5 5! + x 6 6! −. . . . (5.52) Tomando esto en cuenta podemos escribir la expresión (5.51), de la siguiente manera y(x) = a 0 e −x , (5.53) que es la solución general de la ecuación (5.42), escrita en función de funciones elementales e −x , a 0 juega el papel de la constante de integración . Ejemplo 2: Usando el método de series de potencias resolver la siguiente ecuación diferencial y +y = 0, (5.54) Solución: 5.6. INTEGRACI ´ ON DE ECUACIONES LINEALES MEDIANTE SERIES DE POTENCIAS241 Buscamos la solución de esta ecuación en forma de una serie de potencias y(x) = ∞ n=0 a n x n . (5.55) Para sustituir en la ecuación (5.54), debemos derivar dos veces, esto es y = ∞ n=1 na n x n−1 , y = ∞ n=2 n(n −1)a n x n−2 (5.56) Sustituyendo este resultado en la ecuación (5.54), obtenemos ∞ n=2 n(n −1)a n x n−2 + ∞ n=0 a n x n = 0. (5.57) Haciendo un corrimiento en el ´ındice de la primera suma nos queda ∞ n=0 (n + 2)(n + 1)a n+2 x n + ∞ n=0 a n x n = 0. (5.58) Ahora podemos factorizar, esto es ∞ n=0 _ (n + 2)(n + 1)a n+2 +a n _ x n = 0. (5.59) Para que esta expresión sea una identidad debemos tener (n + 2)(n + 1)a n+2 +a n = 0. (5.60) Despejando a n+2 , tenemos a n+2 = − a n (n + 1)(n + 2) . (5.61) A esta expresión se le conoce como fórmula de recurrencia . Para cada valor de n obtenemos el valor de los coeficientes de la serie de potencias (5.55). Evaluemos algunos coeficientes: n = 0 → a 2 = − a 0 1 2 = − a 0 2! . n = 2 → a 4 = − a 2 4 3 = a 0 4 3 2! = a 0 4! . n = 2k → a 2k = (−1) k a 0 (2k)! . (5.62) De una manera similar, tenemos para los n impares n = 1 → a 3 = − a 1 2 3 = − a 1 3! , n = 3 → a 5 = − a 3 5 4 = a 1 5 4 3! = a 1 5! , n = 2k + 1 → a 2k+1 = (−1) k a 1 (2k + 1)! . (5.63) La conclusión a que hemos llegado es que la serie (5.55), será solución de la ecuación diferencial (5.54), siempre y cuando los coeficientes estén dados por a 2k = (−1) k a 0 (2k)! , a 2k+1 = (−1) k a 1 (2k + 1)! , (5.64) 242CAP ´ ITULO5. INTEGRACI ´ ONDE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDOSERIES DE POTENCIA donde k = 1, 2, 3, ...,. A los n´ umeros a 0 y a 1 , desde el punto de vista matemático no se les restringe en nada, estos vienen siendo las constantes de integración, las cuales dependen del valor inicial del problema. As´ı, la solución en serie de potencias tiene la forma general y(x) = ∞ n=0 a n x n = a 0 +a 1 + ∞ k=1 a 2k x 2k + ∞ 2k+1 a 2k+1 x 2k+1 . (5.65) Expl´ıcitamente, podemos escribir la solución como y(x) = a 0 ∞ k=0 (−1) k (2k)! x 2k +a 1 ∞ k=0 (−1) k (2k + 1)! x 2k+1 . (5.66) Podemos observar que las series en la ecuación (5.66), no son, ni más ni menos que una representación de las funciones, cos x y senx, en serie de potencias, esto es cos x = ∞ k=0 (−1) k (2k)! x 2k , senx = ∞ k=0 (−1) k (2k + 1)! x 2k+1 . (5.67) De esta manera podemos escribir la solución (5.66), como y(x) = a 0 cos x +a 1 senx, (5.68) donde a 1 y a 2 vienen siendo las constantes de integración. Es claro que las ecuaciones diferenciales (5.42), y (5.54), las pudimos haber resuelto con los métodos del cap´ıtulo anterior, sin embargo, ésta es una forma muy clara de ver como funciona el método de series de potencias para el caso de ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes. En las siguientes secciones analizaremos ecuaciones diferenciales con coeficientes variables, que es donde las series de potencias muestran su potencial. 5.7. Soluciones Alrededor de Puntos Ordinarios Supongamos que tenemos la ecuación diferencial lineal de segundo orden con coeficientes variables y +P(x)y +Q(x)y = 0 (5.69) Se dice que un punto x 0 es un punto ordinario de la ecuación (5.69), si P(x) y Q(x) son funciones anal´ıticas en x 0 (una función f(x) es anal´ıtica en el punto x 0 si ésta puede ser desarrollada en serie de potencias de x − x 0 , con un radio de convergencia positivo R > 0). A todo punto que no es ordinario le llamaremos punto singular de la ecuación (5.69). Ejemplo 1: Analizar los puntos ordinarios o singulares de la ecuación xy + (senx)y = 0, (5.70) Solución: La ecuacióntiene (5.70), tiene un punto ordinario en x = 0, ya que, la función Q(x) = senx x , (5.71) 5.7. SOLUCIONES ALREDEDOR DE PUNTOS ORDINARIOS 243 se puede desarrollar en serie de potencias, esto es Q(x) = 1 − x 2 3! + x 4 5! − x 6 7! + , (5.72) la cual converge para todos los valores de x. Ejemplo 2: Hallar los puntos ordinarios y singulares de la ecuación diferencial y + (lnx)y = 0, (5.73) Solución: La ecuación (5.73), tiene un punto singular en x = 0 debido a que la función Q(x) = lnx, (5.74) no se puede desarrollar en serie de potencias en x. Ejercicio 3: Sea la ecuación (x 2 −1)y + 2xy + 6y = 0, (5.75) hallar los puntos ordinarios y singulares si es que existen. Solución: Tenemos P(x) = 2x x 2 −1 . (5.76) Los puntos singulares de la ecuación (5.75), son aquellos que satisfacen la ecuación x 2 −1 = 0. (5.77) Esto es, x 1 = 1 y x 2 = −1. Todos los demás valores finitos de x, son puntos ordinarios. La ecuación (5.75), puede ser desarrollada en serie de potencias para los valores de [x[ < 1, es decir, para −1 < x < 1. Enunciemos el teorema que afirma la existencia de soluciones en series de potencias. Teorema 5.7.1. Si x = x 0 es un punto ordinario de la ecuación (5.69), entonces, se pueden encontrar siempre dos soluciones linealmente independientes en forma de series de potencias centradas en, x = x 0 y = ∞ n=0 c n (x −x 0 ) n (5.78) Una solución en series converge al menos para [x−x 0 [ < R, donde R es la distancia (el radio) desde x 0 al punto singular más cercano (real o complejo). Ejemplo 4: Dada la ecuación diferencial lineal y −2xy +y = 0, (5.79) 244CAP ´ ITULO5. INTEGRACI ´ ONDE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDOSERIES DE POTENCIA encontrar dos soluciones en serie de potencias linealmente independientes alrededor del punto ordinario x = x 0 = 0. Solución: Supongamos que la solución está dada en serie de potencias alrededor de x = 0, entonces, la solución tiene la forma y(x) = ∞ n=0 a n x n . (5.80) El objetivo es encontrar los coeficientes a n . Para esto, derivamos dos veces la solución (5.80). y (x) = ∞ n=1 na n x n−1 , y (x) = ∞ n=2 n(n −1)a n x n−2 . (5.81) Sustituyendo en la ecuación (5.79), tenemos ∞ n=2 n(n −1)a n x n−2 −2 ∞ n=1 na n x n + ∞ n=0 a n x n = 0. (5.82) Como podemos ver, en el segundo y tercer término podemos factorizar x n siempre y cuando tomemos una iteración. Para poner todos los términos de las series de tal manera que podamos factorizarlos, hacemos el desplazamiento de ´ındices en la serie del primer término. Finalmente, nos queda lo siguiente 2a 2 +a 0 + ∞ m=1 _ (m+ 2)(m+ 1)a m+2 −2ma m +a m _ x m = 0. (5.83) Esta relación se cumple siempre y cuando 2a 2 +a 0 = 0, (m+ 2)(m+ 1)a m+2 = 2ma m −a m , ∀m ≥ 1. (5.84) Estas dos condiciones se pueden obtener de la relación a m+2 = (2m−1) (m+ 2)(m+ 1) a m , ∀m ≥ 0. (5.85) Hagamos unas cuantas iteraciones. Para m = 1, de la fórmula (5.85), tenemos a 3 = a 1 6 . (5.86) Para m = 2, tenemos a 4 = 3 12 a 2 = − 3 12 2 a 0 . (5.87) Para m = 3 a 5 = 5 20 a 3 = 5 20 6 a 1 = 5 120 a 1 = 5 5! a 1 . (5.88) Para m = 4, tenemos a 6 = 7 30 a 4 = − 7 30 3 24 a 0 = 21 6! a 0 . (5.89) Sustituyendo los coeficientes a i en la solución (5.80), es decir y(x) = a 0 +a 1 x +a 2 x 2 +a 3 x 3 +a 4 x 4 +... = (5.90) = a 0 _ 1 − 1 2! x 2 − 3 4! x 4 − 21 6! x 6 −... _ +a 1 _ x + 1 3! x 3 + 5 5! x 5 +.. _ . 5.7. SOLUCIONES ALREDEDOR DE PUNTOS ORDINARIOS 245 Las constantes a 1 y a 2 vienen siendo las constantes de integración, las cuales dependen de los valores iniciales del problema. Ejemplo 5: Resolver la ecuación y + (x −1) 2 y −(x −1)y = 0. (5.91) Solución: Como podemos ver, el punto x 0 = 1, es un punto ordinario de la ecuación (5.91). Obtengamos una solución en serie de potencias de x −1. Para esto y por comodidad, hagamos que el cero sea un punto ordinario de la ecuación (5.91), esto se obtiene haciendo el siguiente cambio de variable t = x −1. (5.92) Entonces, la ecuación (5.91), se transforma en y +t 2 y −ty = 0. (5.93) No olvidemos que ahora las derivadas de la función y = y(t) es respecto a la variable independiente t. Supongamos que la solución de la ecuación (5.93), es la serie de potencias y(t) = ∞ n=0 a n t n . (5.94) Derivando y sustituyendo en la ecuación (5.93), tenemos ∞ n=2 n(n −1)a n t n−2 +t 2 ∞ n=1 na n t n−1 −t ∞ n=0 a n t n = 0. (5.95) Esta misma ecuación la podemos escribir de la siguiente manera ∞ n=0 (n + 2)(n + 1)a n+2 t n + ∞ n=2 (n −1)a n−1 t n − ∞ n=1 a n−1 t n = 0. (5.96) Ahora debemos tomar las iteraciones necesarias, para dejar que todas las sumas comiencen con n = 2, y agrupando, nos queda la relación 2a 2 + (3)(2)a 3 t −a 0 t + ∞ n=2 _ (n + 2)(n + 1)a n+2 + (n −2)a n−1 _ t n . (5.97) Se deben cumplir las relaciones 2a 2 = 0 (3)(2)a 3 −a 0 = 0 (5.98) (n + 2)(n + 1)a n+2 + (n −2)a n−1 = 0, ∀n ≥ 2. Resolviendo tenemos que a 2 = 0, a n+2 = − (n −2) (n + 2)(n + 1) a n−1 , ∀n ≥ 1. 246CAP ´ ITULO5. INTEGRACI ´ ONDE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDOSERIES DE POTENCIA Hagamos unas cuantas iteraciones, para ver la forma de la solución n = 1 → a 3 = a 0 3 2 . n = 2 → a 4 = 0. n = 3 → a 5 = − 1 5 4 a 2 = 0. (5.99) n = 4 → a 6 = − 2 6 5 a 3 = − a 0 90 − 2 6 5 3 2 a 0 . n = 5 → a 7 = 0. n = 6 → a 8 = 0. n = 7 → a 9 = − 5 9 8 _ − 1 90 a 0 _ = a 0 1296 . Observemos que a n = 0 cuando n ,= 3k, donde k = 1, 2, 3.... Debemos recordar que hicimos el cambio de variable t = x −1, tomando esto en cuenta la solución general es y(x) = a 1 (x −1) +a 0 _ 1 + 1 6 (x −1) 3 − 1 90 (x −1) 6 + 1 1296 (x −1) 9 −.... _ . (5.100) Ejemplo 6: Resolver la ecuación y −xy +y = 0. (5.101) Solución: Supongamos la solución en forma de serie de potencias alrededor de x 0 = 0. Esto es y(x) = ∞ n=0 a n x n . (5.102) Para sustituir en (5.101), debemos derivar dos veces la expresión (5.102), tenemos y (x) = ∞ n=1 na n x n−1 , y (x) = ∞ n=2 n(n −1)a n x n−2 (5.103) Sustituyendo en (5.101), resulta ∞ n=2 n(n −1)a n x n−2 −x ∞ n=1 na n x n−1 + ∞ n=0 a n x n = 0. (5.104) Esta misma expresión la podemos escribir como ∞ n=2 n(n −1)a n x n−2 − ∞ n=1 na n x n + ∞ n=0 a n x n = 0. (5.105) Luego, la idea es que los exponentes en x deben ser del mismo orden y las sumas deben empezar en el mismo n´ umero m, esto es para poder factorizar. Para el primer término en (5.105), podemos desplazar el ´ındice n como sigue; m = n −2, n = m+ 2, entonces m empezará de 0. Esto es ∞ m=0 (m+ 2)(m+ 1)a m+2 x m − ∞ m=1 ma m x m + ∞ m=0 a m x m = 0. (5.106) 5.7. SOLUCIONES ALREDEDOR DE PUNTOS ORDINARIOS 247 Ahora, para poder factorizar las sumas, debemos hacer que estas empiecen en el mismo valor de m. Para esto desplazamos una unidad la primer y tercer suma 2a 2 +a 0 + ∞ m=1 _ (m+ 2)(m+ 1)a m+2 −ma m +a m _ x m = 0. (5.107) Entonces, obtenemos las expresiones 2a 2 +a 0 = 0, (m+ 2)(m+ 1)a m+2 −ma m +a m = 0, ∀m > 1. (5.108) De donde obtenemos a m+2 = (m−1) (m+ 2)(m+ 1) a m , ∀m > 1. (5.109) Esta ecuación se conoce con el nombre de fórmula de recurrencia. Podemos darle valores a m y obtener diferentes valores de a m . Obtengamos algunos valores para darnos una idea de como será la serie m = 0 → a 2 = − a 0 2! , m = 1 → a 3 = 0, m = 2 → a 4 = a 2 4 3 = − 1 4! a 0 , m = 3 → a 5 = 2a 3 5 4 = 0, m = 4 → a 6 = 3 a 4 6 5 a 4 = − 3 6! a 0 , m = 5 → a 7 = 4 6 6 = 0, m = 6 → a 8 = 5 8 7 a 6 = − 5 3 8! a 0 . (5.110) Entonces, de (5.101), tenemos y(x) = ∞ n=0 a n x n = a 0 +a 1 x +a 2 x 2 +a 3 x 3 +a 4 x 4 +a 5 x 5 +a 6 x 6 +a 7 x 7 +a 8 x 8 +. . . . (5.111) Sustituyendo en (5.111), los valores obtenidos en (5.110), tenemos y(x) = a 0 _ 1 − x 2 2! − x 4 4! − 1 3 6! x 6 − 1 3 5 8! x 8 −. . . _ +a 1 x, (5.112) donde a 0 y a 1 son constantes arbitrarias. El radio de los términos sucesivos diferentes de cero de la serie infinita satisface la relación ¸ ¸ ¸ a 2m+2 x 2m+2 a 2m x 2m ¸ ¸ ¸ = 2m−1 (2m+ 1)(2m+ 2) [x 2 [ ≈ 1 2m [x 2 [. (5.113) El l´ımite de (5.113), es cero, entonces la serie converge para todo x. Luego la diferenciación término a término está justificada, y la solución formal es válida para −∞< x < ∞. 248CAP ´ ITULO5. INTEGRACI ´ ONDE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDOSERIES DE POTENCIA 5.8. Ecuación Diferencial de Hermite Una de las ecuaciones que tienen interés práctico es la ecuación de Hermite. La ecuación de Hermite de orden n tiene la forma y −2xy + 2ny = 0 (5.114) donde n es, usualmente, un entero no negativo, n ≥ 0. Solución: Esta ecuación tiene solución en serie de potencias alrededor de x 0 = 0, es decir, de la forma y(x) = ∞ m=0 a m x m . (5.115) Luego, derivando (5.115), obtenemos y = ∞ m=1 ma m x m−1 , y = ∞ m=2 m(m−1)a m x m−2 . (5.116) Poniendo estos resultados en la ecuación (5.114), se tiene ∞ m=2 m(m−1)a m x m−2 −2x ∞ m=1 ma m x m−1 + 2n ∞ m=0 a m x m = 0. (5.117) Esta misma ecuación la podemos escribir en su forma equivalente ∞ m=2 m(m−1)a m x m−2 − ∞ m=1 2ma m x m + ∞ m=0 2na m x m = 0. (5.118) Para factoriza las sumas y los exponentes de x, hagamos s = m−2, m = s +2 en la primer suma de (5.118), en las otras dos sumas es suficientes cambiar al ´ındice m por s sin que las sumas se alteren. Entonces, tenemos ∞ s=0 (s + 2)(s + 1)a s+2 x s − ∞ s=1 2sa s x s + ∞ s=0 2na s x s = 0. (5.119) Para poder factorizar x s , debemos hacer que las tres sumas empiecen en un mismo valor, a decir, en s = 1. Para esto desplazamos las otras dos sumas en una unidad 2a 2 + 2na 0 + ∞ s=1 _ (s + 2)(s + 1)a s+2 −2(s −n)a s _ x s = 0. (5.120) Debido a que x s ,= 0, lo que debe ser cero son las expresiones 2a 2 + 2na 0 = 0, a 2 = −na 0 . (s + 2)(s + 1)a s+2 −2(s −n)a s = 0, s = 1, 2, 3, . . . . (5.121) La primera de las ecuaciones en (5.121), nos da el coeficiente a 2 en función de a 0 y la segunda ecuación es la ecuación de recurrencia, la cual podemos escribir como a s+2 = 2(s −n) (s + 2)(s + 1) a s , s = 1, 2, 3, . . . . (5.122) 5.9. POLINOMIOS DE HERMITE 249 Demos algunos valores a s para encontrar algunos coeficientes a s = 1 → a 3 = 2(1 −n) 3 2 a 1 s = 2 → a 4 = 2(2 −n) 4 3 a 2 = − 2(2 −n)n 4 3 a 0 , s = 3 → a 5 = 2(3 −n) 5 4 a 3 = 2(3 −n)2(1 −n) 5 4 3 2 a 1 , s = 4 → a 6 = 2(4 −n) 6 5 a 4 = − 2(4 −n)2(2 −n)n 6 5 4 3 a 0 (5.123) s = 5 → a 7 = 2(5 −n) 7 6 a 5 = 2(5 −n)2(3 −n)2(1 −n) 7 6 5 4 3 2 a 1 , s = 6 → a 8 = 2(6 −n) 8 7 a 6 = 2(6 −n)2(4 −n)2(2 −n)n 8 7 6 5 4 3 a 0 . Ahora sustituyendo estos resultados en la serie obtenemos y(x) = a 0 +a 1 x +a 2 x 2 +a 3 x 3 +a 4 x 4 +a 5 x 5 +a 6 x 6 +a 7 x 7 +a 8 x 8 +. . . = a 0 +a 1 x −na 0 x 2 + 2(1 −n) 3 2 a 1 x 3 − 2(2 −n)n 4 3 a 0 x 4 + 2 2 (3 −n)(1 −n) 5! a 1 x 5 − 2 2 (4 −n)(2 −n)n 6 5 4 3 a 0 x 6 (5.124) + 2 3 (5 −n)(3 −n)(1 −n) 7 6 5 4 3 2 a 1 x 7 − 2 3 (6 −n)(4 −n)(2 −n)n 8 7 6 5 4 3 a 0 x 8 +. . . . Finalmente, esta solución la podemos escribir como y(x) = a 0 _ 1 + ∞ k=1 2 k (−n)(−n + 2) . . . (−n + 2k −2) (2k)! x 2k (5.125) + a 1 _ x + ∞ k=1 2 k (1 −n)(1 −n + 2) . . . (1 −n + 2k −2) (2k + 1)! x 2k+1 _ . 5.9. Polinomios de Hermite La ecuación de Hermite tiene mayor importancia para el caso en que n ≥ 0. Si n es un entero par, entonces el coeficiente de a 0 en (5.125), termina, siendo cada término igual a cero, para k ≥ 1 2 (n+2). Si n es entero impar, entonces, el coeficiente a 1 en (5.125), termina, siendo cero cada término para k ≥ 1 2 (n + 1). Por consiguiente, la ecuación de Hermite admite siempre una solución polinomial de grado n, para n ≥ 0. Una expresión simple para la solución polinomial la dan los polinomios de Hermite . Estos polinomios tienen la forma H n = n 2 k=0 (−1) k n!(2x) n−2k k!(n−2k)! (5.126) en donde n 2 representa el mayor n´ umero entero ≤ n 2 . Entonces, y = H n (x) es una solución de la ecuación de Hermite. 250CAP ´ ITULO5. INTEGRACI ´ ONDE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDOSERIES DE POTENCIA 5.10. Condiciones Suficientes para la Existencia de Soluciones en Serie Potencias. Hemos probado que una ecuación con coeficientes constantes, as´ı como con coeficientes variables admiten soluciones en forma de series de potencias en potencias de (x−x 0 ) (5.78). Es lógico pregun- tarnos si cualquier ecuación con coeficientes variables tiene solución en forma de series de potencias. El siguiente teorema, que no demostraremos, da las condiciones suficientes para la existencia de soluciones en serie de potencias. Teorema 5.10.1. Sea y +P(x)y +Q(x)y = 0 (5.127) donde los coeficientes P(x) y Q(x) pueden ser desarrollados en una serie de potencias para [x[ < R. Entonces, cada solución y(x) puede ser expandida en una serie de potencias para [x[ < R. 5.11. Ecuación Diferencial de Legendre A toda ecuación de la forma (1 −x 2 )y −2xy +n(n + 1)y = 0 (5.128) se le conoce como ecuación de Legendre. Esta ecuación es de gran importancia en la f´ısica. Aparece en numerosos problemas, en particular, en los que presentan simetr´ıa esférica (por ejemplo, en electrostática). Solución: En la ecuación (5.128), n es un parámetro constante. Dividiendo (5.128), entre 1 − x 2 , de tal manera que el coeficiente de y sea uno, como en el teorema 5.10.1. Encontramos P(x) = − 2x 1 −x 2 , Q(x) = n(n + 1) 1 −x 2 . (5.129) Debido a que estos coeficientes admiten desarrollo en serie de potencias para [x[ < 1, el teorema anterior afirma que la solución y(x) también admite una expansión en serie de potencias para [x[ < 1. Para obtener estas soluciones asumimos y(x) = ∞ m=0 a m x m . (5.130) Para sustituir en (5.128), debemos derivar dos veces, esto eso y (x) = ∞ m=1 ma m x m−1 , y (x) = ∞ m=2 m(m−1)a m x m−2 . (5.131) Al sustituir (5.130), y sus derivadas en (5.131), obtenemos (1 −x 2 ) ∞ m=2 m(m−1)a m x m−2 −2x ∞ m=1 ma m x m−1 +n(n + 1) ∞ m=0 a m x m = 0. (5.132) 5.11. ECUACI ´ ON DIFERENCIAL DE LEGENDRE 251 Esta misma ecuación la podemos escribir como ∞ m=2 m(m−1)a m x m−2 − ∞ m=2 m(m−1)a m x m − −2 ∞ m=1 ma m x m +n(n + 1) ∞ m=0 a m x m = 0. (5.133) Luego, poniendo s = m−2, m = s + 2, tenemos ∞ s=0 (s + 2)(s + 1)a s+2 x s − ∞ s=2 s(s −1)a s x s −2 ∞ s=1 sa s x s +n(n + 1) ∞ s=0 a s x s = 0. (5.134) Para poder factorizar las sumas deben empezar en el mismo valor, para esto desplazamos los ´ındices de las sumas, esto es [2a 2 +n(n + 1)a 0 ]x 0 + [6a 3 −2a 1 +n(n + 1)a 1 ]x + + _ (s + 2)(s + 1)a s+2 + [−s(s −1) −2s +n(n + 1)]a s _ x s = 0. (5.135) Debido a que x m ,= 0, entonces los coeficientes que multiplican a las diferentes potencias de x deben ser cero, esto da como resultado 2a 2 +n(n + 1)a 0 = 0, 6a 3 −2a 1 +n(n + 1)a 1 = 0, (s + 2)(s + 1)a s+2 + [−s(s −1) −2s +n(n + 1)]a s = 0, ∀s > 2. (5.136) De estas expresiones obtenemos a 2 = − n(n + 1) 2 a 0 , a 3 = 2 −n(n + 1) 6 a 1 = − (n −1)(n + 2) 3! a 1 . (5.137) Luego, −s(s −1) −2s +n(n + 1) = (n −s)(n +s + 1), entonces, la ecuación de recurrencia es a s+2 = − (n −s)(n +s + 1) (s + 2)(s + 1) a s , (s = 0, 1, 2, ...) (5.138) Con esta relación obtenemos cada coeficiente en términos del segundo que lo precede, con exepción de a 0 y a 1 , los cuales se dejan como constantes arbitrarias. Es fácil obtener algunas relaciones, tomando en cuenta las ya obtenidas en (5.137), tenemos s = 0 → a 2 = − n(n + 1) 2! a 0 s = 1 → a 3 = − (n −1)(n + 2) 3! a 1 , s = 2 → a 4 = − (n −2)(n + 3) 4 3 a 2 = (n −2)n(n + 1)(n + 3) 4! a 0 , (5.139) s = 3 → a 5 = − (n −3)(n + 4) 5 4 a 3 = (n −3)(n −1)(n + 2)(n + 4) 5! a 1 , y as´ı sucesivamente. Podemos escribir la expresión (5.130), de la siguiente manera y(x) = a 0 +a 2 x 2 +a 4 x 4 +. . . +a 1 x +a 3 x 3 +a 5 x 5 . . . . (5.140) 252CAP ´ ITULO5. INTEGRACI ´ ONDE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDOSERIES DE POTENCIA Sustituyendo (5.139) en (5.140), resulta y(x) = a 0 _ 1 − n(n + 1) 2! x 2 + (n −2)n(n + 1)(n + 3) 4! x 4 −+. . . _ (5.141) + a 1 _ x − (n −1)(n + 2) 3! x 3 + (n −3)(n −1)(n + 2)(n + 4) 5! x 5 −+. . . _ De esta expresión podemos escribir la solución general de (5.128), como y(x) = a 0 y 1 (x) +a 1 y 2 (x), (5.142) donde a 0 y a 1 son constantes arbitrarias y y 1 (x) = 1 − n(n + 1) 2! x 2 + (n −2)n(n + 1)(n + 3) 4! x 4 −+. . . (5.143) y 2 (x) = x − (n −1)(n + 2) 3! x 3 + (n −3)(n −1)(n + 2)(n + 4) 5! x 5 −+. . . (5.144) Estas series convergen para −1 < x < 1. Como podemos observar, las soluciones y 1 y y 2 son soluciones linealmente independientes, ya que una solo contiene potencias pares y la otra solución contienen potencias impares y como consecuencia la relación y 1 /y 2 no es una constante. Debido a que las soluciones son linealmente independientes la expresión (5.142), es la solución general de la ecuación (5.128), en el intervalo −1 < x < 1. Si n ≥ 0 es un entero no negativo, entonces y 1 o y 2 se reducen a un polinomio (y el otro polinomio de las dos soluciones queda como un polinomio multiplicado por ln _ 1+x 1−x _ , como puede demostrarse). Analicemos lo anterior en casos sencillos. Sea n = 0, entonces de (5.143), se obtiene y 1 = 1 y de (5.144), resulta y 2 (x) = x + 2 3! x 3 + (−3)(−1) 2 4 5! x 5 +. . . = = x + x 3 3 + x 5 5 +. . . = 1 2 ln _ 1 +x 1 −x _ . (5.145) Si n = 1, entonces de (5.144), se obtiene y 2 (x) = x, y de la expresión (5.143), se tiene y 1 (x) = 1 − x 2 1 − x 4 3 − x 6 5 −. . . = = 1 −x _ x + x 3 3 + x 5 5 +. . . _ = 1 − 1 2 xln _ 1 +x 1 −x _ . (5.146) 5.12. Polinomios de Legendre En varias de las aplicaciones el parámetro n de la ecuación de Legendre es un entero no negativo. Entonces el término de la derecha de (5.138), es cero cuando s = n y como consecuencia a n+2 = 0, a n+4 = 0, a n+6 = 0, . . .. Por lo tanto, si n es par, y 1 (x) se reduce a un polinomio de grado n. Si n es impar, y 2 (x) se reduce a un polinomio de grado n. A estos polinomios multiplicados por unas constantes, se les conoce como polinomios de Legendre. Estos polinomios son de gran importancia práctica en la ingenier´ıa y en la ciencia. Resolviendo para a s de (5.138), obtenemos a s = − (s + 2)(s + 1) (n −s)(n +s + 1) a s+2 , (s ≤ n −2), (5.147) 5.12. POLINOMIOS DE LEGENDRE 253 y entonces todos los coeficientes que no se cancelan pueden expresarse en términos de los coeficientes a n de la mayor potencia de x en el polinomio. El coeficiente a n en un principio sigue siendo arbitrario. Por comodidad se elige a n = 1 cuando n = 0 y a n = (2n)! 2 n (n!) 2 = 1 3 5 (2n −1) n! , n = 1, 2, 3, . (5.148) Esto es debido a que para esta elección de a n todos esos polinomios tendrán el valor de 1 cuando x = 1. Entonces de (5.147) y (5.148), se obtiene a n−2 = − n(n −1) 2(2n −1) a n = − n(n −1)(2n)! 2(2n −1)2 n (n!) 2 = = − n(n −1)2n(2n −1)(2n −2)! 2(2n −1)2 n n(n −1)!n(n −1)(n −2)! . (5.149) Esto es a n−2 = − (2n −1)! 2 n (n −1)!(n −2)! . (5.150) De una manera similar, tenemos a n−4 = − (n −2)(n −3) 4(2n −3) a n−2 = (2n −4)! 2 n 2!(n −2)!(n −4)! . (5.151) En general, cuando n −2m ≥ 0, se tiene a n−2m = (−1) m (2n −2m)! 2 n m!(n −m)!(n −2m)! . (5.152) A la solución resultante de la ecuación de Legendre (5.128), se le llama el polinomio de Legendre de grado n y se representa por P n (x). De (5.152), obtenemos P n (x) = M m=0 (−1) m (2n −2m)! 2 n m!(n −m)!(n −2m)! x n−2m = = (2n)! 2 n (n!) 2 x n − (2n −2)! 2 n 1!(n −1)!(n −2)! x n−2 +− , (5.153) donde M = n/2 ó M = (n −1)/2, cualquiera de los dos que sea un entero. En particular, P 0 (x) = 1, P 1 (x) = x, P 2 (x) = 1 2 (3x 2 −1), P 3 (x) = 1 2 (5x 3 −3x), P 4 (x) = 1 8 (35x 4 −30x 2 + 3), P 5 (x) = 1 8 (63x 5 −70x 3 + 15x). (5.154) Los polinomios de Legendre pueden obtenerse haciendo uso de la fórmula P n (x) = 1 2 n n! d n dx n [(x 2 −1) n ] (5.155) A esta fórmula se le conoce como fórmula de Rodrigues . Usando la fórmula de Rodrigues calculemos los tres primeros términos del polinomio de Legendre P 0 (x) = 1 2 0 0! = 1, P 1 (x) = 1 2 1! d dx (x 2 −1) = 1 2 (2x) = x. (5.156) 254CAP ´ ITULO5. INTEGRACI ´ ONDE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDOSERIES DE POTENCIA Para el caso de P 2 (x), se tiene P 2 (x) = 1 2 2 2! d 2 dx 2 _ x 2 −1 _ 2 = 2 2 2 2! d dx _ 2(x 2 −1)(2x) _ = = 2 2 2 2! _ 2x(2x) + 2(x 2 −1) _ = 1 2 (3x 2 −1). (5.157) Para el caso de P 3 (x), tenemos P 3 (x) = 1 2 3 3! d 3 dx 3 (x 2 −1) 3 . (5.158) Calculemos primero la tercer derivada de (x 2 −1) 3 . Esto es d dx (x 2 −1) 3 = 3(x 2 −1) 2 2x = 6x(x 2 −1) 2 , d 2 dx 2 (x 2 −1) 3 = d dx [6x(x 2 −1) 2 ] = 6(x 2 −1) 2 + 24x 2 (x 2 −1), d 3 dx 3 (x 2 −1) 3 = d dx [6(x 2 −1) 2 + 24x 2 (x 2 −1)] = 24x(x 2 −1) + 48x(x 2 −1) + 48x 3 = 120x 3 −72x. (5.159) Entonces, poniendo este resultado en (5.158) P 3 (x) = 1 2 3 3! d 3 dx 3 (x 2 −1) 3 = 1 2 3 3! (120x 3 −72x) = 1 2 (5x 3 −3x). (5.160) Como podemos ver P 0 (x), P 1 (x) y P 3 (x) obtenidos con la fórmula de Rodr´ıgues coinciden con los obtenidos en (5.154). 5.13. Series Generalizadas: Método de Frobenius Al igual que el método de las series de potencias, el método de Frobenius es una herramienta para resolver ecuación diferenciales lineales con coeficientes variables, sin embargo, este método se aplica a ecuaciones más generales para las que el método de series de potencias no es aplicable. De aqu´ı que el método de Frobenius tenga gran importancia práctica. Un punto x = x 0 en el que los coeficientes P(x) y Q(x) de la ecuación y +P(x)y +Q(x)y = 0 (5.161) son anal´ıticos se llama punto ordinario de la ecuación. Un punto que no es ordinario se llama punto singular de la ecuación. Luego, si x = x 0 es un punto ordinario de la ecuación (5.161), entonces el método de las series de potencias es aplicable y nos da las soluciones en forma de potencias de x−x 0 , como se vió anteriormente. Sin embargo, si x = x 0 es un punto singular el método de las series de potencias deja de ser aplicable ya que la ecuación puede no tener una solución en serie de potencias en potencias de x −x 0 . Afortunadamente, el comportamiento de los coeficientes de una ecuación en un punto singular a veces no es tan malo como se cree y para tal caso tenemos el siguiente teorema. 5.14. ECUACI ´ ON INDICIAL 255 Teorema 5.13.1. (método de Frobenius) Toda ecuación diferencial de la forma y + b(x) x y + c(x) x 2 y = 0 (5.162) donde las funciones b(x) y c(x) son anal´ıticas en x = 0, tiene al menos una solución que puede representarse en la forma y(x) = x ρ ∞ m=0 a m x m = ∞ m=0 a m x m+ρ = x ρ (a 0 +a 1 x +a 2 x 2 +. . .) a 0 ,= 0 (5.163) donde el exponente ρ puede ser un n´ umero cualquiera (real o complejo) y ρ se elige de tal manera que a 0 ,= 0. 5.14. Ecuación Indicial Para resolver la ecuación (5.162), la escribimos de la siguiente manera x 2 y +xb(x)y +c(x)y = 0. (5.164) Luego, desarrollamos b(x) y c(x) en series de potencias, es decir, b(x) = b 0 +b 1 x +b 2 x 2 +. . . , c(x) = c 0 +c 1 x +c 2 x 2 +. . . (5.165) Después derivamos la expresión (5.163), obtenemos y (x) = Σ ∞ m=0 (m+ρ)a m x m+ρ−1 = x ρ−1 [ρa 0 + (ρ + 1)a 1 x +. . .], (5.166) y (x) = Σ ∞ m=0 (m+ρ)(m+ρ −1)a m x m+ρ−2 = x ρ−2 [ρ(ρ −1)a 0 + (ρ + 1)ρa 1 x +. . .] Sustituyendo estas series en la ecuación (5.164), obtenemos x ρ [ρ(ρ −1)a 0 +. . .] + (b 0 +b 1 x +. . .)x ρ (ρa 0 +. . .) + (c 0 +c 1 x +. . .)x ρ (a 0 +a 1 x +. . .) = 0. (5.167) Luego, se igualan a cero las sumas de los coeficientes de cada potencia de x. De esta manera obtenemos un sistema de ecuaciones que incluyen los coeficientes desconocidos a m . Si la menor potencia es x r , entonces su ecuación correspondiente será [ρ(ρ −1) +b 0 ρ +c 0 ]a 0 = 0. (5.168) Por suposición a 0 ,= 0, entonces, la expresión que será cero es ρ(ρ −1) +b 0 ρ +c 0 . (5.169) Esta ecuación cuadrática es de gran importancia y se conoce como ecuación indicial de la ecuación diferencial (5.162). Teorema 5.14.1. (método de Frobenious. Base de soluciones) Suponga que la ecuación diferencial (5.162) cumple los requisitos del teorema (5.13.1) y sean ρ 1 y ρ 2 las ra´ıces de la ecuación indicial (5.169). Entonces, se tienen los siguientes tres casos posibles. 256CAP ´ ITULO5. INTEGRACI ´ ONDE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDOSERIES DE POTENCIA Caso I: Ra´ıces distintas que no difieren por un entero. Una base será y 1 (x) = x ρ1 (a 0 +a 1 x +a 2 x 2 +. . .) (5.170) y y 2 (x) = x ρ2 (A 0 +A 1 x +A 2 x 2 +. . .) (5.171) con coeficientes obtenidos sucesivamente a partir de (5.167) con ρ = ρ 1 y ρ = ρ 2 , respectivamente. Caso II: Ra´ız doble ρ 1 = ρ 2 = ρ. En este caso una base será y 1 (x) = x ρ (a 0 +a 1 x +a 2 x 2 +. . .), ρ = 1 2 (1 −b 0 ). (5.172) y y 2 (x) = y 1 (x) lnx +x ρ (A 1 x +A 2 x 2 +. . .), (x > 0). (5.173) Caso III: Ra´ıces que difieren por un entero. En este caso la base es y 1 (x) = x ρ1 (a 0 +a 1 x +a 3 x 2 +. . .). (5.174) y y 2 (x) = λy 1 (x) lnx +x ρ2 (A 0 +A 1 x +A 2 x 2 +. . .) (5.175) donde las ra´ıces son tales que ρ 1 −ρ 2 > 0 y λ puede ser cero. 5.15. Ecuación Diferencial de Bessel Una de las ecuaciones que se pueden resolver usando el método de Frobenius es la important´ısima ecuación llamada ecuación diferencial de Bessel . Esta ecuación tuvo sus or´ıgenes cuando el matemático F.W Bessel analizaba el movimiento planetario. Las funciones de Bessel , las cuales son soluciones de la ecuación de Bessel son muy importantes en el estudio de las vibraciones de cadenas, propagación de corrientes eléctricas en conductores cil´ındricos, flujo de calor en cilindros, vibración de membranas circulares y en muchos más problemas de las matemáticas aplicadas. Toda ecuación diferencial de la forma x 2 y +xy + (x 2 −ν 2 )y = 0 (5.176) donde ν es un parámetro constante, se llama ecuación diferencial de Bessel. Solución: Dividiendo la ecuación entre x 2 , tenemos las funciones P(x) = 1 x , Q(x) = x 2 −ν 2 x 2 , (5.177) las cuales tienen un punto singular en x = 0. Escribiendo la ecuación (5.176), como y + 1 x y + _ x 2 −ν 2 x 2 _ y = 0, (5.178) 5.15. ECUACI ´ ON DIFERENCIAL DE BESSEL 257 de donde podemos identificar a b(x) = 1 y c(x) = x 2 −ν 2 , las cuales son anal´ıticas en x = 0, y por lo tanto el teorema de Frobenius es aplicable. Entonces, busquemos la solución de la ecuación de Bessel (5.176), de la forma y(x) = ∞ m=0 a m x m+ρ , y (x) = ∞ m=0 (m+ρ)a m x m+ρ−1 , y (x) = ∞ m=0 (m+ρ −1)(m+ρ)a m x m+ρ−2 . (5.179) Sustituyendo (5.179), en (5.176), obtenemos x 2 ∞ m=0 (m+ρ −1)(m+ρ)a m x m+ρ−2 +x ∞ m=0 (m+ρ)a m x m+ρ−1 + +x 2 ∞ m=0 a m x m+ρ −ν 2 ∞ m=0 a m x m+ρ = 0. (5.180) Esta misma ecuación la podemos escribir como ∞ m=0 (m+ρ −1)(m+ρ)a m x m+ρ + ∞ m=0 (m+ρ)a m x m+ρ + + ∞ m=2 a m−2 x m+ρ −ν 2 ∞ m=0 a m x m+ρ = 0. (5.181) Desplazando los primeros dos lugares de las sumas en los términos primero, segundo y cuarto, obtenemos [ρ(ρ −1)a 0 +ρa 0 −ν 2 a 0 ]x 0+ρ + [ρ(ρ + 1)a 1 + (ρ + 1)a 1 −ν 2 a 1 ]x 1+ρ + +[(m+ρ −1)(m+ρ)a m + (m+ρ)a m +a m−2 −ν 2 a m ]x s+ρ = 0. (5.182) Igualando a cero los coeficientes de cada potencia de x, obtenemos ρ(ρ −1)a 0 +ρa 0 −ν 2 a 0 = 0, (m = 0). ρ(ρ + 1)a 1 + (ρ + 1)a 1 −ν 2 a 1 = 0, (m = 1). (5.183) (m+ρ −1)(m+ρ)a m + (m+ρ)a m +a m−2 −ν 2 a m = 0, (m = 2, 3, . . .). Debido a que a 0 ,= 0, de la primer ecuación en (5.183) se obtiene ρ(ρ −1) +ρ −ν 2 = 0 → (ρ +ν)(ρ −ν) = 0. (5.184) Las ra´ıces son ρ 1 = ν y ρ 2 = −ν. Para ρ = ρ 1 = ν de la segunda ecuación de (5.183), se obtiene a 1 = 0. La tercera ecuación se puede escribir como (m+ρ +ν)(m+ρ −ν)a m +a m−2 = 0, (5.185) y para el caso ρ 2 = ν esta expresi´ on toma la forma (m+ 2ν)ma m +a m−2 = 0. (5.186) 258CAP ´ ITULO5. INTEGRACI ´ ONDE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDOSERIES DE POTENCIA Puesto que a 1 = 0 y ν > 0, se sigue que a 3 = 0, a 5 = 0, sucesivamente. Si hacemos m = 2s en (5.186), para los demás coeficientes se obtiene a 2s = − 1 2 2 s(ν +s) a 2s−2 , s = 1, 2, . . . , (5.187) y es posible determinar sucesivamente los coeficientes a 2 , a 4 , a 6 , . . . ,. De esta manera obtenemos a 2 = − a 0 2 2 (ν + 1) , a 4 = − a 2 2 2 2(ν + 2) = a 0 2 4 2!(ν + 1)(ν + 2) . (5.188) En general, tenemos a 2s = (−1) s a 0 2 2s s!(ν + 1)(ν + 2) (ν +s) , s = 1, 2, . (5.189) 5.16. Funciones de Bessel Los valores enteros de ν se representan por n. Para ν = n la relación (5.189), da como resultado a 2s = (−1) s a 0 2 2s s!(n + 1)(n + 2) (n +s) , s = 1, 2, , (5.190) donde a 0 sigue siendo arbitraria. Debido a la arbitrariedad vamos a elegir en lugar de a 0 = 1 a a 0 = 1 2 n n! , (5.191) Con esta elección de (5.190), tenemos a 2s = (−1) s 2 2s+n s!(n +s) , s = 1, 2, , (5.192) Con estos coeficientes y ρ 1 = ν = n obtenemos a partir de (5.177) una solución particular de (5.176), que se representa por J n (x) y tiene la forma J n (x) = x n ∞ s=0 (−1) s x 2s 2 2s+n s!(n+s)! (5.193) Esta expresión se conoce con el nombre de función de Bessel de primera clase y de orden n. Esta serie converge para toda x, y además converge con bastante rapidez debido a los factoriales en el denominador. Para n = 0, de la ecuación (5.193), obtenemos la función de Bessel de orden cero J 0 (x) = ∞ s=0 (−1) s x 2s 2 2s s!(n +s)! = 1 − x 2 2 2 (1!) 2 + x 4 2 4 (2!) 2 − x 6 2 6 (3!) 2 +−. . . . (5.194) Para n = 1, de la ecuación (5.193), obtenemos la función de Bessel de orden uno. Esta tiene la forma J 1 (x) = ∞ s=0 (−1) s x 2s+1 2 2s+1 s!(s + 1)! = x 2 − x 3 2 3 1!2! + x 5 2 5 2!3! − x 7 2 7 3!4! +−. . . , (5.195) 5.16. FUNCIONES DE BESSEL 259 Se puede demostrar que para x grande, se tiene J n (x) ≈ _ 2 πx cos _ x − nπ 2 − π 4 _ (5.196) Ahora veamos el caso en que ν > 0. Para esto es conveniente usar algunas fórmulas obtenidas de la función Gamma. Por definición la función Gamma representada por Γ(ν) es Γ(ν) = _ ∞ 0 e −t t ν−1 dt. (5.197) Luego, se cumple la relaciones Γ(ν + 1) = νΓ(ν), Γ(n + 1) = n!, (n = 0, 1, 2, . . .). (5.198) La función Gamma generaliza la función factorial conocida en el cálculo elemental. Ahora podemos escribir la expresión (5.191), como a 0 = 1 2 ν Γ(ν + 1) . (5.199) Entonces la expresión (5.189), toma la forma a 2s = (−1) s 2 2s+ν s!(ν + 1)(ν + 2) (ν +s)Γ(ν + 1) . (5.200) Luego, tomando en cuenta (5.198), (ν + 1)Γ(ν + 1) = Γ(ν + 2), (ν + 2)Γ(ν + 2) = Γ(ν + 3). (5.201) Siguiendo estos razonamientos tenemos que en general (ν + 1)(ν + 2) (ν +s)Γ(ν + 1) = Γ(ν +s + 1). (5.202) De tal manera que los coeficientes vienen dados por la expresión a 2s = (−1) s 2 2s+ν s!Γ(ν +s + 1) . (5.203) Sustituyendo estos coeficientes en la expresión (5.177), se obtiene una solución particular de la ecuación (5.176), representada por J ν (x) y tiene la forma J ν (x) = x ν ∞ s=0 (−1) s x 2s 2 2s+ν s!Γ(ν+s+1) (5.204) A esta función se le conoce con el nombre de función de Bessel de primera clase y de orden ν. La serie (5.204), converge para todo x. Hasta el momento hemos obtenido una solución particular J ν (x), de la ecuación de Bessel. Ahora nos queda por obtener la solución general de la ecuación de Bessel. Para esto debemos hallar una segunda solución linealmente independiente. Si ν es un entero, será fácil encontrarla. Si ν es un entero n será más dif´ıcil. 260CAP ´ ITULO5. INTEGRACI ´ ONDE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDOSERIES DE POTENCIA Al sustituir ν por −ν en la ecuación (5.204), obtenemos J −ν (x) = x −ν ∞ s=0 (−1) s x 2s 2 2s−ν s!Γ(s−ν+1) (5.205) Esto es debido a que la ecuación de Bessel incluye a ν 2 , las funciones J ν (x) y J −ν (x), son soluciones de la misma ecuación para el mismo ν. Si ν no es entero, estas soluciones son linealmente independientes, ya que el primer término de (5.204), y el primero de (5.205), son m´ ultiplos finitos diferentes de cero de x ν y x −ν , respect´ıvamente. Entonces, tenemos Teorema 5.16.1. Si ν no es un entero, una solución general de la ecuación de Bessel para todo x ,= 0 es y(x) = c 1 J ν (x) +c 2 J −ν (x) (5.206) donde J ν (x) y J −ν (x) están definidas en (5.204), y (5.205), respect´ıvamente. Sin embargo, si ν es un entero, entonces (5.206), no es una soluci´ on general de la ecuación de Bessel. En este caso las dos soluciones de (5.206), serán linealmente dependientes. Teorema 5.16.2. (Dependencia lineal de las funciones de Bessel) Si ν = n es un entero, entonces las funciones de Bessel J n (x) y J −n (x) son linealmente dependientes, debido a que J n (x) = (−1) n J n (x) n = 1, 2, (5.207) Ejemplo 1: Resolver la siguiente ecuación diferencial x 2 y +xy + _ 4x 2 − 1 4 _ y = 0. (5.208) Solución: La ecuación (5.208) es muy parecida a la ecuación de Bessel (5.176). Para que estas dos ecuaciones sean iguales debemos hacer 4x 2 = t 2 → t = 2x, donde t es una nueva variable independiente. Es decir, en la ecuación (5.208), debemos hacer la sustitución t = 2x, dy dx = dy dt dt dx = 2 dy dt , d 2 y dx 2 = d dx _ dy dx _ = d dx _ 2 dy dt _ = 2 d dt _ dy dt _ dt dx = 4 d 2 y dt 2 . (5.209) Donde hemos aplicado la regla de la cadena. Ahora sustituimos estos resultados en la ecuación (5.208) y obtenemos la siguiente ecuación diferencial t 2 d 2 y dt 2 +t dy dt + _ t 2 − 1 4 _ y = 0. (5.210) Esta ecuación es una ecuación de Bessel con ν 2 = 1/4 o bien ν = 1/2. Entonces, como ν no es un entero, tenemos por el teorema 5 16 1 que la solución general es y(t) = c 1 J 1/2 (t) +c 2 J −1/2 (t). (5.211) 5.17. PROPIEDADES DE LA FUNCI ´ ON J ν (X) 261 Luego, recordando la sustitución t = 2x, tenemos la solución general de la ecuación (5.208) y(x) = c 1 J 1/2 (2x) +c 2 J −1/2 (2x). (5.212) Ejemplo 2: Resolver la ecuación x 2 y +xy + 4(x 4 −2)y = 0. (5.213) Solución: Si hacemos la sustitución t = x 2 , (5.214) y aplicando la regla de la cadena, tenemos dy dx = dy dt dt dx = 2x dy dt = 2t 1/2 dy dt , d 2 y dt 2 = d dx _ dy dx _ = d dt _ 2t 1/2 dy dt _ dt dx = d dt _ 2t 1/2 dy dt _ 2t 1/2 = = _ t −1/2 dy dt + 2t 1/2 d 2 y dt 2 _ 2t 1/2 = 2 dy dt + 4t d 2 y dt 2 . (5.215) Sustituyendo en (5.213), obtenemos t _ 2 dy dt + 4t d 2 y dt 2 _ +t 1/2 _ 2t 1/2 dy dt _ + 4(t 2 −2)y = 0. (5.216) Simplificando, obtenemos la siguiente ecuación de Bessel t 2 d 2 y dt 2 +t dy dt + (t 2 −2)y = 0, (5.217) donde ν = √ 2. Entonces por el teorema 5 16 1, tenemos la solución general de (5.217) y(t) = c 1 J √ 2 (t) +c 2 J − √ 2 (t). (5.218) Por consiguiente, la solución general de la ecuación (5.213) tiene la forma y(x) = c 1 J √ 2 (x 2 ) +c 2 J − √ 2 (x 2 ). (5.219) 5.17. Propiedades de la función J ν (x) Al multiplicar (5.204), por x ν se obtiene x ν J ν (x) = ∞ s=0 (−1) s x 2s+2ν 2 2s+ν s!Γ(ν +s + 1) . (5.220) Ahora, derivando esta expresión respecto a x, resulta d dx [x ν J ν (x)] = ∞ s=0 (−1) s 2(s +ν)x 2s+2ν−1 2 2s+ν s!Γ(ν +s + 1) = x ν x ν−1 ∞ s=0 (−1) s x 2s 2 2s+ν−1 s!Γ(ν +s) . (5.221) 262CAP ´ ITULO5. INTEGRACI ´ ONDE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDOSERIES DE POTENCIA De la ecuación (5.204), podemos observar que el segundo término es x ν J ν−1 (x). Con esto hallamos otra relación ´ util d dx [x ν J ν (x)] = x ν J ν−1 (x) (5.222) De manera similar, multiplicando (5.204), tomando la derivada y haciendo un cambio de ´ındice se obtiene d dx [x −ν J ν (x)] = ∞ s=1 (−1) s x 2s−1 2 2s+ν−1 (s −1)!Γ(ν +s + 1) = ∞ m=0 (−1) m+1 x 2m+1 2 2m+ν+1 m!Γ(ν +m+ 2) , (5.223) donde s = m+1. Usando (5.204), la expresió del segundo término es −x −ν J ν−1 (x). De esta manera obtenemos la relación d dx [x −ν J ν (x) = −x −ν J ν+1 (x). (5.224) Al desarrollar las fórmulas (5.176), y (5.177), y multiplicar (5.177), por x 2ν obtenemos νx ν−1 J ν +x ν d dx J ν (x) = x ν J ν−1 (x), (5.225) −νx ν−1 J ν +x ν d dx J ν (x) = −x ν J ν+1 (x). (5.226) Al restar (5.226), de (5.225), y dividir el resultado entre x ν obtenemos la primer relación de recurrencia J ν−1 (x) +J ν+1 (x) = 2ν x J ν (x) (5.227) Luego, al sumar (5.225), y (5.226), y dividir el resultado entre x ν obtenemos la segunda relación de recurrencia J ν−1 (x) −J ν+1 (x) = 2 d dx [J ν (x)] (5.228) Estas dos ´ ultimas relaciones tienen una importancia práctica, sobre todo en el trabajo numérico, donde (5.227), puede usarse para expresar funciones de Bessel de órdenes inferiores, las cuales permitan el uso de tablas. 5.18. Funciones de Bessel Fraccionarias, ν = ± 1 2 , ± 3 2 , ± 5 2 Analicemos las funciones de Bessel para algunos casos fraccionarios de ν Para ν = 1 2 , de la ecuación (5.204), tenemos J 1/2 (x) = √ x ∞ s=0 (−1) s x 2s 2 2s+1/2 s!Γ(s + 3 2 ) = _ 2 x ∞ s=0 (−1) s x 2s+1 2 2s+1 s!Γ(s + 3 2 ) . (5.229) Recordando la relación Γ _ 1 2 _ = √ π, Γ(ν + 1) = νΓ(ν). (5.230) 5.18. FUNCIONES DE BESSEL FRACCIONARIAS, ν = ± 1 2 , ± 3 2 , ± 5 2 263 Usando estas expresiones, en el denominador se tiene Γ _ s + 3 2 _ = _ s + 1 2 __ s − 1 2 _ . . . 3 2 1 2 Γ _ 1 2 _ = 2 −(s+1) (2s + 1)(2s −1) . . . 3 √ π. (5.231) Además en el denominador se tiene 2 2s+1 s! = 2 2s+1 s(s −1) . . . 2 1 = 2 2s+1 2s(2s −2) . . . 4 2. (5.232) El denominador queda como (2s + 1)! √ π, de donde J 1/2 (x) = _ 2 πx ∞ s=0 (−1) s x 2s+1 (2s + 1)! . (5.233) Esta no es ni más ni menos que la serie de Maclaurin de sinx. Por consecuencia J 1/2 (x) = _ 2 πx senx. (5.234) Ahora derivemos (5.234), obtenemos d dx [ √ xJ 1/2 (x)] = x 1/2 J −1/2 (x) = _ 2 π cos x, (5.235) de donde obtenemos el resultado J −1/2 (x) = _ 2 πx cos x. (5.236) Demostrar que las siguientes relaciones son válidas: J 3/2 (x) = 1 x J 1/2 (x) −J −1/2 (x) = _ 2 πx _ senx x −cos x _ (5.237) J −3/2 (x) = − 1 x J −1/2 (x) −J 1/2 (x) = − _ 2 πx _ cos x x + senx _ . (5.238) Ejemplo 1: Resolver la ecuación x 2 y +xy + _ x 2 − 1 4 _ y = 0. (5.239) Solución: La ecuación (5.239) es una ecuación de Bessel con ν = 1/2. Entonces, la solución general está dada por la función y(x) = c 1 J 1/2 (x) +c 2 J −1/2 (x). (5.240) Luego, tomando en cuenta los resultados obtenidos en (5.234) y (5.236), la solución (5.240) la podemos escribir de la siguiente manera y(x) = _ 2 πx _ c 1 senx +c 2 cos x _ . (5.241) Ejemplo 2: Resolver la ecuación x 2 y +xy + _ x 2 − 9 4 _ y = 0. (5.242) 264CAP ´ ITULO5. INTEGRACI ´ ONDE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDOSERIES DE POTENCIA Solución: La ecuación (5.242) es una ecuación de Bessel con ν = 3/2. Entonces, la solución general es y(x) = c 1 J 3/2 (x) +c 2 J −3/2 (x). (5.243) Tomando en cuenta las expresiones (5.237) y (5.238), podemos escribir la solución general (5.243) de la siguiente manera y(x) = _ 2 πx _ c 1 _ senx x −cos x _ +c 2 _ cos x x + senx __ . (5.244) 5.19. Funciones de Bessel de segunda clase Nos queda por obtener una solución general de la ecuación de Bessel para el caso ν = n entero. Recordemos que para ν no entero hemos obtenido una base J ν (x) y J −ν (x), y que en el caso ν = n las dos soluciones obtenidas se vuelven linealmente dependientes, de tal manera que para este caso se necesita una segunda solución linealmente independiente. Esta ecuación se reperesentará por Y n (x). Consideremos primero el caso n = 0. Entonces, la ecuación de Bessel se reduce a la ecuación xy +y +xy = 0. (5.245) Para esta ecuación se obtiene la ecuación indicial con ra´ız de multiplicidad 2. Al principio tenemos solo la solución J 0 (x). Luego, la segunda solución tendrá la forma y 2 (x) = J 0 (x) lnx + ∞ m=1 A m x m . (5.246) Sustituyendo y 2 y sus derivadas y 2 = J 0 (x) lnx + J 0 (x) x + ∞ m=1 mA m x m−1 , y 2 = J 0 (x) lnx + 2J 0 x − J 0 (x) x 2 + ∞ m=1 m(m−1)A m x m−2 . (5.247) en la ecuación original. Los términos logar´ıtmicos se cancelan, ya que J 0 (x) es una solución de la ecuación, al igual los otros términos que contienen a J 0 (x), de esta manera obtenemos 2J 0 + ∞ m=1 m(m−1)A m x m−1 + ∞ m=1 mA m x m−1 + ∞ m=1 A m x m+1 = 0. (5.248) De aqu´ı se obtiene la serie de potencias de J 0 en la forma J 0 (x) = ∞ m=1 (−1) m 2mx 2m−1 2 2m (m!) 2 = ∞ m=1 (−1) m x 2m−1 2 2m−1 m!(m−1)! (5.249) Al poner esta serie resulta ∞ m=1 (−1) m x 2m−1 2 2m−2 m!(m−1)! + ∞ m=1 m 2 A m x m−1 + ∞ m=1 A m x m+1 = 0. (5.250) 5.19. FUNCIONES DE BESSEL DE SEGUNDA CLASE 265 Podemos demostrar que todas las A m con sub´ındices impares son cero. El coeficiente de la potencia x 0 es A 1 y en consecuencia A 1 = 0. Al igualar a cero la suma de los coeficientes de la potencia x 2s se tiene (2s + 1) 2 A 2s+1 +A 2s−1 = 0, s = 1, 2, . . . (5.251) Puesto que A 1 = 0, obtenemos A 3 , A 5 , ..., = 0. Luego, igualando a cero la suma de los coeficientes de x 2s+1 se obtiene −1 + 4A 2 = 0 → A 2 = 1 4 , s = 0. (5.252) y para los demás valores s = 1, 2, . . . , tenemos (−1) s+1 2 2s (s + 1)!s! + (2s + 2) 2 A 2s+2 +A 2s = 0. (5.253) Para s = 1 se obtiene 1 8 + 16A 4 +A 2 = 0 → A 4 = − 3 128 . (5.254) En general A 2m = (−1) m−1 2 2m (m!) 2 _ 1 + 1 2 + 1 3 +. . . + 1 m _ , m = 1, 2, . . . . (5.255) Introduciendo la notación h m = 1 + 1 2 + 1 3 +. . . + 1 m (5.256) y poniendo en y A 1 , A 3 = A 5 = . . . = 0, obtenemos el siguientes resultado y 2 (x) = J 0 (x) lnx + ∞ m=1 (−1) m−1 h m 2 2m (m!) 2 x 2m = = J 0 (x) lnx + 1 4 x 2 − 3 128 x 4 +−. . . . (5.257) Ya que J 0 (x) y y 2 (x) son funciones linealmente independientes, estas forman una base de soluciones de la ecuación de Hermite para n = 0. Existe otra base, en este caso se sustituye y 2 por una solución particular independiente de la forma a(y 2 +bJ 0 ) donde (a ,= 0) y b son constantes. Es frecuente, que se tomen los valores a = 2/π y b = γ −ln2, donde γ = 0,577215664... es la constante de Euler. Esta constante se define como el l´ımite de 1 + 1 2 + 1 3 +. . . + 1 s −lns. (5.258) cuando s →∞. La solución particular estándar obtenida de esta manera se le conoce como función de Bessel de segunda clase y de orden cero ó también como función de Neumann de orden cero y se representa por Y 0 (x) y tiene la forma Y 0 (x) = 2 π _ J 0 (x) _ ln x 2 +γ _ + ∞ m=1 (−1) m−1 hm 2 2m (m!) 2 x 2m _ . (5.259) Para x > 0 peque˜ na la función Y 0 (x) tiene un comportamiento similar al de lnx y Y 0 (x) → −∞ cuando x →0. 266CAP ´ ITULO5. INTEGRACI ´ ONDE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDOSERIES DE POTENCIA 5.20. Funciones de Bessel de Segunda Clase Y n (x) Para el caso en que ν = n = 1, 2, 3, . . . se puede obtener una segunda solución haciendo manip- ulaciones similares a las hechas en el caso n = 0. En estos casos la solución también involucra un término logar´ıtmico. Esto no es del todo satisfactorio, ya que la segunda solución se define de manera diferente, dependiendo de si el orden de ν es entero o no. Por lo anterior, es conveniente tomar una segunda solución que sea válida para todos los valores de ν. Esta segunda solución representada por Y ν (x) y definida para toda ν tiene forma Y ν (x) = 1 senπν _ J ν (x) cos πν −J ν (x) _ , Y n (x) = l´ım ν→n Y ν (x). (5.260) Esta función recibe el nombre de función de Bessel de segunda clase de orden ν o función de Neumann de orden ν Para un orden ν no entero la función Y ν (x) es evidentemente una solución de la ecuación de Bessel, ya que J ν (x) y J −ν (x) son soluciones de la ecuación. Debido a que para esos valores de ν las soluciones J ν (x) y J −ν (x) son linealmente independientes y Y ν (x) incluye a J ν (x), las funciones J ν (x) y Y ν (x) son linealmente independientes. Además, se puede demostrar que el l´ımite en (5.260) existe y que Y n (x) es una solución de la ecuación de Bessel para un orden entero. El desarrollo de la función Y n (x) contiene un término logar´ıtmico. Por lo tanto, J n (x) y Y n (x) son soluciones linealmente independientes de la ecuación de Bessel. Poniendo los valores de las funciones J ν (x) y J −ν (x) en (5.260), y haciendo ν →n, obtenemos Y n (x) = 2 π J n (x) _ ln _ x 2 _ +γ _ + x n π ∞ m=0 (−1) m−1 (h m +h m+n ) 2 2m+n m!(m+n)! x 2m − x −n π n−1 m=0 (n −m−1)! 2 2m−n m! x 2m , (5.261) donde x > 0, n = 0, 1, 2, ... y h 0 = 0, h s = 1 + 1 2 + 1 3 +. . . + 1 s , (s = 1, 2, 3, . . .) (5.262) y cuando n = 0 la ´ ultima suma en (5.261) debe sustituirse por cero. Para n = 0 la expresión (5.261) se reduce a (5.259). Además, se puede demostrar que Y −n (x) = (−1) n Y n (x). (5.263) Finalmente, estos resultados los formularemos en el siguiente teorema Teorema 5.20.1. Una solución general de la ecuación de Bessel para todos los valores de ν es y(x) = c 1 J ν (x) +c 2 Y ν (x). Hay ocasiones prácticas en las que existe la necesidad de contar con soluciones complejas de la ecuación de Bessel para valores reales de x. En tal caso, con frecuencia se usan las soluciones H (1) ν (x) = J ν (x) +iY ν (x), H (2) ν (x) = J ν (x) −iY ν (x) (5.264) Estas funciones son linealmente independientes y se llaman funciones de Bessel de tercera clase y de orden ν, o primera y segunda funciones de Hankel de orden ν. 5.21. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAP ´ ITULO 5 267 5.21. Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 5 5.1.- Usando la serie de Taylor obtener la integración aproximada de las siguientes ecuaciones. 1. y = x 2 y +y 3 , y(0) = 1. Hallar los cuatro primeros términos del desarrollo diferentes de cero. 2. y = x + 2y 2 , y(0) = 0. Hallar los dos primeros términos del desarrollo diferentes de cero. 3. y = y 2 + x, y(0) = 1. Hallar los cinco primeros términos del desarrollo. 4. y = (2x−1)y −1, y(0) = 0, y (0) = 1. Hallar los primeros cinco términos. 5. y = x 2 + y 2 , y(0) = 1. Hallar los cinco primeros términos. 5.2.- Hallar Soluciones en Serie de Po- tencias Alrededor de un Punto Ordinario x = 0. 1. y +xy +y = 0. 2. y −xy = 0. 3. y −2xy +y = 0. 4. y +x 2 y +xy = 0. 5. y +x 2 y = 0. 6. y + 2xy + 2y = 0. 7. (x −1)y +y = 0. 8. (x 2 + 2)y + 3xy −y = 0. 9. y −xy = 0. 10. y −2xy +y = 0. 5.3.- Resolver las siguientes ecuaciones de Bessel 1. y + 1 x y + _ 1 − 1 9x 2 _ y = 0. 2. 4x 2 y + 4xy + (100x 2 −9)y = 0. 3. x 2 y +xy + _ 4x 4 − 16 9 _ y = 0. 4. x 2 y +xy + (x 2 −4)y = 0. 5. xy +y + 1 4 y = 0. 268CAP ´ ITULO5. INTEGRACI ´ ONDE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDOSERIES DE POTENCIA Cap´ıtulo 6 SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES Hemos aprendido diferentes métodos para resolver ecuaciones diferenciales ordinarias consi- derándolas individualmente. Sin embargo, en la práctica, es muy probable que se necesite más de una ecuación diferencial para modelar un proceso dado. En este ´ ultimo cap´ıtulo analizaremos situaciones, en las cuales, dos o más funciones desconocidas están relacionadas mediante un conjunto de ecuaciones diferenciales. 6.1. Sistemas de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias En general, un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias dy 1 dt = f 1 (t, y 1 , y 2 , ..., y n ), dy 2 dt = f 2 (t, y 1 , y 2 , ..., y n ), . . . (6.1) dy n dt = f n (t, y 1 , y 2 , ..., y n ), (6.2) donde, y 1 , y 2 , ..., y n son funciones desconocidas de la variable t, se llama sistema normal. Si la parte derecha del sistema normal de ecuaciones diferenciales son funciones lineales respecto a la variable y 1 , y 2 , ..., y n , entonces, el sistema de ecuaciones diferenciales se llama sistema lineal . Un sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden es lineal, si tiene la forma dy 1 dt = a 11 (t)y 1 (t) +a 12 (t)y 2 (t) +. . . +a 1n (t)y n (t) +f 1 (t), dy 2 dt = a 21 (t)y 1 (t) +a 22 (t)y 2 (t) +. . . +a 2n (t)y n (t) +f 2 (t), . . . (6.3) dy n dt = a n1 (t)y 1 (t) +a n2 (t)y 2 (t) +. . . +a nn (t)y n (t) +f n (t). (6.4) 269 270 CAP ´ ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES Recordando el álgebra de matrices, tenemos que el sistema (6.4), lo podemos escribir como d dt _ _ _ _ y 1 y 2 . . . y n _ _ _ _ = _ _ _ _ a 11 (t) a 12 (t) . . . a 1n (t) a 21 (t) a 22 (t) . . . a 2n (t) . . . . . . . . . . . . a n1 (t) a 2n (t) . . . a nn (t) _ _ _ _ _ _ _ _ y 1 y 2 . . . y n _ _ _ _ + _ _ _ _ f 1 (t) f 2 (t) . . . f n (t) _ _ _ _ . (6.5) La forma matricial (6.5), la podemos escribir de una forma a´ un más compacta, usando la forma vectorial, es decir dY(t) dt = A(t)Y(t) +F(t) (6.6) donde hemos hecho las siguientes definiciones Y(t) = _ _ _ _ y 1 (t) y 2 (t) . . . y n (t) _ _ _ _ A(t) = _ _ _ _ a 11 (t) a 12 (t) . . . a 1n (t) a 21 (t) a 22 (t) . . . a 2n (t) . . . . . . . . . . . . a n1 (t) a 2n (t) . . . a nn (t) _ _ _ _ , F(t) = _ _ _ _ f 1 (t) f 2 (t) . . . f n (t) _ _ _ _ . (6.7) A la matriz A(t) se le conoce como matriz de coeficientes , y a F(t) como la función de excitación ó fuente. Se supone que A(t) y F(t) son continuas si sus elementos son continuos en alg´ un intervalo (a, b). Si la función de excitación F(t) = 0, entonces, decimos que el sistema (6.6), es un sistema homogéneo. El sistema dado por (6.6), es un sistema no homogéneo ya que F(t) ,= 0. Un vector solución en un intervalo I ∈ (a, b) es cualquier matriz columna Y(t) = _ _ _ _ y 1 (t) y 2 (t) . . . y n (t) _ _ _ _ , (6.8) cuyos elementos son funciones diferenciables y satisfacen el sistema de ecuaciones (6.5), o (6.6), en el intervalo dado. Supongamos que t 0 es un punto en el intervalo I ∈ (a, b), y sean Y(t 0 ) = _ _ _ _ y 1 (t 0 ) y 2 (t 0 ) . . . y n (t 0 ) _ _ _ _ , Y 0 = _ _ _ _ c 1 c 2 . . . c n _ _ _ _ , (6.9) donde, c i , (i = 1, 2, ..., n) son constantes dadas. Entonces, el problema Resolver : dY dt = A(t)Y +F(t) Sujeto a : Y(t 0 ) = Y 0 , (6.10) es un problema de valor inicial en el intervalo dado. Ahora, podemos hacernos la siguiente pregunta: Cuáles serán las condiciones suficientes para que el problema de valor inicial (6.10), tenga solución? La respuesta la da el siguiente teorema. Teorema 6.1.1. Sean las componentes a ij y las f i del sistema (6.7), funciones continuas de t en un intervalo abierto a < t < b que contiene al punto t = t 0 . Entonces, (6.7), tiene una solución y(t) en este intervalo que satisface las condiciones iniciales (6.10). Esta solución, además, es ´ unica. 6.1. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 271 Estudiaremos cuatro de los métodos más comunes en la solución de los sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes de la forma (6.10). I Reducción de un Sistema de Ecuaciones a una Ecuación de Orden n En ocasiones, un sistema de ecuaciones diferenciales (6.4), se puede transformar a una ecuación diferencial de orden n, la cual contiene una función desconocida. Esto se puede realizar diferenciando una de las ecuaciones del sistema y eliminando todas las otras desconocidas. Este método se conoce como método de eliminación . Sin perder generalidad, vamos analizar este método para el caso de un sistema de dos ecuaciones diferenciales. Sea el sistema dx dt = ax +by +f(t) dy dt = cx +dy +g(t), (6.11) donde a, b, c y d son ciertas constantes, f(t), g(t) son funciones dadas, y x(t), y(t) son las funciones desconocidas. De la primer ecuaci´ on de (6.11), despejando a y(t), tenemos y(t) = 1 b _ dx dt −ax −f(t) _ . (6.12) Derivando esta función respecto a t, obtenemos dy dt = 1 b _ d 2 x dt 2 −a dx dt − df dt _ . (6.13) Sustituyendo las expresiones (6.12), y (6.13), en la segunda ecuación del sistema (6.11), resulta d 2 x dt 2 −(a +d) dx dt −(bc −da)x = df dt −f(t)d +bg(t). (6.14) Esta misma expresión la podemos escribir, de una manera más general, como A d 2 x dt 2 +B dx dt +Cx = P(t). (6.15) Al resolver esta ecuación tendremos una solución de la forma x(t) = x(t, c 1 , c 2 ). (6.16) Luego, derivando la expresión obtenida respecto a t y sustituyendo en la ecuación (6.12), hallamos y(t). De esta manera obtenemos las soluciones x(t) y y(t) del sistema de ecuaciones (6.11). Ejemplo 1: Resolver el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales dx dt = 2y, dy dt = x. (6.17) Solución: 272 CAP ´ ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES Una forma para resolver este sistema es, darnos cuenta que derivando la primera ecuación de la expresión (6.17), respecto al tiempo t (no necesariamente t es el tiempo), y después tomando en cuenta la segunda ecuación obtenemos una ecuación lineal de segundo orden, esto es d 2 x dt 2 = 2 dy dt . (6.18) Luego, sustituyendo en (6.18), el valor dy/dt = x, de la segunda ecuación de (6.17), obtenemos d 2 x dt 2 = 2x. (6.19) La ecuación (6.19), la podemos escribir como d 2 x dt 2 −2x = 0. (6.20) Esta ecuación es una ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden con coeficientes constantes. Suponiendo una solución de la forma x(t) = e mt , entonces, tenemos que la correspondiente ecuación caracter´ıstica y sus ra´ıces están dadas por m 2 −2 = 0 → m = ± √ 2. (6.21) Entonces, la solución general de la ecuación (6.20), está dada por x(t) = c 1 e √ 2t +c 2 e − √ 2t . (6.22) De la primera ecuación de (6.17), tenemos y(t) = 1 2 dx dt . Entonces, derivando la expresión (6.22), respecto a t, tenemos y(t) = 1 2 dx dt = c 1 √ 2 2 e √ 2t − c 2 √ 2 2 e − √ 2t . (6.23) De tal manera que la solución general del sistema (6.17), es x(t) = c 1 e √ 2t +c 2 e − √ 2t y(t) = ˜ c 1 e √ 2t − ˜ c 2 e − √ 2t . (6.24) donde ˜ c 1 = c1 √ 2 2 , ˜ c 2 = c2 √ 2 2 . El sistema de ecuaciones (6.17), también puede ser resuelto de la siguiente manera; usando la regla de la cadena, tenemos dy dx = dy dt dt dx = x 2y . (6.25) Esta ecuación es una ecuación de primer orden y de variables separables, la cual se puede resolver fácilmente. Como resultado tenemos, 2y 2 −x 2 = c. (6.26) En principio, las dos soluciones obtenidas (6.24), y (6.26), son las mismas, nadamás que la primera está en forma paramétrica y la segunda no (podrá demostrarlo?). Ejemplo 2: Resolver el sistema de ecuaciones diferenciales dx dt = xcos t, dy dt = xe −sen t . (6.27) 6.1. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 273 Solución: Analizando el sistema nos damos cuenta que la primera ecuación no depende de y y, por lo tanto, la podemos integrar separando las variables, esto es _ dx x = _ cos tdt → ln _ x c 1 _ = sent → x(t) = c 1 e sen t . (6.28) Sustituyendo el valor de x(t), en la segunda ecuación del sistema (6.27), tenemos dy dt = c 1 e sen t e −sen t = c 1 → dy dt = c 1 . (6.29) Esta ´ ultima ecuación se integra fácilmente, la solución es y(t) = c 1 t +c 2 , (6.30) donde c 1 y c 2 son constantes de integración. Por consiguiente, la solución general del sistema de ecuaciones (6.27), tiene la forma x(t) = c 1 e sen t , y(t) = c 1 t +c 2 . (6.31) Ejemplo 3: Resolver el sistema de ecuaciones dx dt = ax +y, dy dt = −x +ay. (6.32) Solución: Derivando la primera ecuación del sistema (6.32), tenemos d 2 x dt 2 = a dx dt + dy dt . (6.33) Luego, sustituyendo la segunda ecuación de (6.32), en (6.33), obtenemos dy dt = a dx dt −x +ay. (6.34) De la primera ecuación de (6.32), despejamos a y, esto es y = −ax + dx dt , (6.35) y la sustituimos en (6.34), obtenemos la ecuación diferencial d 2 x dt 2 −2a dx dt + (a 2 + 1)x = 0. (6.36) Ahora, nos queda por resolver esta ecuación que es de segundo orden con coeficientes constantes. Suponemos la solución x(t) = e mt , entonces, la ecuación caracter´ıstica tiene la forma m 2 −2am+ (a 2 + 1) = 0. (6.37) 274 CAP ´ ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES Las ra´ıces de esta ecuación son m 1,2 = a ±i. (6.38) La solución general tiene la forma x(t) = e at _ c 1 cos t +c 2 sent _ . (6.39) Luego, sustituyendo esta expresión en (6.35), tenemos y(t) = dx dt −ax = ae at _ c 1 cos t +c 2 sent _ +e at _ −c 1 sent +c 2 cos t _ − ae at _ c 1 cos t +c 2 sent _ = e at _ −c 1 sent +c 2 cos t _ . (6.40) Entonces, las soluciones del sistema están dadas por las expresiones x(t) = e at _ c 1 cos t +c 2 sent _ , y(t) = e at _ −c 1 sent +c 2 cos t _ . (6.41) Ejemplo 4: Resolver el siguiente sistema de ecuaciones dx dt = e 3t −y, dy dt = 2e 3t −x. (6.42) Solución: Diferenciando, respecto a t, la primera ecuación del sistema, obtenemos d 2 x dt 2 = 3e 3t − dy dt . (6.43) Sustituyendo en (6.43), la segunda ecuación del sistema (6.42), resulta la ecuación d 2 x dt 2 = 3e 3t −2e 3t +x = e 3t +x → d 2 x dt 2 −x = e 3t . (6.44) Esta ´ ultima ecuación es una ecuación lineal no homogénea de segundo orden. La ecuación homogénea correspondiente a (6.44), es d 2 x dt 2 −x = 0. (6.45) Supongamos la solución x(t) = e mt , sustituyendo en (6.45), obtenemos la ecuación caracter´ıstica y sus ra´ıces m 2 −1 = 0 → m = ±1. (6.46) Por consiguiente, la solución general de la ecuación (6.45), está dada por x h (t) = c 1 e t +c 2 e −t . (6.47) Luego, suponemos una solución particular x p de la ecuación (6.44). Sea la solución particular x p = Ae 3t . (6.48) 6.1. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 275 Sustituyendo en la ecuación (6.44), resulta 9Ae 3t −Ae 3t = e 3t → A = 1 8 . (6.49) Entonces, la solución particular es x p (t) = 1 8 e 3t . (6.50) Luego, la solución general de la ecuación (6.44), es x(t) = c 1 e t +c 2 e −t + 1 8 e 3t . (6.51) De la segunda ecuación del sistema (6.42), podemos despejar a y, esto nos da y(t) = e 3t − dx dt . (6.52) Ahora, derivamos respecto a t la solución (6.51), y la sustituimos en (6.52), obtenemos y(t) = e 3t − _ c 1 e t −c 2 e −t + 3 8 e 3t _ = −c 1 e t +c 2 e −t + 5 8 e 3t . (6.53) Finalmente, la solución general del sistema (6.42), está dado por las expresiones x(t) = c 1 e t +c 2 e −t + 1 8 e 3t , y(t) = −c 1 e t +c 2 e −t + 5 8 e 3t . (6.54) Ejemplo 5: Resolver el sistema de ecuaciones dx dt = 2y, dy dt = 2z, dz dt = 2x. (6.55) Solución: Diferenciando, respecto a t, la primera ecuación de (6.55), obtenemos d 2 x dt 2 = 2 dy dt . (6.56) Luego, sustituyendo la segunda ecuación de (6.55), en (6.56), se tiene d 2 x dt 2 = 4z. (6.57) Derivando esta ecuación respecto a t, resulta d 3 x dt 3 = 4 dz dt . (6.58) 276 CAP ´ ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES Sustituyendo la tercera ecuación de (6.55), en (6.58), obtenemos la ecuación homogénea de tercer orden d 3 x dt 3 = 8x → d 3 x dt 3 −8x = 0. (6.59) La solución general de esta ecuación es x(t) = c 1 e 2t +e −t _ c 2 cos √ 3t +c 3 sen √ 3t _ . (6.60) La solución general para la función y(t) la podemos obtener de la primera ecuación del sistema (6.55), esto es y(t) = 1 2 dx dt = 1 2 _ 2c 1 e 2t −e −t _ c 2 cos √ 3t +c 3 sen √ 3t _ + √ 3e −t _ c 3 cos √ 3t −c 2 sen √ 3t __ = c 1 e 2t + 1 2 e −t _ ( √ 3c 3 +c 2 ) cos √ 3t −( √ 3c 2 +c 3 ) sen √ 3t _ . (6.61) De la segunda ecuación del sistema (6.55), obtenemos la función z(t), esto es z(t) = 1 2 dy dt = c 1 e 2t − 1 2 e −t _ ( √ 3c 3 +c 2 ) cos √ 3t −( √ 3c 2 −c 3 ) sen √ 3t _ . (6.62) Finalmente, tenemos las soluciones que satisfacen al sistema (6.55), x(t) = c 1 e 2t +e −t _ c 2 cos √ 3t +c 3 sen √ 3t _ , y(t) = c 1 e 2t + 1 2 e −t _ ( √ 3c 3 +c 2 ) cos √ 3t −( √ 3c 2 +c 3 ) sen √ 3t _ , z(t) = c 1 e 2t − 1 2 e −t _ ( √ 3c 3 +c 2 ) cos √ 3t −( √ 3c 2 −c 3 ) sen √ 3t _ . (6.63) Ejemplo 6: Resolver el siguiente sistema de ecuaciones con las condiciones dadas dx dt = 3x + 8y, dy dt = −3y −x, x(0) = 6, y(0) = −2. (6.64) Solución: Derivamos la primera ecuación del sistema (6.64), y obtenemos d 2 x dt 2 = 3 dx dt + 8 dy dt . (6.65) Sustituimos en (6.65), la segunda ecuación del sistema (6.64), obtenemos d 2 x dt 2 = 3 dx dt + 8 _ −3y −x _ = 3 dx dt −24y −8x. (6.66) De la primera ecuación del sistema (6.64), despejamos y, esto es y = 1 8 dx dt − 3 8 x, (6.67) 6.1. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 277 y la sustituimos en la expresión (6.66), resulta d 2 x dt 2 = 3 dx dt −8x −24 _ 1 8 dx dt − 3 8 x _ = −8x + 9x = x. (6.68) Hemos obtenido la ecuación d 2 x dt 2 −x = 0. (6.69) Esta es una ecuación lineal respecto a x, de segundo orden con coeficientes constantes. Suponemos la solución x(t) = e mt , sustituyendo en (6.69), obtenemos la ecuación caracter´ıstica y sus respectivas ra´ıces m 2 −1 = 0 → m = ±1. (6.70) Entonces, la solución general de (6.69), es x(t) = c 1 e t +c 2 e −t . (6.71) Para encontrar la solución y(t) es necesario usar la expresión (6.67), para esto derivamos respecto a t, la expresión (6.71), obtenemos dx dt = c 1 e t −c 2 e −t . (6.72) Sustituyendo en (6.67), las expresiones (6.72), y (6.71), obtenemos y(t) = c 1 8 e t − c 2 8 e −t − 3 8 _ c 1 e t +c 2 e −t _ = − c 1 4 e t − c 2 2 e −t . (6.73) Es decir, las soluciones generales del sistema (6.64), son (6.71), y (6.73), esto es x(t) = c 1 e t +c 2 e −t , y(t) = − c 1 4 e t − c 2 2 e −t . (6.74) Ahora solo nos queda hallar las constantes c 1 y c 2 de las condiciones iniciales dadas. Esto es, cuando t = 0, x = 6, y cuando t = 0, y = −2. Sustituyendo estos valores en el sistema (6.74), obtenemos c 1 + 2c 2 = 8, c 1 +c 2 = 6. (6.75) Resolviendo este sistema, hallamos los valores c 1 = 4 y c 2 = 2. Entonces, poniendo estos valores en la solución general (6.74), obtenemos la solución particular x(t) = 4e t + 2e −t , y(t) = −e t −e −t . (6.76) Estas soluciones particulares, obtenidas de las soluciones generales (6.74), cumplen las condiciones dadas x(0) = 6, y y(0) = −2. II Solución de Sistemas de Ecuaciones Diferenciales Mediante Combinaciones Integrables En algunos casos, combinando las ecuaciones del sistema de ecuaciones diferenciales (no necesariamente lineales), después de algunas operaciones (suma, resta, división, etc.), es posible obtener ecuaciones fácilmente integrables de la forma F _ t, u, du dt _ = 0, (6.77) 278 CAP ´ ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES donde u es una función de las funciones buscadas x 1 (t), x 2 (t), ..., x n (t). Este método se llama método de combinaciones integrables. Ejemplo 1: Resolver el sistema de ecuaciones dx dt = y 2 x , dy dt = x 2 y . (6.78) Solución: Este es un sistema no lineal. Escribamos el sistema (6.78), de la siguiente manera xdx = y 2 dt, ydy = x 2 dt. (6.79) Sumando término a término, resulta xdx +ydy = (x 2 +y 2 )dt → d(x 2 +y 2 ) 2(x 2 +y 2 ) = dt. (6.80) Integrando la ´ ultima expresión _ d(x 2 +y 2 ) x 2 +y 2 = _ 2dt → ln(x 2 +y 2 ) = 2t + lnc 1 . (6.81) Esta ´ ultima expresión la podemos escribir como x 2 +y 2 = c 1 e 2t . (6.82) Ahora, restando término a término la segunda ecuación de la primera en (6.79), obtenemos xdx −ydy = (y 2 −x 2 )dt → d(x 2 −y 2 ) x 2 −y 2 = −2dt. (6.83) Integrando _ d(x 2 −y 2 ) x 2 −y 2 = −2 _ dt, (6.84) se obtiene x 2 −y 2 = c 2 e −2t . (6.85) Entonces, tenemos el siguiente sistema de ecuaciones algebráicas x 2 +y 2 = c 1 e 2t x 2 −y 2 = c 2 e −2t . (6.86) Es fácil resolver este sistema, mediante suma y resta. El resultado es x(t) = ± _ ˜ c 1 e 2t + ˜ c 2 e −2t y(t) = ± _ ˜ c 1 e 2t − ˜ c 2 e −2t , (6.87) donde, ˜ c 1 = c1 2 , y ˜ c 2 = c2 2 . Las expresiones en (6.87), son las soluciones del sistema. 6.1. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 279 Ejemplo 2: Resolver el sistema de ecuaciones dx dt = 1 y , dy dt = 1 x . (6.88) Solución: Escribamos el sistema de la siguiente manera ydx = dt, xdy = dt. (6.89) Sumando las dos ecuaciones resulta ydx +xdy = 2dt → d(xy) = 2dt. (6.90) Integrando _ d(xy) = 2 _ dt → xy = 2t +c 1 . (6.91) Ahora, restando una ecuación de la otra del sistema (6.89), obtenemos ydx −xdy = 0 → dx x − dy y = 0. (6.92) Integrando _ dx x = _ dy y → y = c 2 x. (6.93) Entonces, tenemos el sistema de ecuaciones algebráicas xy = 2t +c 1 , y = c 2 x. (6.94) Sustituyendo la segunda ecuación de (6.94), en la primera, obtenemos x(t) = _ 2t +c 1 c 2 . (6.95) Luego, poniendo este resultado en la segunda ecuación de (6.94), se tiene y(t) = c 2 _ 2t +c 1 c 2 = _ c 2 (2t +c 1 ). (6.96) Finalmente, las soluciones del sistema dado son x(t) = _ 2t +c 1 c 2 , y(t) = _ c 2 (2t +c 1 ). (6.97) Ejemplo 3: 280 CAP ´ ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES Resolver el sistema de ecuaciones diferenciales con valores iniciales dx dt = x x +y , dy dt = y x +y , x(0) = 1 y(0) = 2. (6.98) Solución: Dividiendo la primera ecuación entre la segunda, resulta dx dt dy dt = x x+y y x+y = x y → dx dy = x y . (6.99) Esta ´ ultima ecuación es de variables separables. Separando las variables e integrando _ dx x = _ dy y → lnx = lny + lnc 1 → x = c 1 y. (6.100) Ahora, sumando las dos ecuaciones del sistema (6.98), se tiene dx dt + dy dt = x x +y + y x +y = 1 → dx +dy = dt. (6.101) Integrando la ´ ultima ecuación de (6.101), _ dx + _ dy = _ dt → x +y = t +c 2 . (6.102) Entonces, hemos obtenido el sistema de ecuaciones algebráicas _ x = c 1 y, x +y = t +c 2 . (6.103) Resolviendo este sistema simultáneamente, obtenemos las funciones x(t) y y(t), las cuales tienen la forma x(t) = c 1 (t +c 2 ) c 1 + 1 , y(t) = t +c 2 c 1 + 1 . (6.104) Estas funciones constituyen las soluciones generales del sistema (6.98). Ahora nos queda por encontrar una solución particular que cumpla con las condiciones iniciales dadas en (6.98). Esto es, cuando t = 0, x = 1 y cuando t = 0, y = 2. Sustituyendo estas condiciones en (6.104), obtenemos el sistema de ecuaciones algebráicas c 1 + 1 = c 1 c 2 , 2(c 1 + 1) = c 2 . (6.105) Multiplicando la primer ecuación por dos y restando la segunda a la primera ecuación, obtenemos 2c 1 c 2 −c 2 = 0 → c 2 (2c 1 −1) = 0 → c 2 = 0, c 1 = 1 2 . (6.106) Sustituyendo los valores encontrados de las constantes c 1 y c 2 en las soluciones generales (6.104), finalmente tenemos la solución del problema (6.98), esta es x(t) = 1 3 t, y(t) = 2 3 t. (6.107) 6.1. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 281 III Variación de los Parámetros Sin perder generalidad, este método lo ilustraremos para el caso de un sistema de tres ecuaciones diferenciales. Sea el sistema no homogéneo dx dt +a 1 x +b 1 y +e 1 z = f 1 (t), dy dt +a 2 x +b 2 y +e 2 z = f 2 (t), dz dt +a 3 x +b 3 y +e 3 z = f 3 (t). (6.108) Supongamos que la solución general del sistema homogéneo ya la conocemos, y tiene la forma x(t) = c 1 x 1 +c 2 x 2 +c 3 x 3 , y(t) = c 1 y +c 2 y 2 +c 3 y 3 , z(t) = c 1 z 1 +c 2 z 2 +c 3 z 3 . (6.109) Nos queda por buscar una solución particular del sistema no homogéneo (6.108). El método de variación de los parámetros consiste en ver a las constantes c 1 , c 2 y c 3 de (6.109), como parámetros que dependen de la variable independiente t, es decir, la solución particular tiene la forma x(t) = c 1 (t)x 1 +c 2 (t)x 2 +c 3 (t)x 3 , y(t) = c 1 (t)y +c 2 (t)y 2 +c 3 (t)y 3 , z(t) = c 1 (t)z 1 +c 2 (t)z 2 +c 3 (t)z 3 , (6.110) donde c 1 (t), c 2 (t) y c 3 (t) son ahora funciones que debemos hallar. Estas funciones las podemos encontrar al sustituir (6.110), en (6.108). Sustituyendo (6.110), en la primera ecuación de (6.108), tenemos c 1 x 1 +c 2 x 2 +c 3 x 3 + + c 1 (x 1 +a 1 x 1 +b 1 y 1 +e 1 z 1 ) + c 2 (x 2 +a 1 x 2 +b 1 y 2 +e 1 z 2 ) + c 3 (x 3 +a 1 x 3 +b 1 y 3 +e 1 z 3 ) = f 1 (t). (6.111) Todas las sumas que están dentro de los paréntesis son cero, (ya que el sistema (6.110), es solución de la ecuación homogénea correspondiente). Por consiguiente, tendremos c 1 x 1 +c 2 x 2 +c 3 x 3 = f 1 (t). (6.112) De manera análoga, al sustituir (6.110), en la segunda y tercera ecuación de (6.108), obtendremos el siguiente sistema de ecuaciones para las c 1 , c 2 y c 3 , estas son c 1 x 1 +c 2 x 2 +c 3 x 3 = f 1 (t), c 1 y 1 +c 2 y 2 +c 3 y 3 = f 2 (t), c 1 z 1 +c 2 z 2 +c 3 z 3 = f 3 (t). (6.113) Este sistema es lineal respecto a c 1 , c 2 , c 3 , y tiene solución, puesto que su determinante det _ _ x 1 x 2 x 3 y 1 y 2 y 3 z 1 z 2 z 3 _ _ ,= 0, (6.114) 282 CAP ´ ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES debido a la independencia lineal de las soluciones del sistema homogéneo correspondiente. Una vez conocidas c 1 , c 2 y c 3 e integrando, hallamos c 1 (t), c 2 (t) y c 3 (t), y, por consiguiente, la solución de (6.110), del sistema no homogéneo (6.108). Ejemplo 1: Resolver el siguiente sistema de ecuaciones no homogéneo con las condiciones iniciales dadas 2 dx dt −6x +y = −6t 2 −t + 3, dy dt −2y = −2t −1, x(0) = 2, y(0) = 3. (6.115) Solución: Primero resolvemos el sistema homogéneo correspondiente. Esto es, el sistema 2 dx dt −6x +y = 0, dy dt −2y = 0. (6.116) Derivamos la primera ecuación de (6.116), obtenemos 2 d 2 x dt 2 −6 dx dt + dy dt = 0. (6.117) Luego, sustituyendo la segunda ecuación en (6.117), resulta 2 d 2 x dt 2 −6 dx dt + 2y = 0 → d 2 x dt 2 −3 dx dt +y = 0. (6.118) Despejando y de la primera ecuación de (6.116), se obtiene y = 6x −2 dx dt . (6.119) Luego, sustituimos y en (6.118), tenemos d 2 x dt 2 −5 dx dt + 6x = 0. (6.120) Esta es una ecuación lineal con coeficientes constantes. Sea x(t) = e mt la solución. Sustituyendo en (6.120), resulta la ecuación caracter´ıstica m 2 −5m+ 6 = 0 → (m−3)(m−2) = 0 → m 1 = 3, m 2 = 2. (6.121) Entonces, la solución general de la ecuación (6.120), es x(t) = c 1 e 3t +c 2 e 2t . (6.122) Derivamos, respecto a t, esta expresión dx dt = 3c 1 e 3t + 2c 2 e 2t . (6.123) Poniendo las expresiones (6.123), y (6.122), en (6.119), obtenemos la expresión para y(t), esto es y(t) = 6 _ c 1 e 3t +c 2 e 2t _ −2 _ 3c 1 e 3t + 2c 2 e 2t _ = 2c 2 e 2t . (6.124) 6.1. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 283 Por consiguiente, tenemos las soluciones generales del sistema homogéneo, éstas son x h (t) = c 1 e 3t +c 2 e 2t , y h (t) = 2c 2 e 2t . (6.125) El método de variación de los parámetros consiste en tomar a las constantes de las soluciones homogéneas como funciones de t, y sustituirlas en la ecuación no homogénea con el propósito de hallar a las funciones c 1 (t) y c 2 (t). Del sistema (6.125), tenemos el siguiente sistema x p (t) = c 1 (t)e 3t +c 2 (t)e 2t , y p (t) = 2c 2 (t)e 2t . (6.126) Derivando este sistema, obtenemos dx p dt = c 1 e 3t + 3c 1 e 3t +c 2 e 2t + 2c 2 e 2t , dy p dt = 2c 2 e 2t + 4c 2 e 2t . (6.127) Sustituyendo estos resultados en el sistema no homogéneo (6.115), obtenemos el sistema de ecuaciones c 1 e 3t +c 2 e 2t = −3t 2 − 1 2 t + 3 2 , 2c 2 e 2t = −2t −1. (6.128) Resolviendo este sistema, tenemos c 1 = _ 1 2 t −3t 2 + 2 _ e −3t , c 2 = _ −t − 1 2 _ e −2t . (6.129) Integrando la primera ecuación, tenemos c 1 (t) = _ _ 1 2 t −3t 2 + 2 _ e −3t dt. (6.130) Esta integral se calcula por partes y el resultado es c 1 (t) = _ t 2 − 1 2 t − 1 2 _ e −3t . (6.131) De la segunda ecuación en (6.129), tenemos la integral c 2 (t) = _ _ −t − 1 2 _ e −2t dt. (6.132) Esta integral se calcula fácilmente, y el resultado es c 2 (t) = 1 2 _ t + 1 _ e −2t . (6.133) Sustituyendo las funciones c 1 (t) y c 2 (t) en la expresión (6.126), tenemos, la solución particular de la ecuación no homoge´ nea (6.115), x p (t) = t 2 +t, y p (t) = t + 1. (6.134) 284 CAP ´ ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES La solución general de (6.115), estará dada por la suma de las soluciones homogéneas (6.125), y las soluciones particulares (6.134), esto es x(t) = c 1 e 3t +c 2 e 2t +t 2 +t, y(t) = 2c 2 e 2t +t + 1. (6.135) Ahora nos queda por encontrar las soluciones que satisfacen las condiciones iniciales. Sustituyendo las condiciones iniciales en las soluciones (6.135), obtenemos el sistema c 1 +c 2 = 4, 2c 2 + 1 = 3. (6.136) Resolviendo este sistema, hallamos los valores de las constantes, estos son; c 1 = 3 y c 2 = 1. Poniendo estos valores en (6.135), obtenemos, finalmente, la solución del problema (6.115), x(t) = 3e 3t +e 2t +t 2 +t, y(t) = 2e 2t +t + 1. (6.137) Ejemplo 2: Resolver el sistema de ecuaciones dx dt + 2x + 4y = 4t + 1, dy dt +x −y = 3 2 t 2 . (6.138) Solución: El sistema homogéneo correspondiente tiene la forma dx dt + 2x + 4y = 0, dy dt +x −y = 0. (6.139) Derivando la primera ecuación de (6.139), obtenemos d 2 x dt 2 + 2 dx dt + 4 dy dt = 0. (6.140) Sustituyendo la segunda ecuación de (6.139), en (6.140), resulta d 2 x dt 2 + 2 dx dt −4x + 4y = 0. (6.141) Luego, de la primera ecuación de (6.139), despejamos a y, tenemos y = − 1 2 x − 1 4 dx dt . (6.142) Sustituyendo esta expresión en (6.141), obtenemos la siguiente ecuación diferencial d 2 x dt 2 + dx dt −6x = 0. (6.143) 6.1. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 285 Supongamos las solución x(t) = e mt , sustituyendo en (6.143), obtenemos la ecuación caracter´ıstica con sus correspondientes ra´ıces m 2 +m−6 = 0 → (m+ 3)(m−2) = 0 → m 1 = −3, m 2 = 2. (6.144) Entonces, las solución general de la ecuación homogénea (6.143), es x h (t) = c 1 e −3t +c 2 e 2t . (6.145) Derivando, respecto a t, esta expresión obtenemos dx dt = −3c 1 e −3t + 2c 2 e 2t . (6.146) Sustituyendo las expresiones (6.146), y (6.145), en (6.142), obtenemos y h (t) = c 1 4 e −3t −c 2 e 2t . (6.147) Finalmente, tenemos las soluciones de la ecuación homogénea (6.139), estas son x h (t) = 4c 1 e −3t +c 2 e 2t , y h (t) = c 1 e −3t −c 2 e 2t , (6.148) donde hemos hecho el cambio c 1 → c 1 /4. Para encontrar la solución general del sistema (6.138), tomamos a las constates c 1 y c 2 como funciones de t en (6.148), esto es x p (t) = 4c 1 (t)e −3t +c 2 (t)e 2t , y p (t) = c 1 (t)e −3t −c 2 (t)e 2t . (6.149) Al sustituir el sistema (6.149), en la ecuación no homogéna (6.138), obtenemos el siguiente sistema 4c 1 e −3t +c 2 e 2t = 4t + 1, c 1 e −3t −c 2 e 2t = 3 2 t 2 . (6.150) Al resolver este sistema, respecto a c 1 (t) y c 2 (t), tenemos c 1 = _ 3 10 t 2 + 4 5 t + 1 5 _ e 3t , c 2 = _ − 6 5 t 2 + 4 5 t + 1 5 _ e −2t . (6.151) Ahora nos queda integrar este sistema. Las integraciones se hacen por partes y el resultado es c 1 (t) = _ t 5 + t 2 10 _ e 3t , c 2 (t) = _ t 5 + 3t 2 5 _ e −2t . (6.152) Sustituyendo estos resultado en el sistema (6.149), obtenemos las soluciones particulares x p (t) = t 2 +t, y p (t) = − 1 2 t 2 . (6.153) 286 CAP ´ ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES Finalmente, sumando las soluciones particulares (6.153), a las homogéneas (6.148), obtenemos la solución general del sistema no homogéneo (6.138), x(t) = 4c 1 e −3t +c 2 e 2t +t 2 +t, y(t) = c 1 e −3t −c 2 e 2t − 1 2 t 2 , (6.154) donde c 1 y c 2 son ciertas constantes arbitrarias que dependen de las condiciones iniciales. Antes de analizar el siguiente método vamos a introducir dos conceptos fundamentales que serán de gran ayuda para resolver sistemas de ecuaciones lineales homogéneos. 6.2. Valores Propios y Vectores Propios Supongamos que tenemos la ecuación AY = λY, (6.155) donde, A ij es una matriz dada, λ es un n´ umero real o imaginario por determinarse, y Y es un vector también por determinar. De la ecuación (6.155), se sigue, que para toda λ, una solución es Y = 0. Un escalar λ tal que para cierto vector Y ,= 0 la ecuación (6.155), se cumple, se le llama valor propio de la matriz A y al correspondiente vector Y ,= 0 se le conoce como vector propio de A. La ecuación (6.155), la podemos escribir de la siguiente manera AY−λY = 0 ⇐⇒ (A−λI)Y = 0, (6.156) donde I representa la matriz unidad. La ecuaci´ on (6.156), representa n ecuaciones algebráicas lineales con n incógnitas y 1 , y 2 , ..., y n , que son las componentes del vector Y. Para que estas ecuaciones tengan solución no trivial, es decir, para que Y ,= 0, es necesario que la matriz formada por (A−λI) = 0, (6.157) es decir, que sea singular. Luego, la expresión (6.157), será singular si y sólo si, su determinante es cero. Esto es, si se cumple la relación det(A−λI) = 0. (6.158) A este determinante se le conoce como determinante caracter´ıstico de la matriz A. Supongamos que la matriz A en la ecuación (6.156) es de 2 2, entonces (a 11 −λ)y 1 +a 12 y 2 = 0, a 21 y 1 + (a 22 −λ)y 2 = 0. (6.159) El determinante caracter´ıstico es det(A−λI) = det _ a 11 −λ a 12 a 21 a 22 −λ _ = (a 11 −λ)(a 22 −λ) −a 12 a 21 = λ 2 −(a 11 +a 22 )λ +a 11 a 22 −a 12 a 21 = 0. (6.160) A esta ecuación se le conoce con el nombre de ecuación caracter´ıstica de A. Sus soluciones son los valores propios λ 1 y λ 2 de A. El procedimiento para encontrar los valores propios y los vectores propios del sistema (6.155), es el siguiente: 6.2. VALORES PROPIOS Y VECTORES PROPIOS 287 Resolver la ecuación caracter´ıstica (6.160), para determinan los valores propios λ 1 , λ 2 . Sustituyendo el valor de λ 1 en la ecuación (6.159), se determina su correspondiente vector propio Y 1 de A. Después se sustituye el valor de λ 2 en (6.159), y se determina el correspondiente vector propio Y 2 de A. Ejemplo 1: Hallar los valores propios y vectores propios de la siguiente matriz A = _ 2 4 1 2 _ . (6.161) Solución: Sustituyendo los valores de la matriz A en la expresión (6.159), resulta el sistema de ecuaciones (2 −λ)y 1 + 4y 2 = 0, y 1 + (2 −λ)y 2 = 0. (6.162) El determinante caracter´ıstico para la matriz A, es det(A−λI) = det _ 2 −λ 4 1 2 −λ _ = (2 −λ)(2 −λ) −4 = λ(λ −4) = 0. (6.163) De donde obtenemos las ra´ıces λ 1 = 0 y λ 2 = 4. Luego, tenemos que para λ = 0, el sistema (6.162), es 2y 1 + 4y 2 = 0, y 1 + 2y 2 = 0. (6.164) De la segunda ecuación, tenemos y 1 = −2y 2 . (6.165) Entonces, podemos darle un valor arbitrario a y 2 y de esta manera encontrar a y 1 . Eligiendo y 2 = 1, entonces, tenemos que y 1 = −2. Luego el vector Y 1 tiene las componentes Y 1 = _ −2 1 _ . (6.166) Para el caso en que λ = 4, de la ecuación (6.162), tenemos (2 −4)y 1 + 4y 2 = 0 y 1 + (2 −4)y 2 = 0. (6.167) Esto es −2y 1 + 4y 2 = 0 y 1 −2y 2 = 0. (6.168) De la segunda ecuación, tenemos y 1 = 2y 2 . Eligiendo λ 2 = 1, resulta que λ 1 = 2. El vector propio Y 2 tiene las componentes Y 2 = _ 1 2 _ . (6.169) 288 CAP ´ ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 2: Hallar los valores propios y los vectores propios de la siguiente matriz A = _ _ 6 −12 −1 1 −3 −1 −4 12 3 _ _ . (6.170) Solución: De la ecuación (6.156), para encontrar los valores y vectores propios, tenemos el sistema de ecuaciones (6 −λ)y 1 −12y 2 −y 3 = 0, y 1 + (−3 −λ)y 2 −y 3 = 0, −4y 1 + 12y 2 + (3 −λ)y 3 = 0. (6.171) El determinante caracter´ıstico para la matriz A, es det(A−λI) = det _ _ 6 −λ −12 −1 1 −3 −λ −1 −4 12 3 −λ _ _ = (6 −λ)(λ 2 −9) − (6.172) − 48 −12 + 12 + 4λ + 72 −12λ + 36 −12λ = λ 3 −6λ 2 + 11λ −6 = 0. Las ra´ıces de esta ecuación, es decir, los valores propios son λ 1 = 1, λ 2 = 2 y λ 3 = 3. Eligiendo el primer valor propio, es decir, para λ 1 = 1, tenemos el sistema de ecuaciones 5y 1 −12y 2 −y 3 = 0, y 1 −4y 2 −y 3 = 0, −4y 1 + 12y 2 + 2y 3 = 0. (6.173) Para resolver este sistema, dividimos la tercera ecuación entre 2 y sumando la segunda y la tercera ecuación, obtenemos y 1 = 2y 2 . (6.174) Le damos un valor arbitrario a y 2 , elijamos y 2 = 1, entonces, de (6.174), tenemos que y 1 = 2. Después, sustituyendo estos valores en la segunda ecuación, obtendremos el valor de y 3 , esto es y 3 = y 1 −4y 2 → y 3 = 2 −4 = 2. (6.175) Entonces, tenemos que para el valor propio λ 1 = 1, el vector propio es Y 1 = _ _ 2 1 −2 _ _ . (6.176) Para el segundo valor propio, λ 2 = 2, de (6.171), resulta el sistema de ecuaciones 4y 1 −12y 2 −y 3 = 0, y 1 −5y 2 −y 3 = 0, −4y 1 + 12y 2 +y 3 = 0. (6.177) A la primera ecuación le restamos la segunda, obtenemos y 1 = 7 3 y 2 . (6.178) 6.3. SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES HOMOG ´ ENEOS 289 Eligiendo y 2 = 3, tenemos que λ 1 = 7. Sustituyendo estos valores en la segunda ecuación de (6.177), resulta y 3 = y 1 −5y 2 = 28 −36 → y 3 = −8. (6.179) Entonces, para el valor propio y 1 = 2, tenemos el vector propio Y 2 = _ _ 7 3 −8 _ _ . (6.180) Para el caso λ 3 = 3, tenemos el sistema 3y 1 −12y 2 −y 3 = 0, y 1 −6y 2 −y 3 = 0, −4y 1 + 12y 2 + 0 = 0. (6.181) De la tercera ecuación, tenemos y 1 = 3y 2 . (6.182) Eligiendo, y 2 = 1, tenemos que y 1 = 3. Sustituyendo estos valores en la primer ecuación de (6.181), hallamos el valor de y 3 , y 3 = 3y 1 −12y 2 = 9 −12 = −3 → y 3 = −3. (6.183) Finalmente, el vector propio correspondiente a λ 3 , es Y 3 = _ _ 1 3 −3 _ _ . (6.184) Podemos concluir, que los valores propios de la matriz (6.170), son λ 1 = 1, λ 2 = 2 y λ 3 = 3, y sus correspondientes vectores propios están dados por las expresiones (6.176, 6.180, 6.184). 6.3. Sistemas de Ecuaciones Lineales Homogéneos IV Método de Euler para la Integración de un Sistema de Ecuaciones Empezaremos con un sistema de ecuaciones diferenciales sencillo y analizaremos un método para resolverlo, después mostraremos el método general. Ejemplo 1: Hallar la solución general del sistema de ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes y 1 = −4y 1 −3y 2 , y 2 = 6y 1 + 5y 2 . (6.185) Solución: Para resolver este sistema vamos a suponer soluciones del tipo y 1 = α 1 e λt , y 2 = α 2 e λt , (6.186) 290 CAP ´ ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES donde α 1 , α 2 y λ son constantes arbitrarias, las cuales debemos determinar. Derivando las soluciones propuestas (6.186), obtenemos y 1 = λα 1 e λt , y 2 = λα 2 e λt . (6.187) Sustituyendo (6.187), en (6.185), y cancelando el factor exponencial e λt , resulta el sistema −4α 1 −3α 2 = λα 1 , 6α 1 + 5α 2 = λα 2 . (6.188) Para un valor dado de λ éste es un sistema algebráico homogéneo. Este sistema lo podemos escribir como (−4 −λ)α 1 −3α 2 = 0, 6α 1 + (5 −λ)α 2 = 0. (6.189) La solución trivial (α 1 = α 2 = 0), de este sistema no es ´ util, ya que corresponde a la solución trivial y 1 = y 2 = 0, la cual no puede formar parte de un conjunto fundamental de soluciones del sistema. Por tal motivo vamos a considerar aquéllos valores de λ (valores propios) para los cuales existen soluciones no triviales. Estos valores de λ son aquéllos para los cuales el determinante del sistema (6.189), es cero, esto es det _ −4 −λ −3 6 5 −λ _ = (−4 −λ)(5 −λ) + 18 = λ 2 −λ −2 = (λ −2)(λ + 1) = 0. (6.190) Las soluciones son λ 1 = 2 y λ 2 = −1. Eligiendo λ 1 = 2 y sustituyendo en (6.189), obtenemos −6α 1 −3α 1 = 0, 6α 1 + 3α 2 = 0. (6.191) Resolviendo este sistema, encontramos que α 1 = − α2 2 , de donde, α 2 se puede escoger arbitrariamente. Eligiendo α 2 = 2, entonces α 1 = −1 y la solución es y 1 = −e 2t , y 2 = 2e 2t . (6.192) Esta misma solución la podemos escribir de la siguiente manera Y 1 = _ −1 2 _ e 2t , (6.193) llamada forma vectorial. Al poner λ 2 = −1 en (6.189), se obtiene el sistema −3α 1 −3α 2 = 0, 6α 1 + 6α 2 = 0. (6.194) Resolviendo este sistema, tenemos que α 1 = −α 2 . Eligiendo α 2 = 1, tenemos las soluciones y 1 = −e −t , y 2 = e −t . (6.195) En forma vectorial se escribe como Y 2 = _ −1 1 _ e −t (6.196) Para la expresión (6.189), los coeficientes constantes obtenidos, λ 1 y λ 2 , son los valores propios (eigenvalores) de la matriz de coeficientes (6.189), y los vectores (6.193), y (6.196), son los correspondientes vectores propios (eigenvectores) de la matr´ız (sección 6.2 valores propios y vectores 6.3. SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES HOMOG ´ ENEOS 291 propios). Entonces, la solución general del sistemas será la combinación lineal de las soluciones (6.193) y (6.196), Y = c 1 Y 1 +c 2 Y 2 = c 1 _ −1 2 _ e 2t +c 2 _ −1 1 _ e −t . (6.197) Esta solución esta escrita en forma vectorial. Sin embargo, esta misma solución la podemos escribir de la siguiente manera y 1 (t) = −c 1 e 2t −c 2 e −t , y 2 (t) = 2c 1 e 2t +c 2 e −t . (6.198) Ahora estamos listos para analizar la teor´ıa general de los sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes. De la ecuación (6.6), se deduce que un sistema de ecuaciones diferenciales homogéneas tiene la forma dY(t) dt = A(t)Y(t) (6.199) Teorema 6.3.1. Sea Y 1 , Y 2 , ..., Y k un conjunto de vectores solución del sistema homogéneo (6.199) en un intervalo I. Entonces, la combinación lineal Y = c 1 Y 1 +c 2 Y 2 +... +c k Y k (6.200) donde los coeficientes c i , (i = 1, 2, ..., k), son constantes arbitrarias, también es una solución en el intervalo dado. Sea Y 1 , Y 2 , ..., Y k un conjunto de vectores solución del sistema homogéneo (6.199) en un intervalo I. Entonces, decimos que el conjunto es linealmente dependiente en el intervalo dado, si existen constantes c 1 , c 2 , ..., c k , no todas nulas, tales que c 1 Y 1 +c 2 Y 2 +... +c k Y k = 0 (6.201) para todo t del intervalo. Si el conjunto de vectores no es linealmente dependiente en el intervalo, se dice que es linealmente independiente . En las ecuaciones diferenciales ordinarias introducimos el Wronskiano para determinar la dependencia lineal de un conjunto de soluciones. Este es válido también para el caso de sistemas de ecuaciones lineales. Teorema 6.3.2. Sean Y 1 = _ _ _ _ y 11 y 21 . . . y n1 _ _ _ _ , Y 2 = _ _ _ _ y 12 y 22 . . . y n2 _ _ _ _ ... Y n = _ _ _ _ y 1n y 2n . . . y nn _ _ _ _ , (6.202) 292 CAP ´ ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES n vectores solución del sistema homogéneo (6.199) en un intervalo dado. Una condición necesaria y suficiente para que el conjunto de soluciones sea linealmente independiente es que el Wronskiano W(Y 1 , Y 2 , ..., Y n ) = det _ _ _ _ y 11 y 12 . . . y 1n y 21 y 22 . . . y 2n . . . . . . y n1 y n2 . . . y nn _ _ _ _ ,= 0 ∀t ∈ I (6.203) Observación: Existe una diferencia respecto a la definici´ on del Wronskiano que se dió anteriormente. El Wron- skiano (6.203) no involucra las derivadas de las funciones. Sean Y 1 , Y 2 , ..., Y n un conjunto de n vectores solución linealmente independiente del sistema homogéneo (6.199), en un intervalo dado I. Entonces, diremos que Y 1 , Y 2 , ..., Y n forman un conjunto fundamental de soluciones en el intervalo I . Por consiguiente, la solución general del sistema (6.199), en el intervalo se define como Y(t) = c 1 Y 1 +c 2 Y 2 +... +c n Y n (6.204) donde c 1 , c 2 , ..., c n son constantes arbitrarias, las cuales pueden ser obtenidas de las condiciones iniciales. Para el caso de sistemas lineales no homogéneos, una solución particular Y p en un intervalo I es cualquier vector que no contiene constantes arbitrarias y tal que sus elementos son funciones que satisfacen el sistema (6.6). Teorema 6.3.3. Sean Y 1 , Y 2 , ..., Y n un conjunto de vectores solución del sistema homogéneo (6.199) en un intervalo I, y sea Y p cualquier vector solución del sistema no homogéneo (6.6) en el mismo intervalo. Entonces Y = c 1 Y 1 +c 2 Y 2 +... +c n Y n +Y p (6.205) también es solución del sistema no homogéneo (6.6) en el intervalo I, cualesquiera que sean las constantes c 1 , c 2 , ..., c n . Si Y 1 , Y 2 , ..., Y n forman un conjunto fundamental de soluciones del sistema homogéneo (6.199) en un intervalo I, entonces, la solución general se puede escribir como Y = c 1 Y 1 +c 2 Y 2 +... +c n Y n = c 1 _ _ _ _ y 11 y 21 . . . y n1 _ _ _ _ +c 2 _ _ _ _ y 12 y 22 . . . y n2 _ _ _ _ +... +c n _ _ _ _ y 1n y 2n . . . y nn _ _ _ _ = _ _ _ _ c 1 y 11 +c 2 y 12 +. . . +c n y 1n c 1 y 21 +c 2 y 22 +. . . +c n y 2n . . . c 1 y n1 +c 2 y n2 +. . . +c n y nn _ _ _ _ (6.206) 6.3. SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES HOMOG ´ ENEOS 293 Este mismo sistema lo podemos escribir como el producto de matrices. Esto es, como Y = _ _ _ _ y 11 y 12 . . . y 1n y 21 y 22 . . . y 2n . . . y n1 y n2 . . . y nn _ _ _ _ _ _ _ _ c 1 c 2 . . . c n _ _ _ _ . (6.207) Sea un sistema homogéneo de ecuaciones diferenciales lineales dy 1 dt = a 11 y 1 +a 12 y 2 +... +a 1n y n , dy 2 dt = a 21 y 1 +a 22 y 2 +... +a 2n y n , . . . dy n dt = a n1 y 1 +a n2 y 2 +... +a nn y n , (6.208) donde los coeficientes a ij son constantes, t es el argumento; y 1 (t), y 2 (t), ..., y n (t) son las funciones desconocidas. El sistema (6.208), se llama sistema de ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes. Como vimos anteriormente, el sistema (6.208), se puede resolver reduciéndolo a una ecuación de orden n, la cual, en este caso, será lineal. Sin embargo, el sistema (6.208), se puede resolver por otro método, sin necesidad de reducirlo a una ecuación de orden n. Este método nos permitirá analizar de una manera más ilustrativa, el carácter de las soluciones. Busquemos una solución del sistema de la forma y 1 = α 1 e λt , y 2 = α 2 e λt , . . . , y n = α n e λt . (6.209) Ahora debemos determinar las constantes α 1 , α 2 , . . . , α n y λ de tal modo que las funciones α 1 e λt , α 2 e λt , . . . , α n e λt satisfagan el sistema de ecuaciones (6.208). Sustituyendo (6.209) en en el sistema (6.208), obtenemos α 1 λe λt = (a 11 α 1 +a 12 α 2 +. . . +a 1n α n )e λt , α 2 λe λt = (a 21 α 1 +a 22 α 2 +. . . +a 2n α n )e λt , . . . α n λe λt = (a n1 α 1 +a n2 α 2 +. . . +a nn α n )e λt . (6.210) Eliminando el exponente del sistema (6.210), pasando todos los términos a un solo lado y reuniendo los coeficientes de α 1 , α 2 , ..., α n , obtenemos el sistema de ecuaciones (a 11 −λ)α 1 +a 12 α 2 +. . . +a 1n α n = 0, a 21 α 1 + (a 22 −λ)α 2 +. . . +a 2n α n = 0, . . . a n1 α 1 +a n2 α 2 +. . . + (a nn −λ)α n = 0. (6.211) Debemos elegir α 1 , α 2 , ..., α n y λ tales que satisfagan el sistema (6.211). El sistema (6.211) es un sistema de ecuaciones algebráicas respecto a α 1 , α 2 , ..., α n . Construyamos el determinante del sistema P(λ) = det _ _ _ _ (a 11 −λ) a 12 . . . a 1n a 21 (a 22 −λ) . . . a 2n . . . . . . a n1 a n2 . . . (a nn −λ) _ _ _ _ . (6.212) 294 CAP ´ ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES Si λ, es tal que el determinante (6.212), ∆(λ) sea diferente de cero, el sistema (6.211), tiene solo las soluciones α 1 = α 2 = ...α n = 0, y por consiguiente las fórmulas (6.209), nos dan solamente las soluciones triviales y 1 (t) = y 2 (t) =, ... = y n (t) = 0. (6.213) Las soluciones no triviales del sistema (6.209), son aquéllas para las cuales los valores propios λ reducen el determinante (6.212), a cero P(λ) = det _ _ _ _ (a 11 −λ) a 12 . . . a 1n a 21 (a 22 −λ) . . . a 2n . . . . . . a n1 a n2 . . . (a nn −λ) _ _ _ _ = 0. (6.214) De esta manera, si el sistema es de n ecuaciones diferenciales, entonces, tendremos una ecuación de n−ésimo orden respecto a λ. Esta ecuación es la ecuación caracter´ıstica del sistema (6.210), y sus ra´ıces se llaman ra´ıces de la ecuación caracter´ıstica. Para la ecuación caracter´ıstica (6.214), tenemos los siguientes casos: Primer caso: Las ra´ıces de de la ecuación caracter´ıstica son reales y diferentes. Supongamos que λ 1 , λ 2 , ..., λ n son las ra´ıces de la ecuación caracter´ıstica (6.214). Escribamos el sistema (6.214), para cada ra´ız λ i y determinamos los coeficientes α (i) 1 , α (i) 2 , ..., α (i) n . (6.215) Se puede demostrar que uno de los coeficientes es arbitrario, el cual podemos suponer igual a uno. De este modo: Para la ra´ız λ 1 , la solución del sistema (6.214), es y (i) 1 = α (i) 1 e λ1t , y (i) 2 = α (i) 2 e λ2t , ..., y (i) n = α (i) n e λnt . (6.216) para la ra´ız λ n la solución del sistema (6.216), es y (n) 1 = α (n) 1 e λnt , y (n) 2 = α (n) 2 e λnt , ..., y (n) n = α (n) n e λnt . (6.217) Mediante la sustitución directa en las ecuaciones concluimos que el sistema de funciones y 1 = c 1 α (1) 1 e λ1t +c 2 α (2) 2 e λ2t +. . . +c n α (n) 1 e λnt y 2 = c 1 α (1) 2 e λ1t +c 2 α (2) 2 e λ2t +. . . +c n α (n) 2 e λnt (6.218) . . . (6.219) y n = c 1 α (1) n e λ1t +c 2 α (2) n e λ2t +. . . +c n α (n) n e λnt , donde c 1 , c 2 , ..., c n son constantes arbitrarias, también es la solución del sistema de ecuaciones diferenciales (6.208). Esta es la solución general del sistema (6.208). Es fácil demostrar que se pueden hallar tales valores de las constantes, para los cuales la solución satisface las condiciones iniciales dadas. Segundo caso Ra´ıces complejas: Supongamos que entre las ra´ıces de la ecuación caracter´ıstica hay dos ra´ıces complejas: λ 1 = β +iγ, λ 2 = β −iγ. (6.220) A estas ra´ıces le corresponden las soluciones: y (1) j = λ (1) j e (β+iγ) , y (2) j = λ (2) j e (β−iγ) , (j = 1, 2, 3..., n). (6.221) 6.3. SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES HOMOG ´ ENEOS 295 Donde los coeficientes λ (1) j y λ (2) j se determinan del sistema de ecuaciones (6.214). Se puede mostrar que las partes real e imaginaria de la solución compleja son también soluciones. De esta manera obtenemos dos soluciones y (1) j = e βt _ η (1) j cos (γy) +η (2) j sen(γy) _ y (2) j = e βt _ ¯ η (2) j cos (γy) + ¯ η (2) j sen(γy) _ , (6.222) donde η (1) j , η (2) j , ¯ η (1) j y ¯ η (2) j son n´ umeros reales, determinados mediante los λ (1) j y λ (2) j . Las combinaciones correspondientes de las funciones (6.222), entran en la solución general del sistema. Ejemplo 2: Hallar la solución general del sistema de ecuaciones d 2 x dt 2 = a 11 x +a 12 y d 2 y dt 2 = a 21 x +a 22 y, (6.223) Solución: Seg´ un la teor´ıa general antes vista, las soluciones tienen la forma x = α 1 e λt , y = α 2 e λt . (6.224) Sustituyendo estas expresiones en el sistema (6.223), y eliminando la función exponencial e λt , obtenemos un sistema de ecuaciones para determinar α 1 , α 2 y λ (a 11 −λ 2 )α 1 +a 12 α 2 = 0, (a 21 α 1 + (a 22 −λ 2 )α 2 = 0. (6.225) Las soluciones que nos interesan son aquéllas para las cuales el determinante es igual a cero, es decir det _ (a 11 −λ 2 ) a 12 a 21 (a 22 −λ 2 ) _ = 0. (6.226) Esta es la ecuación caracter´ıstica para el sistema (6.225). Es una ecuación de cuarto orden respecto a λ. Sean λ 1 , λ 2 , λ 3 y λ 4 sus ra´ıces (supongamos que las ra´ıces son diferentes). Para cada ra´ız λ i del sistema (6.225), hallamos los valores de α 1 y α 2 . Entonces, la solución general tiene la forma x(t) = c 1 α (1) 1 e λ1t +c 2 α (2) 1 e λ2t +c 3 α (3) 1 e λ3t +c 4 α (4) 1 e λ4t , y(t) = c 1 α (1) 2 e λ1t +c 2 α (2) 2 e λ2t +c 3 α (3) ” e λ3t +c 4 α (4) 2 e λ4t . (6.227) Si entre las ra´ıces hay unas complejas, a cada par de ra´ıces complejas en la solución general corresponden las expresiones de la forma (6.222). Ejemplo 3: Hallar la solución general del siguiente sistema dx dt = 2x +y, dy dt = 3x + 4y. (6.228) 296 CAP ´ ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES Solución: La matriz A correspondiente al sistema (6.228), tiene la forma A = _ 2 1 3 4 _ . (6.229) Luego, la ecuación caracter´ıstica está dada por la expresión det(A−λI) = det _ 2 −λ 1 3 4 −λ _ = 0 → λ 2 −6λ +5 = 0 → (λ −5)(λ −1) = 0. (6.230) De esta expresión obtenemos los valores propios, estos son: λ 1 = 5 y λ 2 = 1. Luego, las componentes de los vectores propios los hallamos resolviendo el sistema _ 2 −λ 1 3 4 −λ __ x y _ = 0, (6.231) para cada valor de λ. Para el primer caso, λ 1 = 5, de (6.231), resulta el sistema −3x +y = 0, 3x −y = 0. (6.232) Las soluciones de este sistema son: x = 1, y y = 3. Estas vienen siendo las componentes del vector propio que representaremos como V = _ x y _ = _ 1 3 _ . (6.233) Para el segundo caso, λ 2 = 1, tenemos el sistema x +y = 0, 3x + 3y = 0. (6.234) Las soluciones son: y = 1 y x = −1. Entonces, el vector propio correspondiente tiene la forma V = _ x y _ = _ −1 1 _ . (6.235) Finalmente, el resultado lo podemos escribir en forma matricial, esto es, de la siguiente manera _ x(t) y(t) _ = c 1 V 1 e 5t +c 2 V 2 e t = c 1 _ 1 3 _ e 5t +c 2 _ −1 1 _ e t . (6.236) Esta misma expresión la podemos escribir en su forma equivalente x(t) = c 1 e 5t −c 2 e t , y(t) = 3c 1 e 5t +c 2 e t . (6.237) Las constantes c 1 y c 2 son constates arbitrarias y se obtienen de las condiciones iniciales. Ejemplo 4: 6.3. SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES HOMOG ´ ENEOS 297 Resolver el sistema de ecuaciones dx dt = x −y, dy dt = x +y. (6.238) Solución: La matriz A correspondiente al sistema (6.238), tiene la forma A = _ 1 −1 1 1 _ . (6.239) Luego, la ecuación caracter´ıstica está dada por la expresión det(A−λI) = det _ 1 −λ −1 1 1 −λ _ = 0 → λ 2 −2λ + 2 = 0. (6.240) De esta expresión obtenemos los valores propios, estos son: λ 1 = 1 +i y λ 2 = 1 −i. Luego, las componentes de los vectores propios los hallamos resolviendo el sistema _ 1 −λ −1 1 1 −λ __ x y _ = 0, (6.241) para cada valor de λ. Para el primer caso, λ 1 = 1 +i, de (6.241), resulta el sistema −ix −y = 0, x −iy = 0. (6.242) Las soluciones de este sistema son: x = 1, y y = −i. Estas vienen siendo las componentes del vector propio V = _ x y _ = _ 1 −i _ . (6.243) Para el segundo caso, λ 2 = 1 −i, tenemos el sistema ix −y = 0, x +iy = 0. (6.244) Las soluciones son: x = 1 y y = i. Entonces, el vector propio correspondiente, tiene la forma V = _ x y _ = _ 1 i _ . (6.245) Finalmente, el resultado lo podemos escribir en forma matricial, esto es, de la siguiente manera _ x(t) y(t) _ = c 1 V 1 e (1+i)t +c 2 V 2 e (1−i)t = c 1 _ 1 −i _ e (1+i)t +c 2 _ 1 i _ e (1−i)t . (6.246) Ahora, deseamos encontrar las soluciones reales del sistema (6.238). Para esto usamos la fórmula de Euler e ix = cos x +i senx, tenemos e it _ 1 −i _ = _ cos t sent _ +i _ sent −cos t _ . (6.247) 298 CAP ´ ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES Sustituyendo este resultado en la expresión compleja (6.246), tenemos las soluciones reales _ x(t) y(t) _ = c 1 e t _ cos t sent _ +c 2 e t _ sent −cos t _ . (6.248) Esta misma expresión la podemos escribir en su forma equivalente x(t) = c 1 e t cos t +c 2 e t sent, y(t) = c 1 e t sent −c 2 e t cos t. (6.249) Las constantes c 1 y c 2 son arbitrarias y se obtienen de las condiciones iniciales. Ejemplo 5: Hallar las soluciones del siguiente sistema de ecuaciones Ejemplo 6: Hallar las soluciones del siguiente sistema de ecuaciones dx dt = 2x +y +z, dy dt = −2x −z, dz dt = 2x +y + 2z. (6.250) Solución: La matriz correspondiente al sistema (6.250), tiene la forma A = _ _ 2 1 1 −2 0 −1 2 1 2. _ _ (6.251) Para obtener los valores propios, debemos resolver la ecuación caracter´ıstica det(A−λI) = det _ _ 2 −λ 1 1 −2 −λ −1 2 1 2 −λ _ _ = 0 → λ 3 −4λ 2 + 5λ −2 = 0. (6.252) Obtenemos los valores propios de λ 1 = 2, y λ 2 = λ 3 = 1. Para hallar los vectores propios, debemos resolver el siguiente sistema de ecuaciones (2 −λ)x +y +z = 0, −2x −λy −z = 0, 2x +y + (2 −λ)z = 0. (6.253) Primer caso: λ 1 = 2, tenemos el sistema y +z = 0, −2x −2y −z = 0, 2x +y = 0. (6.254) Las soluciones de este sistema, es decir, las componentes del vector propio V 1 , son V 1 = _ _ 1 −2 2 _ _ . (6.255) 6.4. APLICACIONES 299 Entonces, x(t) = e 2t , y(t) = −2e 2t , z(t) = 2e 2t . (6.256) es un asolución particular del sistema (6.250). Segundo caso: λ 2 = λ 3 = 1, debemos definir el n´ umero de vectores propios linealmente independientes. Si λ 1 = λ 2 = 1, del sistema (6.253), tenemos la matriz _ _ 1 1 1 −2 −1 −1 2 1 1 _ _ . (6.257) El orden de la matriz es 3 y el rango r = 2. Entonces, el n´ umero de vectores propios linealmente independientes es igual a m = n − r = 1. Luego, la ra´ız λ 1 = 1 tiene multiplicidad k = 2 (es decir, se repite dos veces). Debido a que k > m, entonces, la solución debemos buscarla como el producto de un polinomio de orden k −m = 1 multiplicado por e λt , es decir, de la forma x(t) = (a +bt)e t , y(t) = (c +dt)e t , z(t) = (f +gt)e t . (6.258) Para hallar los coeficientes a, b, c, d, f y g pongamos (6.258), en el sistema (6.250) e igualando los coeficientes con términos iguales, obtenemos el sistema b +d +g = 0 b = a +c +f −2b −d −g = 0 d = −2a −c −f 2b +d +g = 0 g = 2a +c +f. (6.259) Hallemos las soluciones generales de este sistema. De las dos ecuaciones de la izquierda, tenemos b = 0, g = −d. Sustituyendo estos resultados en las otras ecuaciones, resulta a +c +f = 0, d = −2a −c −f. (6.260) Las otras ecuaciones son consecuencia de éstas. Resolvemos el sistema (6.260), respecto a y f; a = −d, f = d −c. (6.261) De esta manera, todas las incógnitas se expresan a través de c y d. Pongamos c = C 1 , d = C 2 , tenemos a = −C 2 , b = 0, f = C 2 −C 1 , g = −C 2 . Hemos encontrado la solución general del sistema. Poniendo los valores encontrados de a, b, .., en (6.258), y tomando en cuenta la solución (6.256), multiplicada por C 3 , obtenemos la solución general del sistema (6.250), esta tiene la forma x(t) = −C 2 e t +C 3 e 2t , y(t) = (C 1 +C 2 t)e t −2C 3 e 2t , z(t) = (C 2 −C 1 −C 2 t)e t + 2C 3 e 2t . (6.262) 6.4. Aplicaciones Ejemplo 1: 300 CAP ´ ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES Hemos visto que el movimiento libre sin amortiguamiento de un sistema masa-resorte se describe por la ecuación diferencial m d 2 y dt 2 = −ky. (6.263) Supongamos ahora que tenemos un sistema con dos masas-resortes. Sean m 1 y m 2 , las masas de los cuerpos, k 1 y k 2 las constantes de los resortes, figura 6.1. Figura 6.1: Sistema masas-resortes. En este caso, tenemos el siguiente sistema de ecuaciones acopladas m 1 d 2 y 1 dt 2 = −k 1 y 1 +k 2 (y 2 −y 1 ), m 2 d 2 y 2 dt 2 = −k 2 (y 2 −y 1 ), (6.264) donde y 1 (t) y y 2 (t) son los desplazamientos desconocidos de las masas m 1 y m 2 , respectivamente. Las fuerzas que act´ uan sobre la primera masa dan la primer ecuación y las fuerzas que act´ uan sobre la segunda masa nos dan la segunda ecuación en (6.264). Ejemplo 2: Sea el sistema de la figura Figura 6.2: Sistema de masas-resortes. Solución: 6.4. APLICACIONES 301 Las ecuaciones que describen el comportamiento del sistema son las siguientes m 1 d 2 x 1 dt 2 = −k 1 x 1 −k 3 (x 1 −x 2 ), (6.265) m 2 d 2 x 2 dt 2 = −k 2 x 2 −k 3 (x 2 −x 1 ) (6.266) Supongamos las soluciones de la forma x 1 = α 1 e λt y x 2 = α 2 e λt . (6.267) Para sustituir en (6.266) debemos calcular las derivadas, esto es dx 1 dt = α 1 λe λt , d 2 x 1 dt 2 = α 1 λ 2 e λt , dx 2 dt = α 2 λe λt , d 2 x 2 dt 2 = α 2 λ 2 e λt . (6.268) Sustituyendo en (6.266), obtenemos m 1 α 1 λ 2 e λt = −k 1 α 1 e λt −k 3 (α 1 e λt −α 2 e λt ), m 2 α 2 λ 2 e λt = −k 2 α 2 e λt −k 3 (α 2 e λt −α 2 e λt ). (6.269) Eliminando la función exponencial, podemos escribir el sistema de la siguiente manera (m 1 λ 2 +k 1 +k 3 )α 1 −k 3 α 2 = 0, −k 3 α 1 + (m 2 λ 2 +k 2 +k 3 )α 2 = 0. (6.270) Este mismo sistema lo podemos escribir en forma matricial, es decir, como _ _ _ k1+k3 m1 +λ 2 _ − k3 m1 − k3 m2 _ k2+k3 m2 +λ 2 _ _ _ _ _ α 1 α 2 _ _ = 0. (6.271) Para que este sistema tenga solución no trivial es necesario que se cumpla la relación det _ _ _ k1+k3 m1 +λ 2 _ − k3 m1 − k3 m2 _ k2+k3 m2 +λ 2 _ _ _ = 0. (6.272) Esto nos lleva a la siguiente ecuación (m 1 λ 2 +k 1 +k 3 )(m 2 λ 2 +k 2 +k 3 ) −k 2 3 = 0. (6.273) Esta es una ecuación cuadrática respecto a λ 2 , y determina las frecuencias de las oscilaciones del sistema. Desarrollando los paréntesis, resulta m 1 m 2 λ 4 + (m 1 k 2 +m 1 k 3 +m 2 k 1 +m 2 k 3 )λ 2 +k 1 k 2 +k 1 k 3 +k 2 k 3 = 0. (6.274) Esta ecuación la podemos escribir como Aλ 4 +Bλ 2 +C = 0. (6.275) donde, hemos definido A = m 1 m 2 , B = m 1 k 2 +m 1 k 3 +m 2 k 1 +m 2 k 3 , C = k 1 k 2 +k 1 k 3 +k 2 k 3 . (6.276) 302 CAP ´ ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES Hagamos en (6.275) la sustitución η = λ 2 , (6.277) entonces, tenemos Aη 2 +Bη +C = 0. (6.278) Las ra´ıces de (6.277) son η 1,2 = − B 2A ± √ B 2 −4AC 2A . (6.279) Regresando a la expresión (6.277), resulta λ 2 = η 1,2 = − B 2A ± √ B 2 −4AC 2A . (6.280) De donde, resulta λ = ± ¸ − B 2A ± √ B 2 −4AC 2A . (6.281) De donde obtenemos cuatro ra´ıces, las cuales representaremos como λ 1 , λ 2 , λ 3 y λ 4 . 6.5. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAP ´ ITULO 6: 303 6.5. Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 6: 6.1.- Integrar los siguientes sistemas de ecuaciones diferenciales 1. dx dt = 2x +y, dy dt = 3x + 4y. 2. dx dt = −x + 8y, dy dt = x +y. 3. dx dt = x −3y, dy dt = 3x +y. 4. dx dt = 2y −3x, dy dt = y −2x. 5. dx dt = x +z −y, dy dt = x +y −z, dz dt = 2x −y. 6. dx dt = y + 1, dy dt = x + 1. 7. dx dt = 3 −2y, dy dt = 2x −2t. 8. dx dt = x −2y, dy dt = x + 3y. 9. dx dt = −3x −y, dy dt = x −y. 10. dx dt = −7x +y, dy dt = −5x −2y. 11. dx dt = 2x −9y, dy dt = x + 8y. 12. dx dt = y +z, dy dt = 3x +z, dz dt = 3x +y. 13. dx dt = 3x −y, dy dt = 4x −y. 14. dx dt = 5x + 3y, dy dt = −3x −y. 15. dx dt = 2x −y +z, dy dt = x + 2y −z, dz dt = x −y + 2z. 16. dx dt = y +z, dy dt = 3x +z, dz dt = 3x +y. 17. dx dt = 8y, dy dt = −2z, dz dt = 2x + 8y −2z. 18. dx dt = xcos t, dy dt = e t +e −t 2 y. 19. dx dt = 1 y , dy dt = 1 x . 20. dx dt = 4x −5y, dy dt = x, x(0) = 0, y(0) = 1. 304 CAP ´ ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES Soluciones a los Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 2: 2.2.-) (1) x 2 +y 2 = ln[cx 2 [. (2) y 3 = 3x(1 −x) +c. (3) xy = c(y −1). (4) y 2 = c(1 −x 2 ). (5) y +a = c senx. (6) 10 x+y = c10 y −1. (7) y 2 + 2 lny = 2e x +c. (8) y(x) = 1. (9) cos y = e cx . (10) e y = 2(y+1) x 2 +1 . (11) _ e x +1 2 _ 3 tany = 1. (12) e (x−1) 2 = ln(sen 2 y) + 1. (13) y 3 = 3 arctane x +c. (14) y 5 5 + 3y 2 2 = x 3 3 +x +c. (15) 2 x−y = 1 −c2 −y . (16) 4 √ x + 1 ln 2 y = c ln 2 y + 1. (17) lny = √ x −2. (18) √ 1 +x 2 + _ 1 +y 2 = c. (19) y 2 = 1 + ln[(x 3 + 1) 3/2 [. (20) y seny + cos y +x 2 = c. (21) y √ a 2 −x 2 −x _ a 2 −y 2 = ca 2 . (22) x 2 (y + 2) 3 = 8y. (23) 3 arctanx 2 + 2 arctany 3 = c. (24) x +y −2( √ x − √ y) + ln[( √ x + 1)( √ y −1)[ = c. (25) lnx − _ y 2 + 1 = c. (26) y ln(x 2 −1) = cy + 1. (27) y(x) = 1 4 x 4 + 2 cos x + 1. (28) lnx = y(y + 1). (29) y 2 = lnc(x 2 + 1). 6.5. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAP ´ ITULO 6: 305 (30) y(x) = −1 +ce x+ x 3 3 . 2.3.-) (1) cos y x = ln[cx[. (2) x 2 = c(x +y). (3) cy 2 +xe y x = 0. (4) x 2 (y −2x) = cy. (5) sec y x + tan y x = cx. (6) lnx 2 + π 4 = arctan y 2x . (7) y 2 = x 2 (lnx 2 −c). (8) x 2 = c( √ y −2 √ x) 2 . (9) y lny −xlnx = y +c. (10) x 2 = y 2 lncx. (11) y = 2xlncy. (12) arc cos( y x ) = lnx +c. (13) sen( y x ) = x. 2.4.-) (1) 3x + 2y + ln(x +y −1) 2 = c. (2) x(x +y −1) −y(y −3) = c. (3) (x + 1) 2 + 2(x + 1)(y −3) −(y −3) 2 + 8 = 0. (4) x 5 (y 2 −x 3 ) = c(y 2 + 4x 3 ). (5) 2 √ 3 ln ¸ ¸ ¸ x−7y−9−4 √ 3(y+1) x−7y−9+4 √ 3(y+1) ¸ ¸ ¸ −ln(y + 1) = c. (6) x = y 2 (c −lnx). (7) x +y = (x +y) ln ¸ ¸ ¸ x+y x+3 ¸ ¸ ¸ +c. (8) lnx 3 = arc sen _ y 2 x 3 _ +c. 2.5.-) (1) 1 2 x 2 +xseny −cos y = c. (2) 3x 2 y −y 3 = c. (3) xy +e x seny = c. (4) 4y lnx +y 4 = c. (5) x 2 y + 2xseny = c. (6) 3x 2 + 2(x 2 −y) _ x 2 −y = c. (7) x 3 + 3xy 2 + 3xy + 3e y = c. 306 CAP ´ ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES (8) x 3 +x 3 lny −y 2 = c. (9) senx − y x = c. (10) ye x 2 +xlny = c. (11) (x + 1) seny + (1 −y) senx = c. (12) xy + 1 2 x 2 lny +y = c. (13) x 3 + 3xseny + 3y = c. (14) 2ye x +y 2 = c. (15) 2e x seny +x 2 +y 2 = c. (16) x 3 y −cos x −seny = c. (17) e x+y +x 3 +y 4 = c. (18) y x + ln x x + 1 x = c. (19) xsenx +y = cx. (20) x −y 2 = cy. 2.6.-) (1) y = x 4 +cx 2 . (2) y = ( x 2 2 +c)e −x 2 . (3) y = 1−sen x cos x (x +c). (4) y = e x (lnx +c). (5) y = a(x−1) x n . (6) y = (1 +x 2 )(x +c). (7) x = 1 2 y 2 +cy 3 . (8) xy = y 2 lny +c. (9) y = x 2 2 lnx. (10) y = −cos x (11) x = y 2 +cy. (12) y = cos 3x(1 − 2 3 cos 3x). (13) yx = cy 3 −1. (14) x = y 4 2 +cy 2 . (15) y(x) = c √ x 2 −1. (16) x = cy −lny −1. 2.7.-) (1) (xy) −3 = ln _ 1 x 3 _ +c. 6.5. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAP ´ ITULO 6: 307 (2) y = (1 +x 2 )(arctan 2 x +c) 2 . (3) x −1 = lny +cy + 1. (4) y 1 3 (cx 2 3 − 3 7 x 3 ) = 1. (5) y = x−1 x+c . (6) x √ y = xtanx + ln(cos x) +c. (7) y 4 x 3 (e x +c) = 1. (8) 4ye x = (e x + 2) 2 . (9) y(x 3 + 1) cos x = 1. (10) xy(y +c) = 1. 2.8.-) (1) x = p 3 +p, y = 3 4 p 4 + 1 2 p 2 +c. (2) x = 2p p 2 −1 , y = 2 p 2 −1 −ln(p 2 −1). (3) x = p _ p 2 + 1, y = 1 3 (2p 2 −1) _ p 2 + 1 +c. (4) x = 1 p + lnp, y = p −lnp +c. (5) y = (p −1)e p , x = e p +c. (6) y = −p ±p _ p 2 + 1, x = −lnp ±(2 _ p 2 + 1 −arctanh 1 √ p 2 +1 . (7) y = 1 4 (x 2 + 2xp −p 2 ), x = c −p. (8) y = xp − 1 xp , x = 1 p √ 2 ln p+c . (9) x = y+p ln(yp) 2p , y = p +c. (10) x = y(1−yp 3 ) 2p , y = c p . 2.9.-) (1) x = 2c, y = c(x −c) (2) x = 3p 4 +c p 2 , y = 2(p 4 +c) p . (3) x = c 2 , y = c(x − c 2 3 ). (4) x = 1 p , p = c, y = cx −lnc. (5) x = c p 2 , y = c(p+2) p . (6) x = ln p+c √ p , y = − √ p(lnp +c) + 4 √ p. (7) x = 1, p = c, y = c −(2 +c) = −2. (8) x = p 2 (2p−3)+2c 2(p−1) 2 , y = p 4 (2p−3)+2cp 2 2(p−1) 2 −2p 3 . (9) x = 1 p 3 , p = c, y = cx + 1 2c 2 . 308 CAP ´ ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES (10) x = p+c p 2 , y = 2(p+c) p −lnp. 2.10.-) (1) y = ce −sen x . (2) y √ x 2 + 1 = 1 5 x 5 + 2 3 x 3 +x +c. (3) y(x) = √ 1 −x 2 _ arcsenx +c _ . (4) x = y √ 1 +cy. (5) y = − 1 2 + 3 2 e x 2 . (6) cos x = 1 + 1 2 ln _ y 2 +1 2 _ . (7) y(x) = 2x 2 +x 4 +3 4(x 2 +1) 2 . (8) y 2 = 1 + 2 ln( e x +1 2 ). (9) 2x +y = 3 ln(x +y + 1) +c. (10) x 2 y 2 (c −x 2 ) = 1. (11) x 2 √ y(y −1) = c. (12) ln _ 7y 2 + 2y(x −1) −7(x −1) 2 _ + 2 √ 2 5 arctgh _ √ 2 5 _ 2x+7y−2 x−1 _ 2 _ = c. (13) a x +a −y = c. (14) y(x) = ce − x 3 3 . (15) x 3 +y + 2 = ce y . (16) y = sin(x)(1+c x) x . (17) x 2 = y 3/2 _ c − y 5/2 5 _ . (18) x = y(1 +cxe x 2 ). (19) (x +y) 2 −2y = c. (20) x = 4(1 −cos y) +ce −cos y . (21) x + 3y +c = ln(x −2y). (22) tany = x 2 +4c 2 e x 2 . (23) (x +y −1)e − 2(x+1) x+y−1 = c. (24) x +ye x/y = 1 +e. (25) lnx + y 2 x = c. (26) xy 2 −2x + 1 = cxe −y 2 /2 . (27) y = xsec x. 6.5. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAP ´ ITULO 6: 309 (28) x 3 −x 2 −xy +y 2 +y 3 = c. (29.) xy = x 2 +c. (30) ln _ ln 2y−1 ln 2y _ = 2 √ 3 −ln2x +c. (31) 6a mx b nx = ln(a m b n )y(2y 2 −3y + 6) −6 ln(a m b n )(y + 1) +c. (32) √ x + 1 = ln ¸ ¸ ¸ √ y _ √ x+1+1 √ y+1+1 _ +c. (33) ln 2 (3) ln( 1−y y ) = 3 x (xln3 −1)c. (34) x+y 1−xy = c. (35) 1 2 (x 2 −y 2 ) −(x +y) + ln ¸ ¸ ¸(1 −y)(1 +x) ¸ ¸ ¸ = c. (36) lnx = arctany +c. (37) √ 1 −x 2 + _ 1 −y 2 = 1. (38) lnx = arctany +c. (39) a x +a −y = c. (40) 1 +e y = c(x 2 + 1). (41) y(x) = ln 2e x 1+e x = 1 −e −y (y + 1). (42) x + 2 tan( x−y 2 )−1 = c. (43) y 2 + ln y 2 x 2 +1 = c. (44) arctanv = lnr +c. (45) e x+y +ce y + 1 = 0. (46) 9y = (x 3/2 +c) 2 . (47) lny = x(lnx −1) +c. (48) y(y −2) = 2(e x −2x) +c. (49) senv = ce v . (50) e y 2 −2t _ 1 +ce 2t _ = 1. (51) y(x) = a arctan _ x+y a _ +c. (52) ln(lnx) = c + e y y . (53) 2x 3 y 3 = 3a 2 x 2 + 2c. (54) ln(x 2 +y 2 ) + 2 arctan(y/x) = c. (55) lnx = c + cot _ ln _ y x _ . (56) lnx = 2 _ y x +c. 310 CAP ´ ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES (57) (y −2x) 3 = c(y −x −1) 2 . (58) x −2y + ln(2x +y −1) = c. (59) 2x + (x −y)(x −y −4) = c. (60) (x + 2y −2)(y −x + 5) 5 = c. (61) 4 ln(x −3) −2 ln _ (y+2)(x+y−1)−(x−3)(x−y−5) (x−3) 2 _ + √ 2 ln _ y+2+(1− √ 2)(x−3) y+2+(1+ √ 2)(x−3) _ = c. (62) lnx + x 2 y−x 2 +c = 0. (63) cos _ y−2x x+1 _ = 2c x+1 . (64) x 2 y 4 (2 lnx +c) = 1. (65) ln[2 √ y −x[ + x x−2 √ y = c. (66) 1 −xy = cx 3 (xy + 2). (67) lnx + 2 y √ x _ 1 −xy 2 = 2c. (68) x 2 y(lny +c) = 1. (69) y −1 −(2x + 1) ln[2x + 1[ = c(2x + 1). (70) y(x) = senx +c cos x. (71) xy = c −lnx. (72) ye −x 2 + (x 2 + 1)e −x 2 = c. (73) y(x) = c ln 2 x −lnx. (74) y(x) = 3 2 x 2 −2e −x (x 2 +2x−2) (x+e x ) + c e x +x . (75) xe y = e 2y +c. (76) y(x) = ce x + 3 2 e −x . (77) y(x) = x + (x 2 + 1) arc tg x +c. (78) y(x) = x 2 +2x+3 x+1 . (79) y(x) = 2x 3 + 5x 2 . (80) y(x) = ce −x +x 2 −2x + 2. Soluciones a los Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 3: 3.1.-) (1) y(x) = 1 6 x 4 +c 1 x +c 2 . (2) y(x) = − 1 k 3 cos kx + c1 2 x 2 +c 2 x +c 3 . (3) y(x) = 1 30 x 6 +c 1 x +c 2 . (4) y(x) = _ x 2 2 −x + 1 _ lnx +c 1 x 2 +c 2 x +c 3 . 6.5. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAP ´ ITULO 6: 311 (5) y(x) = x m+n n i=1 (m+i) + n i=1 cix n−i (n−i)! . (6) y(x) = c 1 e ax +c 2 e −ax . (7) y(x) = b(x −1) lnx +c 1 x +c 2 . (8) y(x) = _ x 2 2 −x + 1 _ lnx − 1 4 x 2 +c 1 x +c 2 . (9) y(x) = − 1 k 3 senkx + c1 2 x 2 +c 2 x +c 3 . (10) y(x) = e ax a 2 +k 2 _ a cos kx +k senkx _ . 3.2.-) (1) y 2 = arctan 2 x √ c1−x +c 2 . (2) y 2 = y[ c1c2−3c1+e 2c 1 (x+c 2 ) c1 + c2 c1 (3c 1 −e 2c1(x+c2) ). (3) y(x) = ln(x 2 + 2c 1 ) +c 2 . (4) y(x) = e 2x . (5) √ 2c 1 arctanh( √ 2 2 yc 1 ) −x −c 2 = 0. y(x) = c (6) y(x) = ± 2(1+xc1) 3 2 3c1 +c 2 . (7) y(x) = _ e e x+c 2 −c1 c 2 _ . (8) y(x) = _ ¸ ¸ _ x(c 1 −2) − 4 3 √ c 1 −1(x −1) 3 2 + 1 2 x 2 + c 2 c 2 x(c 1 −2) + 4 3 √ c 1 −1(x −1) 3 2 + 1 2 x 2 + c 2 _ ¸ ¸ _ . (9) y(x) = _ ¸ ¸ _ e −1/2 c 1 − ( e x+c 2 ) 2 e x+c 2 e −1/2 c 1 − ( e −x−c 2 ) 2 e −x−c 2 _ ¸ ¸ _ . (10) y(x) = _ _ − −e c 1 (x+c 2 )+c1 −1 1 c 2 _ _ . 3.3.-) (1) y(x) = c 1 e 2x +c 2 e −x . (2) y(x) = (c 1 +c 2 x)e 2x . (3) y(x) = c 1 +c 2 e 4x . (4) y(x) = c 1 e 2x +c 2 e − 4 3 x . (5) y(x) = c 1 e ( 1 2 − i 2 ) √ 2ax + c 2 e ( 1 2 + i 2 ) √ 2ax + c 3 e (− 1 2 + i 2 ) √ 2ax + c 4 e (− 1 2 − i 2 ) √ 2ax . (6) y(x) = senx + 1 √ 3 cos x. (7) y(x) = 4e −3x −3e −2x . (8) y(x) = e x [c 1 cos( x 2 ) +c 2 sen( x 2 )]. (9) y(x) = 4e x + 2e 3x . (10) y(x) = (x + 2)e − x 2 . 312 CAP ´ ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES (11) y(x) = (c 1 +c 2 x)e −x +c 3 e 2x . (12) y(x) = (x + 1)e x . 3.4.-) (1) y(x) = c 1 cos x +c 2 senx + 2(x −1)e x . (2) y(x) = c 1 e x +c 2 e −x +xe x +x 2 + 2. (3) y(x) = c 1 e x +c 2 e 2x + 0, 1 senx + 0, 3 cos x. (4) y(x) = c 1 cos x +c 2 senx −2xcos x. (5) y(x) = senx +e x . (6) y(x) = −(2x 2 −2x + 3)e 2x +c 1 e x +c 2 e 4x . (7) y(x) = − 1 3 e x + 1 3 cosh2x + 1 6 senh 2x. (8) y(x) = 1 8 _ e 5x + 22e 3x +e x _ . (9) y(x) = c 1 e −x +c 2 e 3x + 1 5 e 4x . (10) y(x) = c 1 e x +c 2 e −2x + e 4x 18 _ x 2 −x + 7 18 _ . (11) y(x) = c 1 e 6x +c 2 e x + 1 74 (5 senx + 7 cos x). (12) y(x) = [ 37a 2 2a+x+9xa 2 1+18a 2 +81a 4 +c 3 ]e − x a +c 1 cos 3x +c 2 sen3x. (13) y(x) = 1 5 + ( 1 4 xsen2x +c 1 sen2x +c 2 cos 2x)e x . (14) y(x) = c 1 e x +c 2 e −4x − x 5 e −4x − _ x 6 + 1 36 _ e −x . (15) y(x) = c 1 e x +c 2 e −3x + _ x 3 12 − x 2 16 + x 32 _ e x . (16) y(x) = e 2x _ c 1 cos 2x +c 2 sen2x _ + 0, 25e 2x + 0, 1 cos 2x + 0, 05 sen 2x. (17) y(x) = c 1 e 3x +c 2 e −3x + 1 37 _ −cos x + 6 senx _ e 3x . (18) y(x) = (c 1 +c 2 x +x 3 )e x . (19) y(x) = _ c 1 − x 2 4 _ cos x + _ c 2 + x 4 _ senx. (20) y(x) = (c 1 +c 2 x)e −2x + _ x 16 − 1 32 _ e 2x . (21) y(x) = c 1 +c 2 e 5x −0, 2x 3 −0, 12x 2 −0, 048x + 0, 02(cos 5x −sen5x). (22) y(x) = 1 4 (2x 2 −2x + 3) − 1 58 (7 cos 3x −3 sen 3x) + 1 4 e x + (c 1 cos √ 7 2 x + 2 sen √ 7 2 x)e − x 2 . (23) y(x) = c 1 e −x +c 2 xe −x + 4 3 x 3 e −x . (24) y(x) = (c 1 cos x +c 2 senx − x 2 cos x +xsenx)e 2x . (25) y(x) = e 2x −e 3x +xe −x . (26) y(x) = 1 5 + 1 17 e 2 x + (c 1 cos x + c 2 senx)e −2 x . 6.5. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAP ´ ITULO 6: 313 (27) y(x) = c 1 e −x +c 2 xe −x + x 2 2 e −x − 1 2 cos x. (28) y(x) = 1 13500 e −3x (450x 2 + 1230x + 871) +c 1 e 2x +c 2 e 3x . (29) y(x) = c 1 e −2x +c 2 e −x + 125. (30) y(x) = c 1 +c 2 e 3x − x 2 6 − x 9 . (31) y(x) = x 2 (e x −e 2x cos x) + 2e x + (c 2 cos x +c 1 senx)e 2x . (32) y(x) = (c 1 +c 2 x)e −x + 1 2 x 2 e −x . (33)y(x) = 1 5 + (c 1 sen √ 6x +c 2 cos √ 6x)e 2x . (34) y(x) = ( 1 4 x 2 +c 2 ) cos x + ( 1 6 x 3 − 1 4 x +c 1 ) senx. (35) y(x) = (x 2 −2x + 3 2 +c 1 +c 3 x)e x + (x 2 + 2x + 3 2 +c 2 +c 4 x)e −x + cos x + senx. (36) y(x) = x 3 + 3x 2 −6 + (c 1 sen √ 3 2 x +c 2 cos √ 3 2 x)e x 2 . (37) y(x) = − 1 17 e 3x + (c 1 cos √ 15 2 x +c 2 sen √ 15 2 x)e − 5 2 x . (38) y(x) = −e 2x + 1 2 e x + 1 2 e 3x . (39)y(x) = 1 6 + 1 3 e −x −( 1 2 cos √ 2x + √ 2 3 sen √ 2x)e −2x . (40) y(x) = c 1 cos 2x +c 2 sen2x + 4x. 3.5.-) (1) y(x) = c 1 cos 2x +c 2 sen2x + 1 4 cos 2xln[ cos 2x[ + x 2 sen2x. (2) y(x) = (c 1 −x)e −x cos x + (c 2 + lnsenx)e −x senx. (3) y(x) = (x +c 1 )e x −(e x + 1) ln(e x + 1) +c 2 . (4) y(x) = c 1 cos x +c 2 senx + 1 √ 2 cos xln ¸ ¸ ¸ cos x + _ cos 2 x − 1 2 ¸ ¸ ¸ + 1 √ 2 senxarc sen( √ 2 senx). (5) y(x) = c 1 e x +c 2 xe x +xe x ln[x[. (6) y(x) = c 2 +c 1 e x + (e x + 1) ln _ e x +1 e x _ . (7) y(x) = c 1 e x +c 2 xe x −e x ln √ x 2 + 1 +xe x arctanx. (8) y(x) = 1 2 _ arc sene x +e x √ 1 −e 2x +c 1 _ e x + 1 3 (1 −e 2x ) 3/2 +c 2 . (9) y(x) = c 1 e x +c 2 e −x −1 −xe −x + (e x −e −x ) ln(1 −e −x ). (10) y(x) = c 1 e −2x +c 2 e −3x + 1 2 e −2x ln _ e 2x + 1 _ −e −2x +e −3x arctane x . (11) y(x) = c 1 e −x +c 2 e −2x + (e −x +e −2x ) ln(e x + 1). (12) y(x) = (c 1 + ln[ senx[) senx + (c 2 −x) cos x. (13) y(x) = c 1 e −x +c 2 xe −x + 4 5 e −x (x + 1) 5/2 . 3.6.-) (1) y(x) = c 1 x +c 2 xlnx +xln 2 x. (2) y(x) = c 1 cos lnx +c 2 senlnx + x 2 (7 −lnx). 314 CAP ´ ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES (3) y(x) = c 1 x −1 +c 2 x −1 lnx. (4) y(x) = c 1 +c 2 lnx. (5) y(x) = c 1 x +c 2 xlnx. (6) y(x) = c 1 x −1 +c 2 x 3 +x −1 lnx + 2x −1 ln 2 x. (7) y(x) = c 1 +c 2 lnx +c 3 x 3 . (8) y(x) = c 1 x +c 2 xlnx +x 3 . (9) y(x) = c 1 cos 2 lnx +c 2 sen2 lnx + 2x. (10) y(x) = c 1 x 2 +c 2 x −1 − 2 3 x −1 lnx −x −1 ln 2 x. (11) y(x) = x 2 _ c 1 cos lnx +c 2 senlnx _ + 3x 2 . (12) y(x) = c 1 x 3 +c 2 x −2 +x 3 lnx −2x 2 . (13) y(x) = c 1 x 2 +c 2 x −1 + 0, 1 cos lnx −0, 3 sen lnx. (14) y(x) = (x −2) 2 (c 1 +c 2 ln[x −2[) +x − 3 2 . (15) y(x) = c 1 _ x + 3 2 _ +c 2 _ x + 3 2 _ 3/2 +c 3 _ x + 3 2 _ 1/2 . 3.7.-) (1) y(x) = 1 3 (x −1)e x + (2x + 3)e −x + (c 1 sen √ 3 2 x +c 2 cos √ 3 2 x)e −x/2 . (2) y(x) = (1 +x +x 2 e −2x +c 1 senx +c 2 cos x)e x . (3) y(x) = (x 2 −2 +c 1 ) cos x 2 + (c 2 −3 x) sen x 2 . (4) y(x) = c 1 x −2 +c 2 x −4 . (5) y(x) = c 1 x +c 2 x −3 . (6) y(x) = (c 1 −x −1)e x + (c 2 −1 +x −2x 2 )e 2x . (7) y(x) = c 1 e −x +c 2 e −2x + cos x + 2 senx. (8) y(x) = (senx −xcos x)e x + (c 1 cos √ 3 2 x +c 2 sen √ 3 2 x)e x 2 . (9) y(x) = 2(2x 2 −4x −1) senx + 2(5x −7) cos x + (c 1 x +c 2 )e −x . (10) y(x) = c 1 e x +c 2 e 2x +e x (1 −e x ) ln ¸ ¸ ¸ e −x 1+e −x ¸ ¸ ¸. (11) y(x) = c 1 e x +c 2 e −x −e x ln ¸ ¸ ¸ e x e x −e −x ¸ ¸ ¸ +e −x ln ¸ ¸ ¸ e −x e x −e −x ¸ ¸ ¸. (12) y(x) = ( 8 5 x 7/2 +c 1 + 2 x)e x . (13) y(x) = c 1 e x +c 2 e 5x + _ 1 − x 4 _ e −3x . (14) y(x) = c 1 e x +c 2 e 2x + _ x − 1 4 _ e 3x . (15) y(x) = c 1 e −x +c 2 e 5x + 1 36 e −x (18x 2 + 6x + 1). (16) y(x) = x −1/3 _ c 1 +c 2 lnx _ . 6.5. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAP ´ ITULO 6: 315 (17) y(x) = (c 1 lnx +c 2 )x 2 . (18) y(x) = _ c 1 +c 2 lnx _ x −1 . (19) y(x) = c 1 e x +c 2 e −x + _ x 2 − 1 4 _ e x . (20) y(x) = c 1 e −x +c 2 e 2x − 1 3 (x + 1)e −x . (21) y(x) = c 1 x +c 2 x 2 +x 2 (lnx −1). (22) y(x) = (c 1 +c 2 x)e 2x −(lnx + 1)e 2x . (23) y(x) = x 2 ( 1 6 ln 3 x +c 1 +c 2 lnx). (24) y(x) = [2(1−coshx) lnx+ ∞ n=1 (−1) n +1 n(n!) x n ] coshx+[2 senhx lnx+ ∞ n=1 (−1) n −1 n(n!) x n ] senhx+ c 1 coshx +c 2 senhx. (25) y(x) = − 1 4 (2x 2 + 2x + 3) +c 1 e x +c 2 e −2x . (26) y(x) = −x + ∞ n=2 x n (n 2 −2)(n−1)! . (27) y(x) = 1 52 (5 senx −cos x)e −x + (c 2 cos √ 3x +c 3 sen √ 3x)e x +c 1 e −2x . (28) y(x) = [− ∞ n=1 (4 x) n n·n! −1 + (4 x −1) lnx + ∞ n=2 (4 x) n (n−1)·n! +c 1 +c 2 x]e −2x . (29) y(x) = (2x − 2 3 +c 1 )e x +c 2 e −2x . (30) y(x) = 1 3 x 2 +c 1 (x − 1 x ) +c 2 (x + 1 x ). (31) y(x) = −3 −2x −2x 2 +c 1 e x +c 2 e −2x . (32) y(x) = 15 4 + 5 2 x + 1 2 x 2 +c 1 e x +c 2 e 2x . (33) y(x) = 2 9 + ( 1 36 +c 1 +c 2 x)e −3x . (34) y(x) = 7 4 x −x 2 + 1 3 x 3 +c 1 +c 2 e −x +c 3 e −4x . (35) y(x) = c 1 sen(2 lnx) +c 2 cos(2 lnx). (36) y(x) = (1 +c 2 x) lnx + 2 +c 1 x. (37) y(x) = −( 1 3 + 1 3 x + 1 5 x 2 ) +c 1 x 3 + c2 √ x . (38) y(x) = c1 x−1 +c 2 (x −1) 4 . (39) y(x) = signum(ln(x))∞ signum(x) . (40) y(x) = 1 2 + 671 137 e 2 x sen(x) − 244 137 e 2 x cos(x) + 351 274 cos(2 √ 2x) + 365 √ 2 548 sen(2 √ 2x). (41) y(x) = 1 8 cos(x) − 1 36 cos(3 x) − 1 6 x sen(3 x) + c 1 cos(3 x) + c 2 sen(3 x). (42) y(x) = c1 sen x+c2 cos x x . (43) y(x) = c 1 +c 2 x + (c 3 +c 4 x)e x . (44) y(x) = c 1 cos x +c 2 senx +c 3 sen(2x) +c 4 cos(2x). 316 CAP ´ ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES Soluciones a los Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 4: 4.1.-) (1) F(s) = 120 s 6 . (2) F(s) = 6 s 4 + 6 s 3 + 3 s 2 + 1 s . (3) F(s) = 2 s 3 + 6 s 2 − 3 s . (4) F(s) = 2 (s−3) 3 . (5) F(s) = 8 s(s 2 −4) . (6) F(s) = 1 s + 2 s−2 + 1 s−4 . (7) F(s) = d ds [ s s 2 +1 ] = s 2 −1 (s 2 +1) 2 . (8) F(s) = 1 (s+1) 2 +1 . (9) F(s) = s−1 (s−1) 2 +1 . (10) F(s) = 2 s 2 +16 . (11) F(s) = s 4 +2s 2 +8 s 2 (s 2 +4) 2 . (12) F(s) = 1 s (1 −e −4s +e −5s ). (13) F(s) = 2e −s s 3 . (14) F(s) = 2 s (1 −e −2s −e −3s ). (15) F(s) = 1 s 2 − e −2s s 2 − 2e −2s s . (16) F(s) = 1−e −2πs s 2 +1 . (17) F(s) = − 1 s + 2e −s s . (18) F(s) = 1−se −s s 2 . (19) F(s) = 2 s 2 − 1 s . (20) F(s) = 1 s 2 − 1 s − _ 1 s 2 − 5 s _ e −2s . 4.2.-) (1) f(t) = (1 + 2t + 3 2 t 2 )u(t). (2) f(t) = (1 + cos 2t)u(t). (3) f(t) = (1 − 1 2 t 2 )u(t). (4) f(t) = ( 4 5 e −2t − 1 2 e −t − 3 10 cos t + 11 10 sent)u(t). (5) f(t) = 8 13 e 2t −e −t _ 8 13 cos 2t − 15 16 sen2t _ u(t). (6) f(t) = 3 5 cos 2t + 1 5 sen2t − 3 5 cos 3t + 2 5 sen3t)u(t) (7) f(t) = 1 2 t 3 e 7t . (8) f(t) = 2 3 sen3t. 6.5. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAP ´ ITULO 6: 317 (9) f(t) = 2e 2t cos 3t. (10) f(t) = t cos t u(t). (11) f(t) = 1 4 e −2t sen4t u(t). (12) f(t) = 1 3 (e 6t −1)u(t). (13) f(t) = (2 cos 3t + 1 3 sen3t)u(t). (14) f(t) = ( 7 2 e t − 1 2 e −t )u(t). (15) f(t) = e −(t−3) cos(t −3)u(t −3). (16) f(t) = e −t (cos t + sent)u(t) (17) f(t) = (cos 4t + 2e 3t +t + 1 2 t 2 )u(t). (18) f(t) = (t −1)u(t −1) + (t −2)u(t −2). (19) f(t) = (2 +t)u(t) + (2 t 2 −9 t + 10) u(t −2) + (t −3)u(t −4). (20) f(t) = (1 + 4t)u(t) + [4 − 1 2 (t −3) 2 ]u(t −3) +u(t −2). 4.3.-) (1) y(t) = 1 2 t 2 u(t). (2) y(t) = t(1 − 1 2 t)u(t). (3) y(x) = 1 4 xe −x (x + 1) − 17 √ 3 12 sen √ 3x + cos √ 3x. (4) − 1 2 xcos x + 3 2 senx. (5) y(t) = t(3 −t)u(t). (6) y(t) = 1 6 t 2 (3 −t)u(t). (7) y(t) = t 2 ( 3 2 − 1 3 t)u(t). (8) y(t) = t 2 ( 3 2 + 1 3 t)u(t). (9) y(t) = (−e 2t + 5 2 e t + 1 2 e 5t )u(t). (10) y(t) = [−8 e −2 t + _ 2 − 8 √ 5 5 _ e 1 2 (−3+ √ 5)t + 2 5 _ 4 + √ 5 _ √ 5e − 1 2 (3+ √ 5)t ]u(t). (11) y(t) = 1 2 [1 −e −t (7 cos t + 5 sent)]u(t). (12) y(t) = 1 2 t(t + 10)e t u(t). (13) y(t) = [ 1 169 (t + 6)e t + 1 338 (5 sen(2 t) −12 cos(2 t))e 4 t ]u(t). (14) y(t) = 5 [4 e −2(t−π) −cos √ 2(t −π) + sen √ 2(t −π)]e 2(t−π) u(t −π). (15) y(t) = (1+ 1 24 t 4 )u(t)+(− 1 24 t 4 − 1 3 t 3 + 1 4 t 2 + 2 3 t− 13 24 )u(t−1)+( 1 3 t 3 − 7 2 t 2 +10 t− 26 3 )u(t−2). (16) y(t) = (1/2 u(t −2 π) −1/2 u(t −3 π)) t + 3/2 e −t cos(t) + 1/2 e −t sen(t) + 1/2 − π u(t − 2 π)e −t+2 π cos(t)−π u(t−2 π)e −t+2 π sen(t)−u(t−2 π)+u(t−2 π)e −t+2 π cos(t)+1/2 u(t−2 π)e −t+2 π sen(t)+ 1/2 u(t−3 π)e −t+3 π cos(t)+3/2 e −3 π π+3/2 u(t−3 π)π+1/2 u(t−3 π)−1/2 e −3 π +1/2 cos(t)e −3 π−t − 3/2 π cos(t)e −3 π−t −3/2 π sen(t)e −3 π−t + 1/2 sen(t)e −3 π−t . (17) y(t) = 3[(1 −cos t)u(t) −(1 + cos t)u(t −π)] 318 CAP ´ ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES (18) y(t) = cos t + 6 sen 2 1 2 t + 2[t −4 −sen(t −4)]u(t −4). (19) y(t) = −[2u(t) +u(t −1)]t − 3 2 (5 +e 2t )u(t) + 1 2 (1 +e 2(t−1) )u(t −1). (20) y(t) = 1 6 (3e t + 13e −t + 2e 2t )u(t) − 1 6 (2e −4 e −2(t−4) −3e 4 e t−4 +e −4 e −(t−4) + 6)u(t −4). (21) y(t) = (−7e t + 4e 2t )u(t) + 1 2 (1 −2e t−1 +e 2(t−1) )u(t −1) −(1 −2e t−2 +e 2(t−2) )u(t −2). (22) y(t) = ( 16 3 e t − 31 12 e 4t + 1 4 )u(t)+(− 1 2 + 2 3 e t−1 − 1 6 e 4(t−1) )u(t−1)+( 1 4 − 1 3 e t−2 + 1 12 e 4(t−2) )u(t−2). (23) y(t) = − 1 5 (e −5t −e −t −1)u(t) + (−1/5 − 1 4 e −(t−2) + 9 20 e −5(t−2) )u(t −2). (24) y(t) = − 1 5 [u(t)−u(t−1)]t 2 − 2 25 [u(t)+u(t−1)]t− 2 125 [1−e 5t ]u(t)+ 1 125 [17−2e 5(t−1) ]u(t−1). (25) q(t) = 1 10 [1 − e −10t (cos(10t) + sen(10t))]u(t) − 1 10 (1 − e −10(t−5) (cos 10(t − 5) + sen10(t − 5))]u(t −5). Soluciones a los Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 5 5.1.-) (1) y(x) = 1 +x + 3 2! x 2 + 17 3! x 3 + . (2) y(x) = 1 2! x 2 + 12 5! x 5 + . (3) y(x) = 1 +x + 3 2! x 2 + 8 3! x 3 + 34 4! x 4 + (4) y(x) = x− 1 2! x 2 − 1 6 x 3 + 5 24 x 4 + (5) y(x) = 1+x+x 2 + 8 3! x 3 + 28 4! x 4 + 5.2.-) (1) y(x) = a 0 (1 − 1 2 x 2 + 1 2·4 x 4 − 1 2·4·6 x 6 + ) + a 1 (x − 1 3 x 3 + 1 3·5 x 5 − 1 3·5·7 x 7 + ). (2) y(x) = a 0 (1 − 1 3! x 3 + 4 6! x 6 − 4·7 9! x 9 + + ) + a 1 (x − 2 4! x 4 + 2·5 7! x 7 − 2·5·8 10! x 10 + ). (3) y(x) = a 0 (1 − 1 2 x 2 − 3 4! x 4 − 3·7 6! x 6 − 3·7·11 8! x 8 − ) + a 1 (x + 1 3! x 3 + 5 5! x 5 + 5·9 7! x 7 + + ). (4) y(x) = a 0 (1 − 1 2·3 x 3 + 4 2·3·5·6 x 6 − 4·7 2·3·5·6·8·9 x 9 + ) +a 1 (x − 1 2·3 x 4 + 5 2·3·6·7 x 7 − 5·8 2·3·6·7·9·10 x 10 + ) (5) y(x) = a 0 (1 − 1 3·4 x 4 + 1 3·4·7·8 x 8 −+ ) +a 1 (x− 1 4·5 x 5 + 1 4·5·8·9 x 9 − ). (6) y(x) = a 0 (1 −x 2 + 1 2 x 4 − 1 3! x 6 + )+a 1 (x− 2 3 x 3 + 2 2 3·5 x 5 − 2 3 3·5·7 x 7 + 2 4 3·5·7·9 x 9 − ). (7) y(x) = a 0 +a 1 (x+ 1 3 x 3 + 1 4 x 4 + 1 5 x 5 + 1 7 x 7 + ) (8) y(x) = a 0 (1 + 1 4 x 2 − 7 96 x 4 + 161 5760 x 6 − 1081 92160 x 8 + ) +a 1 (x − 1 6 x 3 + 7 120 x 5 − 17 720 x 7 + 527 51840 x 9 − ). (9) y(x) = a 0 (1 + x 3 6 + x 6 180 + x 9 12960 + ) +a 1 (x + x 4 12 + x 7 504 + x 10 45360 + ) (10) y(x) = a 0 (1 − x 2 2 + x 4 8 − 7x 6 240 + 11x 8 1920 − 11x 10 11520 − ) +a 1 (x − x 3 6 + x 5 24 − x 7 112 + 13x 9 8064 − ). 5.3.-) (1) y(x) = c 1 J 1/3 (x) + c 2 J −1/3 (x). (2) y(x) = c 1 J 3/2 (5x) + c 2 J −3/2 (5x). (3) y(x) = c 1 J 2/3 +c 2 J −2/3 . (4) y(x) = c 1 J 2 (x) +c 2 Y 2 (x). (5) y(x) = c 1 J 0 ( √ x) +c 1 Y 0 ( √ x). Soluciones a los Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 6 6.1.-) (1) x(t) = c 1 e t + c 2 e 5t , y(t) = −c 1 e t + 3c 2 e 5t . (2) x(t) = 2c 1 e 3t − 4c 2 e −3t , y(t) = c 1 e 3t + c 2 e −3t . (3) x(t) = e t (c 1 cos 3t + c 2 sen3t), y(t) = e t (c 1 sen3t − c 2 cos 3t). (4) x(t) = (c 1 + 2c 2 t)e −t , y(t) = (c 1 + c 2 + 2c 2 t)e −t . (5) x(t) = c 1 e t + c 2 e 2t + c 3 e −t , y(t) = c 1 e t − 3c 3 e −t , z(t) = c 1 e t + c 2 e 2t − 5c 3 e −t . (6) x(t) = c 1 e t + c 2 e −t − 1, y(t) = c 1 e t − c 2 e −t − 1. (7) x(t) = c 1 cos 2t + c 2 sen2t + t, y(t) = c 1 sen2t + c 2 cos 2t − 1. (8) x(t) = (c 1 − c 2 )e 2t cos t − (c 1 + c 2 )e 2t sent, y(t) = (c 1 sent + c 2 cos t)e 2t . (9) x(t) = (1 − 2t)e −2t , y(t) = (1 + 2t)e −2t . (10) x(t) = (c 1 cos t +c 2 sent)e −6t , y(t) = _ (c 1 +c 2 ) cos t −(c 1 −c 2 ) sent sent _ e −6t . (11) x(t) = (c 1 −3c 1 t −3c 2 )e 5t , y(t) = (c 1 t +c 2 )e 5t . (12) x(t) = (c 1 e 3t +c 2 e −2t , y(t) = 3 2 c 1 e 3t −c 2 e −2t + c 3 e −t , z(t) = 3 2 c 1 e 3t − c 2 e −3t − c 3 e −t . (13) x(t) = (c 1 + c 2 t)e t , y(t) = (2c 1 − c 2 + 2c 2 t)e t . (14) x(t) = (c 1 + 3c 2 t)e 2t , y(t) = (c 2 − c 1 − 3c 2 t)e 2t . (15) x(t) = c 2 e 2t + c 3 e 3t , y(t) = c 1 e t + c 2 e 2t , z(t) = c 1 e t + c 2 e 2t . (16) x(t) = c 1 e 3t + c 2 e −2t , y(t) = 3 2 c 1 e 3t − c 2 e −2t + c 3 e −t , z(t) = 6.5. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAP ´ ITULO 6: 319 3 2 c 1 e 3t − c 2 e −3t − c 3 e −t . (17) x(t) = c 1 e −2t + c 2 sen4t + c 3 cos 4t, y(t) = − c1 4 e −2t + c2 2 cos 4t − c3 2 sen4t, z(t) = − c1 2 e −2t + c 2 sen4t + c 3 cos 4t. (18) x(t) = c 1 e sen t , y(t) = c 2 e senh t . (19) x(t) = _ 2t+c2 c1 , y(t) = _ c 1 (2t +c 2 ). (20) x(t) = −5e 2t sent, y(t) = (cos t −2 sent)e 2t . 320 CAP ´ ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES Bibliograf´ıa [1] A.F. Filipov, Problemario de Ecuaciones Diferenciales. Edit. Nauka, 1992. [2] Dennis G. Zill, Michael. R. Cullen, Ecuaciones Diferenciales con Problemas de Valores en la Frontera. Edit. Thompson and Learning, 2002. [3] Claudio Pita, Ecuaciones Diferenciales, Una Introducción con Aplicaciones. Edit. Limusa, Nor- iega Editores, 1993. [4] A. Kisiliov, M. Krasnov, G. Makarenko, Problemas de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias. Edit. Mir, 1973. [5] Edwards/Penney, Ecuaciones Diferenciales Elementales, con Aplicaciones. Prentice Hall His- panoamericana, 1986. [6] Daniel A. Marcus, Ecuaciones Diferenciales. Brown Publishers, 1999. [7] William Trench, Ecuaciones Diferenciales con Problemas de Valores en la Frontera. Thompson Learning, 2002. 321 ´ Indice alfabético amplitud de las oscilación, 166 campo de direcciones, 81 capacitor, 64 carga del estado permanente, 171 conjunto fundamental de soluciones, 292 constante capacitiva, 68 inductiva, 66 corriente de estado permanente, 171 elećtrica, 64 transitoria, 171 ecuación caracter´ıstica, 137, 286 de recurrencia, 240 indicial, 255 ecuación diferencial, 9 con coeficientes constantes, 138 con variables separables, 21 cuasi-homogéneas, 36 de Bernoulli, 46 de Bessel, 256 de Cauchy-Euler, 153 de Clairaut, 77 de Hermite, 248 de Lagrange, 77 de Legendre, 250 de orden superior, 121, 122 de orden superior reducible a primer orden, 123 de Riccati, 50 en derivadas parciales, 9 especial de Riccati, 51 exacta, 55 grado, 10 homogénea, 26, 27, 29 lineal, 10 lineal de primer orden, 40 lineal de primer orden no homogénea, forma estándar, 40 lineal homogénea, 10, 129 lineal homogénea con coeficientes constantes, 137 lineal no homogénea, 10, 129 lineal no homogénea con coeficientes constantes, 142 no resuelta respecto a la derivada, 73 orden, 10 ordinaria, 9 reducible a homogénea, 33 reducible a lineal, 46, 49 reducible a Separables, 24 resuelta respecto a la derivada, 73 exponente de crecimiento, 181 fórmula de Euler, 141 de recurrencia, 241 de Rodrigues, 253 frecuencia neper, 180 propia, 166 real, 180 fuerza electromotriz, 168 electromtriz, 64 impulsiva, 221 restauradora, 163 función delta de Dirac, 222 Gamma, 184 funciones continuas por partes, 181 de Bessel, 256 de Bessel de orden cero, 258 de Bessel de orden uno, 258 de Bessel de segunda clase, 264 de Bessel tercera clase, 266 322 ´ INDICE ALFAB ´ ETICO 323 de excitación, 270 de Hankel, 266 de Newmann, 265 de orden exponencial, 181 escalón, 205 homogéneas, 26 linealmente dependientes, 131 linealmente independientes, 131 objeto, 181 racionales, 196 imagen, 181 inductancia, 64 inductor, 64 integral converge, 180 diverge, 180 general, 122 particular, 20, 122 integrales curvas, 20, 122 isoclinas, 81 nulas, 81 ley de acción de masa, 87 de enfriamiento, 62 de Hooke, 163 de Kirchhoff, 86 de Newton, 86 de Torricelli, 86 Kirchhoff, 65 método coeficientes indeterminados, 143 combinaciones integrables, 278 de eliminación, 271 de Frobenius, 255 de Laplace para ecuaciones diferenciales, 199 factor integrante, 44, 59 variación del parámetro, 41, 148 matriz de coeficientes, 270 movimiento amortiguado, 165 armónico simple, 166 forzado, 165 libre, 165 libre no amortiguado, 165 no amortiguado, 165 oscilación cr´ıticamente amortiguada, 171 libre, 170 sobreamortiguada, 170 subamortiguada, 170 polinomios de Hermite, 249 de Legendre, 252 Presión Atmosférica, 70 problema de Cauchy, 18, 121 de valor inicial, 270 punto ordinario, 242 singular, 242 reacción bimolecular, 87 unimolecular, 87 resistencia, 64 resistor, 64 serie centro, 233 coeficientes de la, 233 converge, 234 de potencias, 233 de Taylor, 237 derivadas término a término, 237 Desplazando el ´ındice en la sumatoria, 236 diverge, 234 intervalo de convergencia, 235 Multiplicación de Series, 236 Multiplicación por una constante, 235 radio de convergencia, 235 residuo, 234 suma de, 236 sistema lineal, 269 normal, 269 sistema de ecuaciones diferenciales, 269 lineal, 269 lineales con coeficientes constantes, 293 solución ó integral de la ecuación diferencial, 11 particular, 20 singular, 11 general, 19, 122 impl´ıcita, 19 n-paramétrica, 11 particular, 11, 122 324 ´ INDICE ALFAB ´ ETICO transitoria, 171 vector, 270 tabla de transformadas directas, 193 de transformadas inversas, 196 teorema segundo de desplazamiento, 207 de convolución, 225 dependencia lineal de las funciones de Bessel, 260 desplazamiento en la frecuencia, 189 diferenciación de la transformada de Laplace, 210 ecuación diferencial exacta, 56 existencia y unicidad, 17 existencia y unicidad, 121 integración de la transformada de Laplace, 212 transformada de Laplace, 179, 180 de Laplace para funciones continuas por partes, 205 de las derivadas, 193 inversa de Laplace, 194 lineal, 181 trayectorias ortogonales, 82 valor propio, 286 vector propio, 286 vectores linealmente dependientes, 291 linealmente independientes, 291 velocidad de escape, 175 Wronskiano, 131

Ecuaciones_Diferenciales_Ordinarias - J. Juan Rosales Garcia - Manuel Guia Calderon

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