guia mat iv . ecuaciones diferenciales
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Esta guia es un resumen de ayuda para los estudiantes de ingenieria.TRANSCRIPT
UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL“FRANCISCO DE MIRANDA”
ÁREA DE TECNOLOGÍADEPARTAMENTO DE FÍSICA Y MATEMÁTICA
MATEMÁTICA IV
REALIZADO POR:
PROF., CINTHIA HUMBRÍA
SANTA ANA DE CORO, 2008
OBJETIVO GENERAL
Al culminar el desarrollo de las estrategias instruccionales correspondientes a la unidad curricular Matemáticas IV, el futuro ingeniero será capaz de resolver diversos tipos de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden y primer grado, o grado superior, mediante la aplicación de métodos elementales, así como la resolución de ecuaciones diferenciales ordinarias utilizando el método de la Transformada de Laplace. También se aplican estos conceptos, principios y técnicas básicas de las ecuaciones diferenciales ordinarias a la resolución de sistemas de ecuaciones diferenciales lineales.
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SINÓPSIS DEL CONTENIDO
UNIDAD I Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden
UNIDAD II Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior
UNIDAD IIITransformadas de Laplace y Sistema de Ecuaciones Diferenciales Lineales.
ESTRATEGIAS GENERAL DE INSTRUCCIÓN
Clases teórico – práctico
Clases específicas de ejercicios, donde el estudiante muestre en sí, el logro de los objetivos propuestos
Horas específicas para consultas individuales con los alumnos
BIBLIOGRAFÍA- BOYCE – DIPRIMA. Ecuaciones diferenciales elementales y problemas de contornos. Limusa 1977.- MAKARENKO. Problemas de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias. Editorial MIR – Moscú 1972.- RAINVILLE – BEDIENT. Ecuaciones Diferenciales. Editorial Interamericana 1977.- ROBERTS, CH. Ecuaciones Diferenciales. Editorial Interamericana 1977.- ROOS. Introducción a las Ecuaciones Diferenciales. Editorial Interamericana 1985.-D. ZILL, Ecuaciones diferenciales con aplicaciones. Wadsworth Internationa l/ Iberoamérica 1982-D. SÁNCHEZ, Ordinary Differential Equations and Stability Theory. W. H. Freeman and Company 1968-C. EDWARDS,Jr. and D. PENNEY. Ecuaciones diferenciales elementales con aplicaciones. Printece-Hall Hispanoamericana 1986
CONTENIDO
OBJETIVO GENERALSINOPSIS DEL CONTENIDO ESTRATEGIA GENERAL DE INSTRUCCIÓNBIBLIOGRAFIA
UNIDAD I: ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
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1.1 Objetivos Didácticos 1.2 Introducción a las Ecuaciones Diferenciales1.3 Definición de una Ecuación Diferencial1.4 Clasificación de las Ecuaciones Diferenciales1.5 Solución de una Ecuación Diferencial1.6 Resumen1.7 Ejercicios1.8 Teorema de Picard. Teorema de Existencia y Unicidad1.9 Ejercicios1.10 Métodos para resolver Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden
1.10.1 Separación de Variables 1.10.1.1 Ejercicios1.10.2 Cambio de Variable 1.10.2.1 Ejercicios
1.10.3 Ecuaciones Homogéneas 1.10.3.1 Ejercicios
1.10.4 Ecuación Diferencial Exacta 1.10.4.1 Ejercicios
1.10.5 Ecuación Diferencial no Exacta 1.10.5.1 Ejercicios
1.11Ecuación Lineal de Primer Orden1.12 Método del Factor Integrante1.13 Ecuación de Bernoulli1.14 Ejercicios1.15 Aplicaciones. Modelos matemáticos.1.16 Ejercicios
UNIDAD II: ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR
2.1Objetivos Didácticos2.2 Ecuaciones Diferenciales Lineales de orden n2.3 Solución de una Ecuación Lineal de Orden n2.3.1 Ecuaciones Homogéneas.2.3.2 Principio de Superposición.2.3.3 Soluciones Linealmente Independientes.2.3.4 Ecuaciones No Homogéneas.2.4 Ejercicios2.5 Métodos para resolver Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior2.5.1 Ecuaciones Lineales Homogéneas con Coeficientes Constantes 2.5.1.1 Ejercicios2.5.2 Ecuaciones Lineales No Homogéneas con Coeficientes Constantes. 2.5.2.1 Método de Coeficientes indeterminados
2.5.2.1.1 Ejercicios2.5.2.2 Método de Variación de Parámetros. 2.5.2.2.1 Ejercicios 2.5.3 Ecuaciones Lineales con Coeficientes Variables. 2.5.3.1 Método de Reducción de Orden.
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2.5.3.1.1 Ejercicios2.5.4 Ecuación de Euler - Cauchy
2.5.4.1 Ejercicios
UNIDAD III: TRANSFORMADA DE LAPLACE Y SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES
3.1Objetivo Didáctico3.2Transformada de Laplace. Definición.3.2.1 Ejercicios.3.3 Teorema de Linealidad.3.4 Inversa de la Transformada de Laplace.3.4.1Propiedad de Desplazamiento3.4.2Ejercicios3.5 Función Escalón Unitario.3.5.1 Ejercicios3.6Convolución. Definición. Propiedades 3.7 Aplicaciones. Problemas de Valor Inicial3.7.1 Ejercicios3.8 Transformada de la Derivada3.9 Integración de Transformadas3.10 Sistemas de Ecuaciones Diferenciales Lineales3.10.1 Ejercicios
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UNIDAD I ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER
ORDEN
1.1 OBJETIVO DIDÁCTICO: Adquirir los conocimientos esenciales de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden, que permitan formular soluciones a problemas, tanto teóricos como aplicados, los cuales conducen a plantear modelos matemáticos, mediante el uso de tales ecuaciones.
1.2 ECUACIONES DIFERENCIALES
6
Hay problemas de la vida diaria que se pueden modelar por una ecuación en la que la incógnita es una función y entre las operaciones que se realizan se encuentra la derivada (ordinaria y parcial).
Por ejemplo;
(1) Determinar el tamaño de la población en cada instante t suponiendo que la tasa de nacimiento es directamente proporcional a la población presente en cada instante t y la población inicial es p0
Entonces
{P'( t )=k1 . P( t )−k 2 .1¿P( t ) ¿¿
¿¿ ¿¿¿
(2) Sea x ( t ) la posición de una partícula en el instante t. se conoce de la cinemática que si la aceleración es constante y el movimiento rectilíneo entonces la velocidad es
Entonces
{x' ( t )=vo+at ¿ ¿¿¿
1.3 DEFINICIÓN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL
Definición (1): Una Ecuación Diferencial definida en una región R⊆ℜn es
una ecuación de la forma F (T , x1 ,…, x0 , f 1 ,…, f k )=0
Para todo ( x1 ,…, xn )∈ R⊆ℜn
donde las funciones f j son algunas de las
derivadas parciales de algún orden de la función T con respecto a algunas (o
todas) las variables x1 ,…, xn . Si n > 1 la ecuación diferencial se llama
Ecuación Diferencial en Derivadas Parciales.Definición (2): ecuación en la que interviene una variable dependiente y sus derivadas con respecto a una o mas variables independientes. Ejemplo:
a)
d2 ydx2
+xy=Senx
b) y(3 )( x )+ y(2)( x )+3 . y '( x )=ex .Cosx
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c)
∂2u∂ x2
+ ∂2u∂ y2
+ ∂2u∂ z2
=0
1.4 CLASIFICACIÓN DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES
Las ecuaciones diferenciales se clasifican de distintas formas según sus propiedades, se clasifican de la siguiente manera:
Según su tipo:
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias (EDO): es aquella en la que solo existe una variable independiente, de manera que todas las derivadas que aparecen en ella son derivadas ordinarias.
Ejemplo:
a)
dydx
+xy=Ln( x )
b) y' ' ' ( x )+ y ' ' (x )+ y '( x )=ex .Cosx
Ecuaciones Diferenciales Parciales (EDP): aquellas donde la ecuación contiene derivadas de una o más variables dependientes con respecto a mas de una variable independiente.
Ejemplo:
a)
∂2u∂ x2
+ ∂2u∂ y2
+ ∂2u∂ z2
=0
b)
∂u∂ s
+ ∂u∂ t
=0
Según su orden:
Según el orden de la derivada. Orden uno, dos, tres, superior (cuando el orden de la derivada es mayor a uno).
Ejemplo:
a)
dydx
+xy=Ln( x ) Orden uno.
b)
∂2u∂ x2
+ ∂2u∂ y2
+ ∂2u∂ z2
=0 Orden dos. (Orden Superior)
c) y(3 )( x )+ y(2)( x )+3 . y '( x )=ex .Cosx Orden tres (orden Superior)
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d) ( d2 y
dx2 )4
+ dydx
+ y=Cosx , x>0 Orden dos, ya que el mayor orden de
derivación es dos, sin importar el exponente (en este caso es 4)
e)
( x+|x|) .( d2 ydx2 )
4
+ dydx
+ y=Cosx , x<0 Orden uno. El término
x+|x|=0 si x<0 . Y por lo tanto podemos escribirla como dydx
+ y=Cosx , x<0. Este ejemplo muestra que cuando tenemos una
ecuación diferencial es importante saber en que intervalo estamos trabajando.
Según su grado: lo define el mayor exponente de la ecuación diferencial. Ejemplo:
a) ( d2 y
dx2 )4
+ dydx
+ y=Cosx , x>0 Grado 4.
Según su Linealidad: una ecuación ordinaria es lineal de orden n en un
intervalo J⊆R si es de la forma.
an( x ) yn (x )+an−1( x ) yn−1 ( x )+⋯+a1 (x ) y ' ( x )+a0( x ) . y ( x )=h (x )
Donde an , an−1 ,…, a1 , a0 , h
son funciones continuas en el intervalo y an( x )≠0 en dicho intervalo.
A su vez, una ecuación diferencial lineal posee las siguientes propiedades:- No debe aparecer la variable dependiente como argumento de otra función.- No deben aparecer producto de la variable dependiente por si misma y por sus derivadas.- Debe haber una sola variable dependiente y una independiente.
Ejemplo:
a)
dydx
+xy=Ln( x ) Lineal de orden uno.
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b) ( d2 y
dx2 )4
+ dydx
+ y=Cosx , x>0 No lineal, el exponente 4 es lo que
hace que la ecuación no sea lineal.
1.5 SOLUCIÓN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL ORDINARIA
Definición: una función φ se llamará solución o solución particular de la EDO
y(n )=f ( x , y , y ' ,…, y(n−1 )) en el intervalo J⊆R si:
a) φ : J→R es una función.
b) φ' , φ' ' ,…, φ(n)
existen.
c) φ(n)( x )=f ( x ,φ ( x ) ,φ '( x ),…, φ(n−1)( x )) para todo x∈J .
En otras palabras si la función satisface a la ecuación diferencial.
Al conjunto de todas las soluciones de la EDO en algún intervalo J se llama solución general de la EDO cuando aparece la constante de integración C sin ningún valor conocido, y si no aparece esa constante o se conoce su valor se le denomina solución particular. Decimos que una solución esta dada explícitamente si la variable dependiente esta despejada, en caso contrario decimos que esta escrita implícitamente.
Ejemplo:
a) La función φ ( x )=c .e−2 x, c es constante, es solución general de la
EDO y'=−2 y en x. Pues, φ
'( x )=−2(c .e−2 x )=−2 .φ( x ) que satisface a la EDO. Observemos que dicha solución esta escrita explícitamente. Por otra parte si tenemos la solución escrita
e2 x .φ( x )=c , decimos que esta escrita implícitamente.
Cuando nos encontramos con problemas de valor inicial, es decir, que tengan
condición inicial y ( x0 )= y0 , la solución de la EDO es una solución particular.
Siguiendo con el ejemplo anterior, si tenemos condición inicial φ (0)=1 , la
solución será φ ( x )=e−2 xla cual es particular, ya que no aparece la constante
de integración como incógnita.
1.6 Resumen
Una ecuación diferencial es una ecuación donde aparece la operación derivación y se tiene que encontrar las funciones que satisfacen dicha ecuación (si existen).
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Las ecuaciones las clasificamos de acuerdo al siguiente esquema:
Ec . Dif ¿¿¿¿
Solución de una ecuación, es cualquier función que satisface la ecuación diferencial y la clasificamos de acuerdo al cuadro siguiente:
Solucion¿ {General ¿ ¿¿1.7 EJERCICIOS
1. Verifique si la función o funciones son solución de la E. D dada, y señale si las soluciones están escritas en forma explícita o implícita:
a. φ ( x )=x+3 .e− x+c y '+ y=x+1
b. y ( x )=2.e3 x−5 .e4 x y ' '−7 . y '+12. y=0
c. f ( x )=e x+2 .x2+6 . x+7 y ' '−3 . y '+2 . y=4 . x2
d. y ( x )=c . x .ex y' '−2 . y'+ y=0
e.
f ( x )= 11+x2
(1+x2) .d2 ydx 2
+4 x .dydx
+2 y=0
f.
P( t )= a .c .eat
1+b .c .eat
dPdt
=P (a−b .P )
g. φ1( x )=a .Sen(4 x ) φ2( x )=b .Cos (4 x ) y ' '+16 y=0
h. y1( x )=x−2 y2( x )=x−2. Ln( x ) x2 . y ' '+5 x . y '+4 y=0
2. Determine los valores de m tales que y=emx sea solución de cada E. D:
a. y' '−5 y '+6 y=0 b. y
' '+10 { y '+25 y=0¿ c. y'+2 y=0
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y
x
d
c
a b
R
(x0, y0)
3. a. Demuestre que y1=x2
y y2=x3
son solución de
x2 y ' '−4 x y '+6 y=0 .
b. Son también soluciones a . y1 y
b . y2 con a y b constantes arbitrarias.
c. La suma de y1+ y2 es solución?
1.8 TEOREMA DE EXISTENCIA Y UNICIDAD DE PICARD
Es natural hacerse las siguientes preguntas:
¿Cuándo un problema de valor inicial tiene solución? ¿Cuándo un problema de valor inicial que tiene solución, tiene solución
única?
Teorema (Picard). Sea R una región rectangular en el plano xy, definida por
a≤x≤b , c≤ y≤d que contiene al punto ( x0 , y0 )en su interior. Si
f ( x , y ) y
∂ f∂ y son continuas en R , entonces existe un intervalo Ι con centro
en x0 y contenido en [ a ,b ] , y una única función y=φ( x ) que satisface el
problema de valor inicial.
{ y '=f ( x , y )¿ ¿¿¿Para todo x∈ Ι .
Un conocido teorema de Peano asegura que la continuidad de f ( x , y ) en R es suficiente para garantizar la existencia de al menos una solución del
problema y'=f ( x , y ) sujeto a la condición inicial y ( x0 )= y0 , si ( x0 , y0 )
está en el interior de R .
Ejemplo:
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1) Determine la región del plano xy que garantice la existencia de al menos una solución de la ecuación diferencial dada
dydx
= yx− y
Solución:
Tenemos que la función f ( x , y )= y
x− y , donde se sabe que su dominio en
el plano xy es {( x , y ) ∈ ℜ2 / x≠ y } , a su vez
∂ f∂ y
= x
( x− y )2, también tiene como dominio {( x , y ) ∈ ℜ2 / x≠ y } , por lo
que en todo el plano xy menos en donde x = y, se garantiza que existe al menos una solución de la ecuación diferencial
1.9 EJERCICIOS
1. Para cada problema de valor inicial halle un rectángulo
a≤x≤b , c≤ y≤d en el cual se pueda garantizar la validez del Teorema de Picard.
a. y'=√ xy , y (−1 )=−4
b. ( y+2 x ). y '=x− y , y (−1 )=1
c. y'=1+ y2 , y (0 )=0
1.10 MÉTODOS PARA RESOLVER ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
Tenemos:
1.10.1 SEPARACIÓN DE VARIABLES:
Sea la ecuación E. D
dydx
=g( x ) .h ( y ), o
dydx
=g ( x )h( y ) donde cada una de las
funciones g( x ) h( y ) dependen de una sola variable; se procede entonces a separar variables.
Pasos a seguir:
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1.- Se separan variables
dydx
=g( x ) .h ( y )⇒ dyh( y )
=g( x ) .dx ó
dydx
=g ( x )h( y )
⇒h( y ) .dy=g( x ) .dx
2.- Integrar ambos lados de la igualdad de la E. D con respecto a la variable
independiente ∫ dy
dx.dx=∫ f ( x ) .dx
3.- Simplificar dx de la primera integral ∫ dy=∫ f (x ).dx.
4.- Integrar y=F ( x )+CC constante de integración de la integral indefinida.
F ( x ) función solución de la E. D.
Ejemplo:
Resolver la ecuación y'=x .√ y
Solución: la ecuación toma la forma
dydx
=x .√ y, es una ecuación separable.
Entonces resolviendo
dy√ y
=x .dx⇒∫ dy√ y
=∫ x .dx⇒√ y= x2
4+c
En este caso se puede tener una forma explícita de estas solución general, ya que al despejar la variable dependiente (y) resulta
y=( x2
4+c)2
, c∈R
1.10.1.1 EJERCICIOS:
1. Resuelva la EDO por separación de variables:
a. dx+e3 x dy=0 b. dy−( y−1 )2dx=0
c. e x . y
dydx
=e− y+e−2 x− y
d.
dydx
=( 2 y+34 x+5 )
2
e. Sen(3 x ).dx+2 y .Cos3(3 x ) .dy=0 f.
dQdt
=k .(Q−a)
g. (e y+1 )2 .e− y .dx+(ex+1 )3 .e−x .dy=0
h.
dNdt
+N=N . t .et +2
i.
dydx
= x . y+3 x− y−3x . y−2x+4 y−8
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2. Resuelva la E. D por separación de variables con valor inicial:
a.
dxdt
=4 ( x2+1); x (π4)=1
b.
dydx
= y2−1x2−1
; y (2 )=2
1.10.2 CAMBIO DE VARIABLE:
Se define una nueva variable en términos de las variables dadas y luego se reescribe la E. D en términos de una nueva variable independiente. Al final para dar la solución se debe devolver el cambio.
Pasos a seguir:
1.- Se aplica el cambio de variable
dydx
=f (x , y )⇒ f ( x , y )=f (u )
Luego
dudx
=dxdx
+ dydx
⇒ dydx
=dudx
+ dxdx
2.- Se procede con los métodos anteriores; primero se aplica separación de variable, segundo integración directa y por ultimo se devuelve el cambio de variable.
Ejemplo:
Resolver la ecuación
dydx
=( x+ y+3 )2
Solución: se observa que por separación de variable no se puede resolver ya que la función involucrada en el ejercicio es de dos variables, por lo tanto aplicamos el cambio de variable, quedando
u=x+ y+3⇒dudx
=1+dydx
⇒dydx
=dudx
−1
dudx
−1=u2⇒dudx
=u2+1
Ahora aplicamos separación de variables du
u2+1=dx ⇒∫ du
u2+1=∫ dx⇒ tan g−1(u )=x+c
u=tan g( x+c )⇒ x+ y+3=tan g( x+c )
Escribiendo en forma explícita es y=tan g( x+c )−x−3
1.10.2.1 EJERCICIOS:
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1. Resuelva la E. D por Cambio de variable:
a.
dydx
=( x+ y+1)2
b.
dydx
=Tang2 ( x+ y )
c.
dydx
=2+√ y−2 x+3 d.
dydx
=1+e y−x+5
2. Resuelva la E. D por Cambio de variable con valor inicial:
a.
dydx
=Cos( x+ y ) ; y (0 )=π4
b.
dydx
= 3 x+2 y3 x+2 y+2
; y (−1)=−1
1.10.3 FUNCIÓN HOMOGÉNEA:
Una función se dice homogénea de grado n si f ( tx , ty)=f ( x , y ) , significa
que las variables x , y se sustituyen por tx , ty respectivamente, sacando
luego el factor común tn
quedando la función original.
Pasos a seguir:
1.- Probar que la función
dydx
=f (x , y ) es homogénea.
2.- Hacer el siguiente cambio de variable: u= y
x⇒ y=u . x ,
luego dydx
=g( y / x )⇒ dydx
=u+x .dudx
⇒ dxx
= dug(u )−u
3.- Luego se aplican los dos primeros métodos, devolviendo el cambio.
Ejemplo:
Resuelva la ecuación y '= y2−x2
2 xySolución: probando que la función es homogénea tenemos,
f ( x , y )= y2− x2
2xy⇒ f ( tx ,ty )=
( ty )2−( tx)2
(2. tx . ty )=t2 . y2−t2 . x2
2 . t2 . x . y
f ( tx , ty)=t2 ( y2−x2 )t2 (2xy )
=y2−x2
2xy⇒ f ( tx ,ty )= f ( x , y )
Cumple con la definición.
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Ahora, se realiza el cambio y nos queda
dudx
. x+u=u2−12u
Separando variables, resolviendo tenemos
dxx
=−2u
1+u2.du⇒ ln|x|+c=−ln|1+u2|= ln(1+u2 )−1
⇒|x|.ec=(1+u2 )−1⇒±k .x=(1+( yx )
2)−1
⇒ k . x=x2
x2+ y2
Es una solución general escrita de forma implícita.
1.10.3.1 EJERCICIOS:
1. Resuelva la E. D aplicando el método para ecuaciones Homogéneas con la sustitución adecuada:
a. ( x− y ).dx+x .dy=0 b. ( y2+ yx )dx−x2dy=0
c.
dydx
= y−xy+ x d.
x .dydx
− y=√ x2+ y2
2. Resuelva la E. D aplicando el método para ecuaciones Homogéneas con la sustitución adecuada y valor inicial:
a. x . y2 .
dydx
= y3−x3 ; y (1 )=2
b. ( x+ y .ey
x)dx−x .ey
x dy=0 ; y (1 )=0
1.10.4 ECUACION DIFERENCIAL EXACTA:
La expresión M ( x , y ).dx+N ( x , y ).dy=0 se le denomina exacta si y solo
si
∂ M ( x , y )∂ y
=∂ N ( x , y )
∂ x .
Pasos a seguir:
1.- La EDO debe estar de la forma M ( x , y ).dx+N ( x , y ).dy=0 , para verificar si es exacta.
2.- Calcular ∫M ( x , y ).dx ó ∫N (x , y ) .dy
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Si ∫M ( x , y ).dx=F ( x , y )+φ( y )
Si ∫N (x , y ) .dy=F (x , y )+φ ( x )
3.- Se determina φ'( y ) ó φ
'( x ) , dependiendo de lo calculado en (2) y se
iguala a la función M ( x , y ) ó N ( x , y ) no usada en el paso anterior. Ejemplo:
Si ∫M ( x , y ).dx=F ( x , y )+φ( y )⇒
∂ F ( x , y )∂ y
=F' ( x , y )+φ' ( y )
Luego F'( x , y )+φ' ( y )=N ( x , y )⇒φ' ( y )=N ( x , y )−F' ( x , y )
4.- Se calcula φ ( y ) ,
integrando ambos lados de φ'( y )=N ( x , y )−F '( x , y ) ; es decir
∫φ' ( y ) .dy=∫ [ N ( x , y )−F' ( x , y )] .dy ⇒φ( y )=C
5.- Se da la solución implícita f ( x , y )=C
Ejemplo:
Resolver la ecuación (2 x . seny+ y3 ex ).dx+( x2 cos y+3 y2 ex ).dy=0
Solución: verificamos si es exacta
M ( x , y )=2 x . seny+ y3 ex , N ( x , y )=x2cos y+3 y2ex
∂ M ( x , y )∂ y
=2x cos y+3 y2ex ,∂ N ( x , y )
∂ x=2x cos y+3 y2e x
Observamos que es exacta
∂ M ( x , y )∂ y
=∂ N ( x , y )
∂ x
Ahora, ∫M ( x , y ).dx=∫(2xseny + y3ex )dx=x2 seny+ y3ex+φ( y )
⇒ x2cos y+3 y2ex+φ' ( y )=x2cos y+3 y2 ex ⇒φ '( y )=0⇒φ( y )=c
Por lo tanto la solución general en forma implícita es x2seny+ y3ex=c
1.10.5 ECUACION DIFERENCIAL NO EXACTA:
La expresión M ( x , y ).dx+N ( x , y ).dy=0 se le denomina no exacta si y
solo si
∂ M ( x , y )∂ y
≠∂ N ( x , y )
∂ x .
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Pasos a seguir:1.- Verificar que la EDO no es exacta.
2.- Buscar un factor integrante:
u( x )=e∫ 1
N [ ∂M∂ y
−∂ N∂x ] .dx
ó u( y )=e∫ 1
M [ ∂N∂ x
−∂ M∂ y ] .dy
3.- Multiplicar el factor integrante por la E. D no exacta para hacerla exacta.4.- Resolver aplicando los pasos de la E. D exacta.
Ejemplo:
Resolver la ecuación (5 xy+4 y2+1) .dx+( x2+2 xy ) .dy=0
Solución: Se verifica si es o no exacta
M ( x , y )=5 xy+4 y2+1 , N ( x , y )=x2+2xy∂ M ( x , y )
∂ y=5 x+8 y ,
∂ N ( x , y )∂ x
=2 x+2 y
Observamos que no es exacta
∂ M ( x , y )∂ y
≠∂ N ( x , y )
∂ xAl no ser exacta hay que determinar un factor integrante que la haga exacta, entonces
u( x )=e∫ 1
x2+2 xy. [(5 x+8 y )−(2 x+2 y ) ] dx
⇒u( x )=e3Ln|x|=x
3
Ahora se multiplica la ecuación por el factor integrante calculado y se trabaja como en el caso de ecuación diferencial exacta.
Por lo que la solución es x5 y+x4 y2+ x 4
4=c
1.10.5.1 EJERCICIOS:
1. Determine si la ecuación respectiva es Exacta, de ser así resuélvala:
a. (2 x−1) .dx+(3 y+7) .dy=0 b. (2 x . y2−3 ) .dx+(2x2 . y+4 ) .dy=0
c. (Sen ( y )− y .Sen ( x )) .dx+(Cos( x )+x .Cos( y )− y ) .dy=0
d. (2 y− 1
x+Cos (3 x )) .
dydx
+ y
x2−4 x3+3 y .Sen(3 x )=0
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e. ( x3+ y3 ) .dx+3 x . y2 dy=0 f. x .
dydx
=2x .ex− y+6 x2
g. (Tang( x )−Sen( x ) .Sen( y )).dx+(Cos( x ).Cos( y )) .dy=0
2. Determine el valor de k para que la EDO sea Exacta:
a. ( y3+k .x . y 4−2x ).dx+(3 x . y2+20 . x2 . y3 ) .dy=0
b. (6 x . y3+Cos ( y )).dx+(2 .k . x2 . y2−x .Sen( y )).dy=0
3. Verifique que la EDO no es Exacta. Multiplique por el factor integrante
indicado u( x , y ) y compruebe que la ecuación resultante es exacta:
a. (−x . y .Sen ( x )+2 y .Cos( x )).dx+2x .Cos ( x ).dy=0 ; u (x , y )=x . y
b. ( x2+2 x . y− y2 ) .dx+( y2+2 xy−x2 ).dy=0 ; u ( x , y )=( x+ y )−2
4. Resuelva la EDO encontrando un factor integrante adecuado:
a. (2 y2+3 x ) .dx+2 x . y .dy=0 b. y ( x+ y+1) .dx+( x+2 y ).dy=0
c. (10−6 y+e−3 x) .dx−2 .dy=0 d. Cos( x ) .dx+(1+ 2
y)Sen( x ) .dy=0
1.11 ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN
La forma en que se presenta es
dydx
+ p (x ). y=q ( x ) (1) ó en su forma
diferencial dy+( p( x ). y−q ( x )) .dx=0 .
Si la función q ( x )=0 (1) se transforma en una E. D con variables separables,
llamándose E. D lineal homogénea. En caso que q ( x )≠0 , se resuelve por el método llamado Factor Integrante.
1.11.1 MÉTODO DEL FACTOR INTEGRANTE:
Sea dy+( p( x ). y−q ( x )) .dx=0 . una E. D lineal homogénea:
Pasos a seguir:
1.- Dividir por dx toda la ecuación; quedando
dydx
+ p (x ). y=q ( x ).
2.- Calcular el factor integrante: u( x )=e∫ p( x ).dx
3.- Determinar la solución general por medio de
20
y=e−∫ p(x ).dx
.[∫q ( x ).e∫ p (x ).dxdx ]
ó y=u−1( x ) . [∫ q (x ). u( x ) .dx ]
Ejemplo:
Resolver la ecuación
dydx
+ 1x
. y=3 x
Solución: Observamos que la ecuación esta escrita de forma lineal por lo tanto
podemos determinar a p( x )= 1
x .y q ( x )=3 x
Ahora calculamos el factor integrante u( x )=e∫ 1
xdx
=e Ln|x|=x
Calculamos la solución de la ecuación y=x−1 . [∫3 x2dx ]⇒ y=x2+c . x−1
1.12 ECUACIÓN DE BERNOULLI:Cuando se nos presenta el caso de una E. D No Lineal para resolverla debemos hacerla Lineal, la clase mas importante de estas ecuaciones es de la
forma
dydx
+ p (x ). y=q ( x ) . y k
, k ∈ ℜ .Estas ecuaciones se conocen como Ecuación de Bernoulli, en honor a Jakob Bernoulli.
i) Si y=0 , se obtiene una solución de la ecuación.
ii) Si y≠0 , se debe:
1.- Dividir por toda la ecuación por yk
:
y−k .dydx
+ p (x ). y(1−k )=q( x )
2.- Hacer un cambio de variable v= y(1−k )
Donde
dvdx
=(1−k ) . y−k .dydx
⇒ y−k dydx
= 1(1−k )
.dvdx
3.- Sustituir la nueva variable en la ecuación que se obtuvo en el paso 1.
Quedando
1(1−k )
.dvdx
+ p( x ).v=q( x )
4.- Multiplicar esta nueva ecuación por (1−k ) .
21
5.- Resolver la ecuación lineal resultante
dvdx
+(1−k ) . p( x ) .v=(1−k ).q ( x )
por el método de factor integrante.
Ejemplo:
Resolver la ecuación y '+ 1
x. y=x . y2
Solución: escribamos la ecuación de la forma
dydx
+ 1x
. y=x . y2
Aplicamos el método de bernoulli, donde yk= y2
Entonces y−2 .
dydx
+ 1x
. y−1=x
Hacemos el cambio de variable y nos queda
v= y−1⇒dvdx
=− y−2 .dydx
⇒ y−2 .dydx
=−dvdx
−dvdx
+1x
.v=x ⇒dvdx
−1x
. v=−x
Ahora, trabajamos como una ecuación lineal y nos queda la solución
y= 1
cx−x2
1.12.1 EJERCICIOS
1. Resuelva la E. D Lineal, dando la solución general:
a.
dydx
=5 y b.
dydx
+ y=e3 x
c. y'+3 x2 . y=x2
d. x2 . y'+x . y=1 e. y
'=2 y+x2+5 f. x .
dydx
− y=x2 .Senx
g. (1+x ) .
dydx
−x . y=x+x2
h. y .dx−4 .( x+ y6 ) .dy=0
i. Cosx .
dydx
+(Senx ). y=1 j. Cos2 x . Senx .dy+( y .Cos3 x−1) .dx=0
k. ( x+2)2 dy
dx=5−8 y−4 x . y
m. x .
dydx
+(3 x+1 ). y=e−3 x
2. Resuelva la E. D Lineal con valor inicial:
22
a. x . y '+ y=e x ; y (1 )=2 b. ( x+1) .
dydx
+ y=Lnx ; y (1 )=10
c.
dTdt
=k .(T−Tm); T (0)=T o ; k ,Tm y T o constantes.
3. Resuelva la E. D de Bernoulli dada empleando una sustitución adecuada:
a.
x .dydx
+ y= 2
y2 b.
dydx
− y=ex . y2
c.
dydx
= y . (x . y3−1 )
d. x
dydx
−(1+x ). y=x . y2
e. 3 .(1+t2 ) .
dydx
=2 t . y .( y3−1 )
4. Resuelva la E. D de Bernoulli con valor inicial:
a. x2 .
dydx
−2 x . y=3 y 4 ; y (1)=12 b.
y1
2 .dydx
+ y3
2 =1 ; y (0 )=4
1.13 APLICACIONES. MODELOS MATEMÁTICOS
Es la relación estrecha que puede surgir en ciertos aspectos de la vida real que pueden ser asociados a E. D. entre los cuales tenemos:
Ley de enfriamiento y calentamiento de Newton. Propagación de enfermedades. Crecimiento Biológico o Poblacional. Mezclas. Interés compuesto.
Hay expresiones del lenguaje coloquial que tiene una traducción sencilla al lenguaje matemático. La siguiente tabla muestra la traducción de algunas de esas expresiones.
LENGUAJE COLOQUIAL LENGUAJE MATEMÁTICO Tasa, rapidez, velocidad, razón de cambio de variable y con respecto a la variable t y '= y ' ( t ) ,
dydt
A es directamente proporcional a B A=k .B k cons tan teA es inversamente proporcional a B
A=k .B−1 k cons tan te
Ley de enfriamiento y calentamiento de Newton
La relación es Temperatura con respecto al tiempo:
dTdt
=k .(T−Tm)
Donde se involucra
23
T Temperatura.Tm Temperatura del medio.k Constantet Tiempo.
i) Si k>0 y T>Tm , se va calentando.
ii) Si k>0 y T<Tm , se va enfriando.
iii) Si k<0 y T>Tm , se va enfriando.
iv) Si k<0 y T<Tm , se va calentando.
Ejemplo:
Un pastel es retirado del horno a 210° F y dejado enfriarse a la temperatura ambiente, 70° F. Después de 30 minutos, la temperatura del pastel es de 140° F. ¿Cuándo estará a 100° F?
Solución:
Primero extraemos los datos del ejercicio
Tm=70 ° FT 0=210° FT (30min t )=140 ° FT ( t )=100 ° F⇒ t=?
dTdt
=k .(T−Tm)⇒dTdt
=k . (T−70 )
dT(T−70 )
=k .dt ⇒∫ dT(T−70)
=k∫dt ⇒ Ln(T−70)=k .( t+c )
Ln(T−70 )=kt + A⇒e Ln(T −70 )=ekt+ A
T−70=ekt .B⇒T=B .ekt +70
24
T 0=210° F⇒210=B .ek . 0+70⇒B=140⇒T=140.ek .t+70
T (30)=140 ° F⇒140=140 .ek . 30+70⇒ e30 k=70140
⇒30k=Ln(12
)
k=−0 ,023⇒T=140 .e−0,023. t+70
T ( t )=100 ° F⇒100=140 .e−0 ,023 .t +70⇒ e−0 ,023. t=30140
−0 ,023 . t=Ln (30140
)⇒t=67 min t
El pastel estará a 100°F después de 67 mint
Propagación de enfermedades. Crecimiento Biológico o Poblacional
La relación es población con respecto al tiempo:
dPdt
=k . P( t )
Donde se involucran:P Población.k Constantet Tiempo.
i) Si k>0 la población crece con respecto al tiempo.
ii) Si k<0 la población decrece.
Ejemplo:La población de una comunidad crece a razón proporcional a la población en cualquier momento t. Su población inicial es de 500 y aumenta 15% en 10 años. ¿Cuál será la población en 30 años?
Solución:
Primero extraemos los datos del ejercicioP0=500hab
t=10años⇒ P=500+75=575hab P(30años )=?
25
ir
or
dPdt
=k . P( t )⇒ dPdt
=k .P⇒dP=k . P .dt ⇒∫ dPP
=k∫dt
Ln( P)=k .( t+c )⇒ P=ekt+ A ⇒P=ekt .BP0=500⇒500=ek . 0 .B⇒B=500⇒P=500 .ekt
P(10 )=575⇒575=500.ek .10 ⇒e10k=575500
k=0 ,014⇒P=500 .e0 ,014. t
P(30 )=?⇒P=500 .e0 ,014. (30 )=761
La población dentro de 30 años será de 761 habitantes
Mezclas
La relación es cantidad de concentración de la mezcla con respecto al tiempo:
dXdt
=ri .c i−r o
V ( t ). X
Donde se involucran:X(t) Cantidad de concentración.
V ( t ) Volumen de concentración. V ( t )=V o+(ri−ro ) .t
V o Volumen inicial.ri Entrada de fluido.ro Salida de fluido.c i Concentración.
Ejemplo:
26
Un tanque contiene 100 litros (L) de una solución de agua y sal, que consta de 10 Kg de sal disueltos en agua. Se bombea dentro del tanque a razón de 6 L/min una solución que contiene ½ Kg de sal por cada litro de agua, se extrae a una razón de 4 L/min. ¿Hallar la cantidad de sal que hay en el tanque en cada instante t?
Solución: Primero extraemos los datos del ejercicio
V ( t ) Volumen de concentración. V ( t )=100+(6−4 ) .t=100+2tV o=100
ri=6 L /min
ro=4 L /min
c i=1/2Kg/ L
dXdt
=ri .c i−r o
V ( t ). X ⇒dX
dt=6 . 1/2−4 . X
100+2 t⇒dX
dt=3−4 . X
100+2 tdXdt
=3−2. X50+t
⇒dXdt
+2 X50+t
=3
u( t )=e∫ 2
50+tdt=e2 Ln(50+t )=eLn(50+t )2=(50+t )2
X=(50+t )−2 . [∫3 .(50+t )2dt ]⇒ X=(50+ t )−2 .((50+t )3+c )
X ( t )=(50+t )+c .(50+t )−2⇒10=(50+0)+c .(50+0 )−2
10=50+c .(50 )−2⇒ c=−10∗104⇒ X ( t )=(50+t )−10∗104 .(50+t )−2
La función resultante nos da la ecuación que permite calcular la cantidad de sal que hay en el tanque en cualquier instante t.
Interés Compuesto
La relación es Cantidad de dinero con respecto al tiempo: dSdt
=r .S ( t ) rtasa de interés
Ejemplo:
Se deposita una suma de dinero S0 en una cuenta bancaria que paga interés
a una tasa anual r (con capitalización continua). Hallar el valor de r que produce una duplicación del capital inicial transcurrido 7 años.
27
Solución:dSdt
=r .S ⇒ dSS
=r .dt ⇒∫ dSS
=r .∫ dt ⇒Ln( S )=r .( t+c )
S=B .er . t
S0⇒S0=B .er . 0⇒ B=S0
t=7años⇒2. S0=S0 .er . 7⇒2=e7 . r⇒ Ln(2)=7 . r ⇒r=0 ,10r=10%.
El interés será del 10% transcurrido 7 años al haber duplicado el capital inicial. 1.13.1 EJERCICIOS:
a. En cualquier tiempo t la cantidad de bacterias en un cultivo crece a razón proporcional al número de bacterias presentes. Al cabo de tres horas se observa que hay 400 individuos. Después de 10 horas hay 2000 especimenes. ¿Cuál era la cantidad de bacterias inicial?
b. Un termómetro se lleva del interior de una habitación al exterior, donde la temperatura del aire es 5º F. Después de un minuto, el termómetro indica 55º F; 5 minutos después marca 30º F. ¿Cuál era la temperatura del interior?
c. Si una barra metálica pequeña, cuya temperatura inicial es de 20º C, se deja caer en un recipiente con agua hirviente con una temperatura de 120°C, ¿Cuánto tiempo tardará en alcanzar 90º C si se sabe que su temperatura aumentó 2º C en un segundo? ¿Cuánto tiempo tardará en llegar a 98º C?
d. Un cultivo bacterial se multiplica en cada instante t (medido en horas) con rapidez proporcional al número de bacterias presentes en dicho instante. Si al cabo de una hora el cultivo aumentó 50%, calcule el tiempo necesario para que el cultivo se quintuplique.
e. Se disuelve inicialmente 50 libras (lb) de sal en un gran tanque que contiene 300 galones (gal) de agua. Se bombea salmuera al tanque a razón de 3 gal/min; y luego la solución adecuadamente mezclada se bombea fuera del tanque también a razón de 3 gal/min. Si la concentración de la solución que entra es de 2 lb/gal, determine la cantidad de sal que hay en el tanque en un instante cualquiera. ¿Cuánta sal hay después de 50 min? ¿Cuanta después de un tiempo largo?
f. En una cuenta de ahorros se depositan 5000 Bsf a un interés compuesto, que se capitaliza continuamente, del 5 ¾% anual. Calcule la cantidad de dinero acumulada después de 5 años. ¿En cuantos años se duplicará la suma depositada inicialmente?
28
UNIDAD II ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES
DE ORDEN SUPERIOR
29
2.1 OBJETIVO DIDÁCTICO: Adquirir los conocimientos esenciales de las ecuaciones diferenciales lineales de orden superior que permitan resolver tales ecuaciones.
2.2 ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN n
La ecuación diferencial lineal de n-ésimo orden es una ecuación de la forma:
an( x ) . y(n)+an−1( x ) . y(n−1)+…+a1 (x ). y '+a0 ( x ). y=g (x )
Ejemplo:
a) x3 . y ' ' '+3x2 . y ' '−2x . y '+2 y=0
b)
m .d2udt 2
+c .dudt
+k .u=F (t )
2.3 Solución de una ecuación diferencial de orden n:Definición: La solución general de una E. D de orden n, viene dada por el conjunto de todas las soluciones determinadas por la formula y=f ( x ,C1 ,C2 ,C3 ,… ,Cn ) que contienen n constantes de integración,
tales que dadas las condiciones iniciales, se llegan a valores a1 , a2 , a3 ,…, an
de modo que la solución particular viene expresada de la forma y=f ( x ,a1 , a2 ,a3 ,… ,an ).
Ejemplo:
1). Determine la solución general de la E. D y' '−2 y '+ y=0 , siendo
y1=ex
y y2=x .ex
, soluciones de la E. D. Encuentre una solución particular que
satisfaga las condiciones y (0 )=3 , y ' (0 )=1 .
Solución general: y=C1 . y1+C2 . y2⇒ y=C1 .ex+C2 .x .ex
Luego; y=C1 .ex+C2 . x .ex ⇒ y'=C1 .ex+C2 .(ex+ x .ex )
y (0 )=33=C1 .e0+C2 . 0.e0⇒ C1=3
y ' (0 )=11=3.e0+C2 .(e0+0.e0 )⇒ C2=−2
La solución particular que satisface es: y=3.e x−2 .x .ex
2.3.1 Ecuaciones Homogéneas
A una ecuación diferencial lineal de orden n de la forma
30
an( x ) . y(n)+an−1( x ) . y(n−1)+…+a1 (x ). y '+a0 ( x ). y=0Se la llama Homogénea.2.3.1.1 Solución General de una Ecuación Lineal Homogénea Teorema (Principio de Superposición)
Sean y1( x ), y2 (x ), y3 ( x ) ,…, y ( x )n el conjunto fundamental de soluciones linealmente independientes de la ecuación diferencial lineal homogénea
an( x ) . y(n)+an−1( x ) . y(n−1)+…+a1 (x ). y '+a0 ( x ). y=0
En un intervalo I. entonces, la solución general de la ecuación en I, se puede expresar de la siguiente manera:
y ( x )=C1 . y1( x )+C2 . y2( x )+…+Cn . y n( x )
En donde, C1 ,C2 ,C3 ,…,Cn son constantes de integración.
2.3.1.2 Soluciones Linealmente Independientes
Independencia Lineal:Definición:
Dadas f 1( x ) , f 2 ( x ) , f 3 (x ),…, f ( x )n funciones en I. Definimos el
Wronskiano de f 1( x ) , f 2 ( x ) , f 3 (x ),…, f ( x )n el cual denotamos por: W ( f 1( x ), f 2( x ) , f 3 ( x ) ,…, f (x )n ) como el determinante de dichas funciones el cual nos indica si las funciones son Linealmente Independientes.
W ( f 1( x ), f 2( x ) , f 3 ( x ) ,…, f (x )n )=|
f 1 f 2 ⋯ f n
f 1' f 2
' ⋯ f n'
⋮ ⋮ ⋮ ⋮
f(n−1)
1 f(n−1)
2 ⋯ f(n−1 )
n
|
Teorema:
Dados f 1( x ) , f 2 ( x ) , f 3 (x ),…, f ( x )n ; si:
i)W ( f 1( x ), f 2( x ) , f 3 ( x ) ,…, f (x )n )≠0 , f 1( x ) , f 2 ( x ) , f 3 (x ),…, f ( x )n son linealmente independientes.
ii) W ( f 1( x ), f 2( x ) , f 3 ( x ) ,…, f (x )n )=0 , f 1( x ) , f 2 ( x ) , f 3 (x ),…, f ( x )n son linealmente dependientes.
Ejemplo:1). Determine si el conjunto de funciones son linealmente independientes o dependientes:
31
a. f 1( x )=x , f 2 ( x )=2 x
b. f 1( x )=x , f 2 ( x )=x2
c. y1=ex , y2=e2 x , y3=e3 x
Solución:
a.
W ( x ,2x )=|x 2x1 2
|=2x−2 x=0 ( L .D )
b.
W ( x , x2 )=|x x2
1 2x|=2 x2−x2=x2≠0. ( L . I )
c.
W ( ex , e2 x ,e3 x )=|ex e2 x e3 x
ex 2e2 x 3e3 x
ex 4e2 x 9e3 x
|=2e6 x≠0 . ( L. I )
2.3.2 Ecuaciones No HomogéneasA una ecuación diferencial lineal de orden n, de la forma
an( x ) . y(n)+an−1( x ) . y(n−1)+…+a1 (x ). y '+a0 ( x ). y=g (x )
En donde g( x )≠0 no es idénticamente nula, recibe el nombre de No Homogénea.
2.3.2.1 Solución General de una Ecuación Lineal No Homogénea La solución viene expresada como la suma de las soluciones generales de la ecuación homogénea asociada a la ecuación no homogénea y la solución particular de la ecuación no homogénea; es decir, sean y1( x ), y2 (x ), y3 ( x ) ,…, y ( x )n n soluciones de la E. D homogénea asociada
donde yc=C1 . y1( x )+C2 . y2( x )+…+Cn . yn( x ) y y p una solución
particular de la E. D no homogénea, entonces la solución de la E. D no
homogénea en cualquier intervalo I para constantes C1 ,C2 ,C3 ,…,Cn .
, será
y= yc+ y p .
y=solucion complementaria+solucion particular
2.4 EJERCICIOS:
1. Compruebe si los conjuntos de funciones son linealmente independiente sobre el eje real:
32
a. f 1( x )=x ; f 2( x )= x2 ; f 3 (x )=4 x−3 x2
b. f 1( x )=0 ; f 2 ( x )=x ; f 3 ( x )=e x
c. f 1( x )=5 ; f 2 (x )=Cos2 x ; f 3 (x )=Sen2 x
d. f 1( x )=1−x ; f 2( x )=x ; f 3( x )=x2
e. f 1( x )=ex ; f 2( x )=e−x ; f 3( x )=Senh( x )
f. f 1( x )=2+ x ; f 2( x )=2+|x|
g. f 1( x )=π ; f 2( x )=Cos2 x+Sen2 x
2. Compruebe si los conjuntos de funciones dadas forman un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial en el intervalo indicado. Forme la solución general:
a. y ' '− y '−12 y=0 ; y1=e−3 x y2=e4 x (−∞ , ∞)
b. y' '−4 y'=0 ; y1=Cosh(2 x ) y2=Senh(2 x ) (−∞ , ∞)
c. y ' '−2 y '+5 y=0 ; y1=ex .Cos(2 x ) y2=ex .Sen(2 x ) (−∞ , ∞)
d. x2 y ' '+x . y '+ y=0 ; y1=Cos( Lnx ) y2=Sen ( Lnx ) (0 , ∞)
e.
x3 . y ' ' '+6 x2 . y ' '+4 x . y '−4 y=0 ; y1=x y 2=x−2 y3=x−2 .Lnx (0 , ∞)
f. y(4)+ y ' '=0 ; y1=1 y2=x y3=Cosx y4=Senx (−∞ , ∞)
3. Verifique que la función dada es solución general de le E. D no homogénea en el intervalo indicado:
a) y' '−7 y '+10 y=24ex ; y=c1 .e2 x+c2e5 x+6ex , −∞<x<∞
b)
y ' '+ y=sec x ; y=c1 .Cosx+c2. Senx+ x .Senx+(Cosx ) . Ln(Cosx ),−π /2< x<π /2
c)
y ' '−4 . y '+4 y=2e2 x+4 x−12 ; y=c1e2 x+c2 x .e2 x+x−2 ,−∞<x<∞
d)
33
2 x2 y' '+5 x y
'+ y=x2−x ; y=c1 x−1/2+c2 x−1+115
x2−16
x ,
0<x<∞
4. Se da una E. D no homogénea, una solución complementaria yc y una
solución particular y p . Encuentre la solución
y= yc+ y p que satisfaga las condiciones iniciales:
a.
y ' '+ y=3 x ; yc=C1.Cosx+C2 . Senx y p=3 x
y (0 )=2 , y ' (0 )=−2
b.
y ' '−2 y '+2 y=2 x ; yc=C1 .ex Cosx+C2 .ex Senx y p=x+1
y (0 )=4 , y ' (0 )=8
2.5 MÉTODOS PARA RESOLVER ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR
La ecuación diferencial lineal de n-ésimo orden es una ecuación de la forma:
an( x ) . y(n)+an−1( x ) . y(n−1)+…+a1 (x ). y '+a0 ( x ). y=g (x ) (1)
Si g( x )=0 ; E. D Lineal Homogénea
2.5.1 ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES HOMOGÉNEAS DE ORDEN SUPERIOR CON COEFICIENTE CONSTANTE
Considere la E. D lineal homogénea (1) donde a0 , a1 ,…, an constantes y
an≠0, entonces la E. D se denomina E. D lineal homogénea con coeficiente
constante; expresada de la siguiente forma:
an . y(n)+an−1. y(n−1)+…+a1 . y '+a0 . y=0 (2 )
Ejemplo:
a. y' '− y '−12 y=0
b. y(4)+ y ' '=0
34
Cuando se resuelve la ecuación
dydx
+ay=0, se obtiene como solución
y=c .e−ax, por lo que se puede deducir que las soluciones de este tipo de
ecuación pueden venir expresadas en forma exponencial.
Ahora, suponiendo que la solución tiene la forma y=emx veamos como tiene
que ser m para que dicha función sea solución de la E. D. y(n )=mn .emx
Sustituyendo en (2):
an .(mn .emx )+an−1 .(mn−1 .emx )+…+a1 .(m .emx )+a0 .( emx )=0
emx [an mn+an−1mn−1+⋯+a1 .m+a0 ]=0
an .mn+an−1 .mn−1+⋯+a1 .m+a0=0 (3 )La ecuación (3), se denomina Ecuación Característica asociada a (2), siendo
el Polinomio Característico P(m)=an .mn+an−1 .mn−1+⋯+a1 .m+a0
Concluimos, para que y=emx sea solución de (2), necesariamente debe ser
solución de (3).
Comenzaremos considerando el caso particular de la ecuación de segundo
orden a . y ' '+b . y '+c . y=0 , donde a, b, c constantes, si y=emx es una
solución, entonces y'=m .emx
y y' '=m2 .emx
.
La ecuación característica asociada a la E. D será:
a .m2 .emx+b .m .emx+c .emx=0a .m2+b .m+c=0
Para determinar el valor de m utilizamos: m=
−b±√b2−4 .a.c2.a
Donde;
Δ=b2−4 .a .c
Ahora, si:
i. Δ>0 Raíces reales distintas
ii. Δ=0 Raíces reales iguales
iii. Δ<0 Raíces complejas distintas.
Raíces reales distintas:
35
Si la ecuación da 2 raíces reales distintas m1≠m2 , entonces las soluciones
son y1=em1x
y y2=em2x
, las cuales son soluciones linealmente independientes de la E. D, por lo tanto la solución general es:
y=c1 .em1 x
+c2 .em2x
Raíces reales iguales:
Si la ecuación da 2 raíces reales iguales m1=m2 , entonces las soluciones
son y1=em1x
y y2=x .em1x
, las cuales son soluciones linealmente independientes de la E. D, por lo tanto la solución general es:
y=c1 .em1 x
+c2 . x .em1x
Raíces complejas distintas:
Si la ecuación da 2 raíces complejas distintas m1=a+ib , m2=a−ib
, suponiendo que estas son las raíces obtenidas la solución asociada seria
entonces las soluciones son y1=e(a+ib)x y y2=e(a−ib)x
. Para poder resolver este caso se debe utilizar la formula de Euler;
e iσ=Cos (σ )+i .Sen( σ ) . La solución general de la ecuación vendría por:
y=c1 .e(a+ib )x+c2 .e(a−ib )x⇒ y=c1 .eax .e ibx+c2 .eax .e−ibx
y=eax(c1 .eibx+c2 .e−ibx )
y=eax(c1(Cos (bx )+iSen(bx ))+c2 (Cos(bx )−iSen(bx )))y=eax(( c1+c2 ).Cos(bx )+( ic1+ic2 ) .Sen(bx ))
y=eax( A .Cos(bx )+B . Sen(bx ))⇒ y1=A .eax .Cos(bx ) , y2=B .eax .Sen( bx )Donde las soluciones son linealmente independientes.
Ejemplo:
1) y' '+5 y '+6 y=0 , y (0 )=0 , y ' (0 )=1
Asumimos la solución y=emx, de aquí y
'=m .emx y y
' '=m2 .emx,
sustituyendo en la E. D tenemos la ecuación característica m2+5m+6=0
Resolviendo la ecuación nos quedan las raíces m1=−3 , m2=−2
que son raíces reales distintas, por lo tanto la solución general va a ser
36
y=c1 .e−3 x+c2.e−2 x. Ahora, la solución particular aplicando las condiciones
iniciales será y=e−3 x−e−2 x
2) y' '+4 y '+4 y=0
Asumimos la solución y=emx, de aquí y
'=m .emx y y
' '=m2 .emx,
sustituyendo en la E. D tenemos la ecuación característica m2+4m+4=0
Resolviendo la ecuación nos quedan las raíces m1=−2 , m2=−2
que son raíces reales iguales, por lo tanto la solución general va a ser
y=c1 .e−2 x+c2 . x .e−2 x.
3) y' '+ y'+ y=0
Asumimos la solución y=emx, de aquí y
'=m .emx y y
' '=m2 .emx,
sustituyendo en la E. D tenemos la ecuación característica m2+m+1=0
Resolviendo la ecuación nos dan raíces complejas distintas, donde
a=−12
, b=√32 , por lo tanto la solución general va a ser
y=e−1
2x( A .Cos( √3
2x )+B . Sen( √3
2x ))
.
E. D lineal homogénea con coeficiente constante de orden mayor que 2
Considere la E. D lineal homogénea de orden > 2 con coeficiente constante
an . y(n)+an−1. y(n−1)+…+a1 . y '+a0 . y=0 para hallar su solución se
debe considerar que también admite como solución la forma y=emx; para
valores apropiados de la constante m se debe construir la ecuación
característica sustituyendo y=emx y sus derivadas en la E. D y obtener;
an .mn+an−1 .mn−1+⋯+a1 .m+a0=0.
Resolviendo esta ecuación o factorizando el polinomio característico asociado a dicha ecuación, se determinan las raíces de la ecuación, obteniendose n soluciones cuya combinación lineal permite obtener la solución de la E. D.
Raíces reales distintas:Si las raíces son reales y distintas se obtiene la solución:
y=c1 .em1 x
+c2 .em2x
+⋯+cn .emn x
37
Raíces reales repetidas:Si alguna raíz obtenida es real y repetida su solución viene expresada de la forma:
y=c1 .em1 x
+c2 . x .em1x
+⋯+cn . xn .em1x
Raíces complejas distintas:Si la ecuación característica tiene raíces complejas, estas deben formar pares
conjugados a+ ib , a−ib , su solución es similar a la de la ecuación de orden 2, siempre y cuando ninguna de las raíces estén repetidas, y tiene la forma:
m1=a1±ib1 . ea1x
.Cos(b1 x ) , ea1x
. Sen(b1 x )
m2=a2±ib2 . ea2x
.Cos(b2 x ) , ea2x
. Sen(b2 x )⋮ ⋮mn=an±ibn . e
an x.Cos(bn x ) , e
anx.Sen(bn x )
Si las raíces repetidas en algún caso, o sea, si a+ ib , a−ib son raíces de multiplicidad k, su solución viene dada por la combinación del método para raíces complejas, quedando expresada de la siguiente manera:
y=eax¿ [( A1+A2 x+ A3 x2+⋯+ Ak xk−1 )Cos(bx )+⋯¿ ]¿¿
¿
Como parte de la solución general.
Nota: Si las raíces de la ecuación se combinan de los tres tipos la solución también se combina.
Ejemplo:
1) y(4)−5 y ' '+4 y=0
Asumimos la solución y=emx, de aquí
,sustituyendo en la E. D tenemos la ecuación característica
m4−5m2+4=0Resolviendo la ecuación nos quedan las raícesm1=1, m2=2, m3=−2 , m4=−1
que son raíces reales distintas, por lo tanto la solución general va a ser
mxmxmxmx emyemyemyemy .,.,.,. 4)4(32
38
y=c1 .e x+c2 .e2 x+c3 .e−2 x+c4 .e−x
2) y(4)−8 y ' '+16 y=0
Asumimos la solución y=emx, de aquí
,
sustituyendo en la E. D tenemos la ecuación característica
m4−8m2+16=0Resolviendo la ecuación nos quedan las raícesm1=m2=2 , m3=m4=−2
que son raíces reales repetidas, por lo tanto la solución general va a ser
y=c1 .e2 x+c2 . x .e2 x+c3 .e−2 x+c4 .x .e−2 x
3) y(4)−2 y ' ' '+2 y ' '−2 y '+ y=0
Asumimos la solución y=emx, de aquí
,sustituyendo en la E. D tenemos la ecuación característica
m4−2m3+2m2−2m+1=0Resolviendo la ecuación nos quedan las raíces
m1= m2=1 , m2+1=0⇒m3=i m4=−i que son raíces reales
repetidas y complejas distintas, por lo tanto la solución general va a ser
y=c1 .e x+c2 .x .ex+[c3Cos (x )+c4 Sen( x ) ]
4) y' ' '+3 y ' '−4 y=0
Asumimos la solución y=emx, de aquí
y '=m .emx , y ' '=m2 .emx , y ' ' '=m3 .emx
sustituyendo en la E. D tenemos la ecuación característica
m3+3m2−4=0
Se encuentran las raíces m1=1,m2=m3=−2
que son raíces reales de las cuales dos son repetidas, por lo que la solución es
y=c1 .e x+c2 .e−2 x+c3 .x .e−2 x
2.5.1.1 EJERCICIOS
mxmxmxmx emyemyemyemy .,.,.,. 4)4(32
mxmxmxmx emyemyemyemy .,.,.,. 4)4(32
39
1. Encuentre la solución general de cada E. D dada, y la solución particular para los casos con condición inicial:
a. y' '−4 y=0 b. y
' '+3 y '−10 y=0 c.
d. 4 y ' '−12 { y '+9 y=0¿ e. y' '+8 y '+25 y=0 f. y
' '−6 y '+13 y=0
g. y' '−4 y'+3 y=0 , y (0 )=7 , y ' (0 )=11
h. y' '−6 y '+25 y=0 , y (0)=3 , y '(0 )=1
i. y' ' '− y=0 j. y
' ' '+5 y ' '=0 k. y' ' '−5 y ' '+3 y'+9 y=0
l. y(4)+ y ' ' '+ y ' '=0 m. y
(4)−2 y ' '+ y=0 n. y(5 )−2 y(4)+17 { y ' ' '=0¿
o. y' ' '+12 . y ' '+36 . y '=0 , y (0 )=0 , y ' (0)=1 , y ' ' (0)=−7
p. y(4)−3 y ' ' '+3 y ' '− y'=0 , y (0 )= y' (0 )=0 , y ' '( 0)= y ' ' ' (0)=1
2. Las raíces de la ecuación característica son m1=4 ,m2=m3=−5
, ¿Cuál es la ecuación diferencial correspondiente?
2.5.2 ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES NO HOMOGÉNEAS DE ORDEN SUPERIOR CON COEFICIENTE CONSTANTE
Consideremos
an . y(n)+an−1. y(n−1)+…+a1 . y '+a0 . y=g( x ) (1 )
Si g( x )≠0 ; E. D Lineal no Homogénea, donde g( x ) es continua.
La solución de dicha E. D viene dada por y= yc+ y p (2)
.
2.5.2.1 Método de coeficientes indeterminados
Este método se aplica siempre que la función g( x ) de la E.D sea una combinación lineal de productos (finitos) de funciones de los tres tipos siguientes:
1. Un polinomio en x .
2. Una función exponencial erx
3. Cos( kx ) o Sen( kx )
Sabemos que la solución general de la E.D (1) es de la forma y= yc+ y p ,
donde la función complementaria yc es una solución de la E.D homogénea
asociada an . y(n)+an−1. y(n−1)+…+a1 . y '+a0 . y=0 (3 ) y y p es
una solución particular simple de (1), la cual es nuestra tarea encontrar y p .
El método de coeficientes indeterminados es un modo directo de hacer esto
cuando la función g( x ) dada en (1) es la bastante simple como para que
096 yyy
40
podamos hacer una suposición bien fundamentada sobre la forma general de
y p .
Vamos a ilustrar el método con algunos ejemplos preliminares.
Ejemplo:
1) Encuentre una solución particular de la ecuación y' '+3 . y '+4 y=3x+2
Solución: aquí g( x )=3x+2 , un polinomio de grado 1, así que nuestra
suposición será y p=A . x+B
Entonces, y p' =A , y p
' '=0 , por lo que y p satisfará la E.D una vez que
0+3 .( A )+4 ( Ax+B)=3x+2
Esto sucede si y solo si,A= 3
4, B=−1
16 , así que la solución particular es
y p=34
. x− 116
2) Encuentre una solución particular de la ecuación y' '−4 y=2 .e3 x
Solución: aquí g( x )=2.e3 x, cualquier derivada de g( x ) es un múltiplo de
e3 x, por lo que es razonable intentar
y p=A .e3 x.
Entonces, y p
' =3 . A .e3 x , y p' '=9 Ae3 x
, por lo que la E.D resultará satisfecha
con tal que 9 Ae3 x−4 .( Ae3 x)=2e3 x.
Esto sucede si y solo si A=2
5 , por lo que la solución particular es
y p=25
.e3 x
.
3) Encuentre una solución particular de la ecuación y' '−4 y=2 .e2 x
Este ejemplo si se quiere es del mismo tipo del ejemplo anterior, pero nos indica que el método no siempre es tan simple como parece.
Solución: aquí g( x )=2.e2 x, es razonable intentar
y p=A .e2 x.
Entonces, y p
' =2 Ae2 x , y p' '=4 Ae2 x
, por lo que la E.D resultará satisfecha
con tal que 4 Ae2 x−4 .( Ae2 x)=0≠2 .e2 x.
41
En este caso, no importa el valor que fuera A, A .e2 x no puede satisfacer a la
E.D no homogénea dada. En consecuencia debemos intentar con otra función
cuya derivada contenga a e2 x
. Podemos asumir la solución particular es
y p=Axe2 x. Con
y p' =Ae2 x+2 Axe2 x , y p
' '=4 Ae2 x+4 Axe2 x
La sustitución produce (4 Ae2 x+4 Axe2 x )−4( Axe2 x )=2e2 x
Los términos que contienen xe2 x se cancelan y queda 4 Ae2 x=2 .e2 x
, así
que A=1
2 , por lo que la solución particular es y p=
12. xe2 x
.
4) Encuentre una solución particular de la ecuación 3 y ' '+ y '−2 y=2Cosx
Solución: nuestra primera suposición podría ser y p=A .Cosx
, pero la
presencia de y' en el primer miembro indica que podemos necesitar un
término que contenga Senx también. Por lo tanto, trataremos con
y p=A .Cosx+B .Senx , y p' =−ASenx+BCosx , y p
' '=−ACosx−BSenx
Entonces, la sustitución de y p , y p' , y p
' '
en la E.D dada produce
3(−A .Cosx−B .Senx )+(−A . Senx+B .Cosx )−2( A .Cosx+B .Senx )=2 .Cosx
Esto sucede si y solo si,A=− 5
13, B= 1
13 , así que la solución particular es
y p=− 113
Cosx+ 113
Senx
La siguiente tabla es una lista de las formas que puede asumir y p en diversos
casos comunes.
g( x ) y p
Pm( x )=a0+a1 x+a2x2+…+am xm A0+ A1 x+ A2 x2+…+ Am xm
Pm( x ) .erx ( A0+A1 x+A2 x2+…+ Am xm) .erx
a .Cos(kx )+b .Sen(kx ) A .Cos(kx )+B .Sen(kx )erx( a.Cos( kx )+b .Sen( kx )) erx( A .Cos(kx )+B .Sen (kx ))
Pm( x ) .(a .Cos (kx )+b . Sen(kx )) ( A0+A1 x+A2 x2+…+ Am xm) .Cos (kx )+( B0+B1 x+B2 x2+…+Bm xm ).Sen (kx )
42
Hay casos que encontramos con que la función g( x )=g1( x )+g2 ( x ) ,
donde g1 (x ), g2 ( x ) son funciones de géneros diferentes listados en la tabla.
En este caso, tomamos y p como la suma de las funciones particulares
indicadas.
Ejemplo:
1) Encuentre una solución particular de la ecuación y' ' '+ y ' '=3 .e x+4 x2
Solución: tenemos las funciones g1 (x )=3ex , g2 ( x )=4 x2
, por lo tanto la
solución particular será la suma de ( Aex)+(B+Cx+Dx2 )
Siendo la solución complementaria yc=c1+c2 x+c3e− x
, tenemos que hay
términos repetidos en la parte B+Cx+Dx2 por lo tanto la multiplicamos por
x2 para eliminar las repeticiones. Quedando
y p=Aex+Bx2+Cx3+Dx4
Derivando y sustituyendo en la E.D produce
2 Aex+(2B+6C )+(6C+24 D) x+12 x2=3ex+4 x2
De donde se tiene A=3
2, B=4 , C=− 4
3, D= 1
3
Por lo tanto la solución particular es y p=
32
ex+4 x2− 43
x3+ 13
x4
2) Encuentre una solución particular de la ecuación
y ' '+6 y '+13 y=e−3 xCos (2x )
Solución: tenemos las funciones g1 (x )=e−3 x , g2 (x )=Cos(2 x )
, por lo tanto la solución particular será el producto de
e−3 x( A .Cos(2 x )+B . Sen(2x )) , como primer intento esta bien, pero debemos tener cuidado con la solución complementaria de la E.D homogénea
asociada yc=e−3 x(c1Cos(2 x )+c2 Sen(2 x ))
, como podemos ver se repiten términos, por lo que debemos multiplicar por x , para evitar las repeticiones. Por lo tanto, tomaremos
y p=e−3 x ( A . x .Cos(2 x )+B . x . Sen(2 x ))
2.5.2.1.1 EJERCICIOS
1) En cada uno de los problemas encuentre una solución particular y p de la
ecuación dada:43
a. y' '+16 y=e3 x
b. y' '− y '−2 y=3 x+4 c. y
' '+ y'+ y=Sen2 x
d. y' '− y '−6 y=2 Sen3x e. y
' '+2 y '−3 y=1+x .ex
f. y' '+9 y=2Cos (3x )+3Sen(3 x ) g. y
' '+2 y '+5 y=e x Senx
h. y' ' '+4 y '=3 x−1 i. y
' ' '+ y '=2−Senx j. y' '+9 y=2x2 .e3 x+5
k. y(4)−5 . y' '+4 y=ex+ x .e2 x
l. y(4)−2 y ' '+ y=x .ex
2) Resuelva los problemas con condiciones iniciales
a. y' '+4 y=2x ; y (0)=1 y ' (0)=2
b. y' '+3 y '+2 y=e x; y ( 0)=0 , y '(0 )=3
c. y' '+9 y=Sen (2x ); y (0 )=1 , y ' (0)=0
d. y' '+ y=Cosx ; y (0 )=1 , y ' (0)=−1
e. y' ' '−2 y ' '+ y '=1+xe x ; y (0)= y ' (0)=0 , y ' ' (0 )=1
f. y' ' '+ y ' '=x+e−x ; y (0 )=1 , y '( 0)=0 , y ' ' (0 )=1
g. y(4)−4 y ' '=x2 ; y (0 )= y ' (0 )=1 , y ' ' (0 )= y ' ' ' (0 )=−1
h. y(4)− y=5 ; y (0 )= y ' (0 )= y ' ' (0)= y ' ' ' (0)=0
2.5.2.2 Método de variación de parámetros
Comencemos con una E.D de segundo orden. Dada
a2 . y ' '+a1 . y '+a0 . y=g( x ) donde a2≠0
, si y1 y
y2 son soluciones de la E. D homogénea asociada a la no homogénea, entonces una solución
particular de la E. D no homogénea será y p=v1( x ) . y1+v2 ( x ). y2 , donde
se presentan como:
v1( x )=−∫ g( x ). y2
a2.w ( y1 , y2 )dx , v2( x )=∫ g ( x ). y1
a2 .w( y1 , y2 )dx
Y la solución de la E. D no homogénea sería:
y= yc+ y p⇒ y=c1 . y1+c2 . y2+v1 . y1+v2 . y2Ejemplo:
1) Hallar la solución general de a E. D no homogénea y' '+ y=tan g( x )
Solución: Escribimos la E. D homogénea asociada y' '+ y=0
44
De aquí, nos queda la ecuación característica m2+1=0 , sus raíces
m1=i , m2=−i, las cuales son raíces complejas distintas.
Por lo tanto, la solución de la E. D homogénea asociada es yc=c1 .Cosx+c2 .Senx
, de donde, y1=Cosx , y2=Senx
.
Calculamos el Wronskiano;
w ( y1 , y2 )=[ Cosx Senx−Senx Cosx ]=Cos2 x+Sen2 x=1≠0
L. Independiente.
Ahora, determinamos la solución particular de la E. D no homogénea
y p=v1 . y1+v2 . y2
Siendo, v1( x )=−∫ Tang ( x ). Sen( x )
1dx=−Ln|Sec ( x )+Tang ( x )|+Sen( x )
v2( x )=∫ Tang ( x ).Cos( x )
1dx=−Cos( x )
y p=(−Ln|Sec ( x )+Tang(x )|+Sen ( x )).Cos( x )+(−Cos ( x )) .Sen( x )¿−Ln|Sec ( x )+Tang( x )|.Cos ( x )+Sen (x ).Cos( x )−Cos ( x ). Sen( x )y p=−Ln|Sec ( x )+Tang( x )|
Por lo tanto, la solución general de la E. D no homogénea es:
y= yc+ y p
y=c1 .Cos( x )+c2 . Sen( x )−Ln|Sec (x )+Tang( x )|
Método de variación de parámetros para E. D no homogéneas con coeficiente constante de orden mayor que 2:
Para obtener la solución general de una E. D de orden mayor de 2
a0 . y(n)+a1 . y(n−1 )+…+an−1 . y '+an . y=b (x ) se necesita conocer la
solución de la E. D homogénea asociada yh=c1 . y1+c2 . y2+⋯+cn . yn ,
45
luego se expresa la solución particular de la E. D no homogénea
y p=v1 . y1+v2 . y2+⋯vn . yn .
Ahora, para determinar las incógnitas v1 , v2 ,… , vn se genera el sistema
y1 .v1' + y2 .v2
' +⋯+ yn .vn'
y1' .v1
' + y2' .v2
' +⋯+ yn' .vn
'
⋮y
1(n−1) .v1
' + y2(n−1) .v2
' +⋯+ yn(n−1) .vn
' =b (x )
Y se resuelve aplicando el wronskiano:
w ( y1 , y2 ,…, yn )=|
y1 y2 ⋯ y n
y1' y2
' ⋯ y n'
⋮ ⋮ ⋮ ⋮y
1(n−1) y
2(n−1) ⋯ y
n(n−1)
|
Para determinar cada una de las incógnitas, se sustituye la columna de la incógnita que se busca por la columna de los términos independientes (0, 0, … , b(x)), se calcula el determinante de la matriz resultante, se divide por el valor del wronskiano y luego se integra para conseguir el valor de la incógnita y por ende la solución general de la E. D no homogénea será:
y= yh+ y p⇒ y=c1 . y1+c2 . y2+⋯+cn . yn+v1 . y1+v2 . y2+⋯+vn . ynEjemplo:
1) y' ' '−2 y ' '− y '+2 y=e4 x
La E. D homogénea asociada es, y' ' '−2 y ' '− y '+2 y=0
La ecuación característica m3−2m2−m+2=0 ,
Raíces m1=1,m2=−1 ,m3=2
reales distintas.
La solución de la E. D homogénea asociada yc=c1 .ex+c2 .e−x+c3 .e2 x
,
Donde y1=ex , y2=e−x , y3=e2 x
Ahora, la solución particular de la E. D no homogénea
46
y p=v1 .ex+v 2.e− x+v3 .e2 x
Hacemos el sistema de ecuación
e x . v1' +e−x .v2
' +e2 x . v3' =0
e x . v1' −e− x .v2
' +2 .e2 x .v3' =0
e x . v1' +e−x .v2
' +4 .e2 x .v3' =e4 x
Calculamos el Wronskiano
[ex e−x e2 x
ex −e−x 2e2 x
ex e−x 4e2 x ]=−6 .e2 x≠0
Linealmente Independiente
De aquí las incógnitas v1 , v2 , v3
v1'
= 1
−6 e2x.[ 0 e−x e 2x
0 −e−x 2 e2x
e4 x e−x 4 e2x ]= 1
−6 e2x(3 e3 x)=−1
2e 3x
v1' =− 1
2e3 x
, ∫ v1
' .dx=∫−12
e3 x dx⇒ v1=− 16
e3 x
v2=1
30e5 x , v3=
16
e2 x
Por lo tanto,
47
y p=−16
e3 x .e x+130
e5 x .e−x+16
e2 x .e2 x
y p=−16
e4 x+130
e4 x+16
e4 x
y p=130
e4 x
La solución general de la solución no homogénea es:
y=c1 .e x+c2 .e−x+c3 .e2 x+ 130
e4 x
2.5.2.2.1 EJERCICIOS
1. En cada uno de los problemas use el método de variación de parámetro para encontrar la solución general y particular de las E. D dadas:
a. y' '+3 y '+2 y=4ex
b. y' '+4 y '=Cos 3 x c. y
' '+9 y=2Sec 3x
d. y' '+9 y=Sen3 x e. y
' '−4 . y '+4 y=2e2 x f. y
' '−2 y '−8 y=3e−2 x
g. y' '+3 . y '+2 y=1/(1+ex ) h. y
' '+2 . y '+ y=e−x . Lnx
i. y' ' '−2 y ' '− y '+2 y=e3 x
j. 2 y ' ' '−6 y ' '=x2
k. y' '− y=x .e x ; y (0)=1, y ' (0 )=0
l. 2 y ' '+2 y '− y=x+1 ; y (0)=1 , y ' (0 )=0
m. y' '+2 y '−8 y=2.e−2 x−e−x ; y (0 )=1 , y '(0 )=0
2.5.3 ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR, CON COEFICIENTES VARIABLES
La ecuación diferencial lineal de n-ésimo orden es una ecuación de la forma:
an( x ) . y(n)+an−1( x ) . y(n−1)+…+a1 (x ). y '+a0 ( x ). y=g (x )
donde a0( x ) , a1 ( x ) ,…, an ( x ) funciones y an( x )≠0 , entonces la E. D se denomina E. D lineal con coeficiente variable.
2.5.3.1 Método de reducción de orden:
Cuando se presenta una E. D lineal y' '+ p (x ). y '+q( x ) . y=0 , con una
solución y1 conocida, se busca una segunda solución
y2=v . y1 . Consiste en
sustituir y2 , y2' , y2
' '
, la E. D lineal y queda en función de v de 2° orden, cuya
48
resolución viene dada por el cambio de variable z=v ', logrando una
reducción de orden de la E. D y se aplica cualquiera de los métodos de E. D de primer orden.
Teorema:
Si y1 es una solución de la E. D y
' '+ p (x ). y '+q( x ) . y=0 en un intervalo
abierto I en donde las funciones p( x ) , q (x ) son continuas y y1 no se anula,
entonces una segunda solución y2 linealmente independiente con
y1 de la E. D viene dada por:
y2= y1 .∫ e−∫ p (x ).dx
[ y1 ]2.dx
Ejemplo:
1) Determine la segunda solución de la E. D x2 . y' '+2x . y '−2 y=0
siendo y1=x
una solución de dicha E. D. Emplear reducción de orden.
Como y1=x
, entonces y2=v . x⇒ y2' =v ' .x+v⇒ y2
' '=v ' ' .x+2v '
Ahora, sustituyendo en la E. D tenemos,
x2 .(v ' ' . x+2v ' )+2x .(v ' . x+v )−2( v . x )=0x3 .v ' '+4 x2 .v '=0
v ' '+4x
.v '=0
Aplicando el cambio de variable z=v '⇒ z '=v ' '
z '+ 4x
. z=0⇒ dzdx
+ 4x
. z=0
Nos quedo una E. D de primer orden, la cual se puede resolver por separación de variable.
dzdx
+ 4x
. z=0⇒ dzdx
=−4x
. z ⇒ dzz
=−4x
.dx⇒∫ dzz
=−4∫ dxx
Ln( z )=−4 Ln( x )⇒ z=x−4⇒ v '=x−4⇒∫ v ' dx=∫ x−4 dx
v=− 13
. x−3+C
49
Por lo tanto, y2=(−1
3. x−3+C ). x⇒ y2=−1
3.x−2+C .x
Así, la solución general es:
y=c1 . x+c2 .(−13
.x−2+C .x )⇒ y=c1 .x+b . x−2+c .x
y=(c1+c ). x+b .x−2⇒ y=a . x+b. x−2
b=c2 .−13
, c=c2 .C , a=c1+c, constantes.
Verificamos aplicando el teorema
x2 . y' '+2x . y '−2 y=0⇒ y ' '+ 2x
. y '− 2
x2. y=0
dividimos toda la
ecuación por x2
buscando que y' '
quede sola, para determinar la función
p( x )= 2x .
y2=x .∫ e−∫ 2
xdx
[ x ]2.dx=x .∫ e−2 Lnx
x2.dx=x .∫ x−2
x2.dx=x .∫ dx
x4
y2=x .(−13
. x−3+C )⇒ y2=−13
.x−2+C . x
Se comprueba que la solución dada por el método de reducción de orden es correcta.
En el caso que la E.D sea no homogénea se emplea el método reducción de orden a la E.D homogénea asociada y luego se aplica el método de variación de parámetros para hallar la solución particular de la no homogénea.
2.5.3.1.1 EJERCICIOS
1. La función y1 es solución de la E. D dada, use el método de reducción de
orden para encontrar una segunda solución y2 . Luego verifique el resultado
aplicando el teorema:
a. y ' '−4 y'+4 y=0 , y1=e2 x
b. y' '+16 y=0 , y1=Cos 4 x
c. y' '− y=0 , y1=Coshx d. 4 y ' '−4 y '+ y=0 , y1=e
x2
e. )(ln.,053. 21
2 xCosxyyyxyx
50
f. (1−2 x−x2 ). y ' '+2(1+x ) . y '−2 y=0 , y1=x+1
g. (1−x2 ). y ' '+2 x . y '=0 , y1=1
h. x2 . y' '−2 x . y '+( x2+2 ) y=0 , y1=x .Cosx
i. x2 . y' '−4 x . y '+( x2+6 ) y=0 , y1=x2 .Senx
2. Use el método de reducción de orden para obtener una solución de la
ecuación no homogénea dada. La función y1 indicada es una solución de la
ecuación homogénea asociada. Determine una segunda solución de la ecuación homogénea y una solución particular de la ecuación no homogénea.
a. y ' '−4 y=2 , y1=e−2 x
b. y' '+ y'=1 , y1=1
c. y ' '−3 y '+2 y=5 .e3 x , y1=ex
d. y ' '−4 y'+3 y=x , y1=ex
2.5.4 ECUACIÓN DE EULER – CAUCHY:
La expresión general de esta ecuación es la siguiente:
an .xn . y(n )+a(n−1 ) .x(n−1) . y(n−1 )+⋯+a1 . x . y '+a0 . y=0 , an≠0
Donde se puede notar que el coeficiente de la derivada corresponde al mismo exponente de la variable x,
Suponiendo, que una solución para este tipo de ecuación es y=xk
Sustituyendola junto con sus n derivadas en la ecuación obtenemos la ecuación característica, la cual al resolverla obtenemos las raíces y de ahí las soluciones de la ecuación de euler – cauchy.
Solo vamos a estudiar al detalle la ecuación para n=2. La ecuación tiene la
forma: a . x2 . y ' '+b .x . y '+c . y=0
Asumiendo la solución y=xk, sus derivadas correspondientes al caso son
y '=k . xk−1 , y ' '=k (k−1) xk−2. Sustituyendo en la ecuación tenemos
a . x2 .k .( k−1) xk−2 )+bx .(k .xk−1)+c . xk=0
51
La ecuación característica a .k2+(b−a ).k+c=0 , cuando se resuelve esta ecuación se obtienen dos raíces, las cuales pueden ser reales distintas, reales repetidas y complejas distintas.
k=−(b−a )±√(b−a )2−4 .a .c
2.a⇒ Δ=(b−a )2−4 .a .c
Δ>0 , Raíces reales distintas. k 1≠k2 por lo tanto las soluciones son
y1=xk1 , y2 =x
k2
siendo la solución general y=c1 . xk1+c2.x
k2
Δ=0 , Raíces reales repetidas. k 1=k2 por lo tanto una solución es
y1=xk1 , luego la segunda solución se determina aplicando el teorema de
reducción de orden.
Δ<0 , Raíces complejas distintas. k 1≠k2 , k1=a+ib , k2=a−ib
por lo
tanto las soluciones son y1=xk1=x(a+ib) , y2 =x
k2 =x(a−ib )
aplicando
un artificio matemático y1=xa .Cos (b .Lnx ), y2=xa .Sen (b .Lnx )
siendo la
solución general
y=c1 . xa .Cos(b . Lnx )+c2 .xa . Sen(b . Lnx )y=xa (c1 .Cos (b .Lnx )+c2. Sen(b . Lnx ))
Ejemplo:
1) x2 . y' '−x . y '−3 . y=0
Asumiendo la solución y=xk, sus derivadas correspondientes al caso son
y '=k . xk−1 , y ' '=k (k−1) xk−2. Sustituyendo en la ecuación tenemos
x2 .(k ( k−1) . xk−2 )−x . (k . xk−1 )−3. xk=0
La ecuación característica a .k2+(b−a ).k+c=0 , a=1 , b=−1, c=−3
1 .k2+(−1−1).k−3=0⇒ k2−2 .k−3=0
Raíces k 1=3 , k 2=−1
reales distintas.
La solución general es: y=c1 . x3+c2 . x−1
2) x2 . y' '−x . y '+ y=0
52
La ecuación característica a .k2+(b−a ).k+c=0 , a=1 , b=−1, c=1
1 .k2+(−1−1).k+1=0⇒ k2−2.k+1=0
Raíces k 1= k2=1
reales repetidas.
Ahora, y1=x
aplicando el teorema de reducción de orden, obtenemos la
segunda solución y2=x . Ln( x )
La solución general es: y=c1 . x+c2 .x .Ln( x )
3) x2 . y' '+3 .x . y '+10 . y=0
La ecuación característica a .k2+(b−a ).k+c=0 , a=1 , b=3 ,c=10
k 2+(3−1) .k+10=0⇒ k2+2.k+10=0
Raíces k 1=−1+3 i , k2=−1+3i
complejas distintas, siendo
a=−1 , b=±3 .
Ahora, y1=x−1 .Cos(3 Lnx ) , y2=x−1. Sen(3 Lnx )
. La solución general es:
y=x−1 (c1 .Cos(3 Lnx )+c2 .Sen (3Lnx ))
En el caso que la E.D sea no homogénea se emplea el método de euler - cauchy a la E.D homogénea asociada y luego se aplica el método de variación de parámetros para hallar la solución particular de la no homogénea.
2.5.4.1 EJERCICIOS
1. Encuentre la solución general y particular según sea el caso de la ecuación de Euler – Cauchy dadas:
a. x2 . y' '+x y '=0 b. x
2 . y' '+2x y '−12 y=0 c. 4 x2. y ' '+8x y '−3 y=0
d. x2 . y' '−x y '+2 y=0 e. 2 x2. y ' '+5 y=0 f. x
2 . y' '+7 x y '+25 y=0
g. x3 . y ' ' '−6 y=0 h. x
3 . y ' ' '−2 x2 . y ' '+4 x y'−4 y=0
i. x2 . y' '+3 x y '=0 , y (1)=0 , y '(1 )=4
j. x2 . y' '−5 x y '+8 y=0 , y (2 )=32 , y '(2 )=0
2. Aplique a las ecuaciones de euler – cauchy el método de variación de parámetros para hallar la solución general
53
a. x2 . y' '+x y '=x b. 2 x2. y ' '+5 x y '+ y=x2−x
c. x2 . y' '−2 x y '+2 y=x3 Lnx d. x
2 . y' '−x y '+ y=2x
UNIDAD III TRANSFORMADA DE LAPLACE Y SISTEMA
DE ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES
54
3.1 OBJETIVO DIDÁCTICO: Adquirir los conocimientos esenciales de la transformada de Laplace, la inversa de la transformada de Laplace y aplicar dichos conocimientos para encontrar soluciones de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes, además de adquirir las nociones básicas para la resolución de sistemas de ecuaciones diferenciales
3.2 TRANSFORMADA DE LAPLACE
Definición:
Sea f ( t ) una función real, definida en el intervalo [ 0 ,∞). Si la integral converge, la cual es una función de S:
F (s )=∫0
∞
e−st . f ( t ).dt
Donde,
∫0
∞
e−st . f (t ).dt=Limb→∞
∫0
b
e−st . f ( t ).dt ∀ S∈ℜ
Es llamada la Transformada de Laplace de f ( t ), la cual se denota por
L {f ( t ) } o L( f )( s )
F (s )=L { f ( t )}=∫0
∞
e−st . f ( t ) .dt
Ejemplo:1) Calcular la transformada de la siguiente función:
a) f ( t )=1
L {f ( t ) }=∫0
∞
e−st .(1).dt=Limb→∞
∫0
b
e−st .dt=Limb→∞
1−e− sb
s¿{1
ss>0 ¿ ¿¿
Entonces, L {1 }=1
s, s>0
b) f ( t )=eat
55
L {f ( t ) }=∫0
∞
e−st .(eat ) .dt=Limb→∞
∫0
b
e−( s−a )t .dt=Limb→∞
1−e−( s−a)b
s−a¿ { 1
s−as>a¿ ¿¿
Entonces, L {eat }= 1
s−a, s>a
3.2.1 EJERCICIOS
1. En los siguientes problemas aplique la definición para determinar L {f ( t ) }, halle el rango de convergencia:
a. f ( t )=e t+7 b. f ( t )=t .e4 t
c. f ( t )=t .Cos( t ) d. f ( t )=e−t . Sen( t )
e. f ( t )=2 t4 f. f ( t )=1+e4 t
g. f ( t )=4 t2−5 .Sen(3 t )
h. f ( t )=Cosh(kt ) siendo Cosh(at )= eat+e−at
2
i. f ( t )=e t .Senh ( t )
2. Aplique la tabla para determinar la Transformada de Laplace de las siguientes funciones:
a. f ( t )=t2−e−9t +5 b. f ( t )=( et−e−t )2
c. f ( t )=Cos(5 t )+Sen(2 t ) d. f ( t )=e t .Cosh( t )
e. f ( t )=(1+e2 t )2 f. f ( t )=1+e4 t
g. f ( t )=t2 .e2 t h. f ( t )=e−t . Senh( t )
i. f ( t )=e3 t(9−4 t+10 Sen( t
2))
j. f ( t )=(1−e t+3 .e−4 t ) .Cos (5 t )
3.3 Teorema de Linealidad:
Si a y b son constantes, entonces:
L {a . f ( t )+b . g( t )}=a. L {f ( t ) }+b .L {g( t )} ∀ S , tal que las transformadas de Laplace de f y g existan a la vez.
Ejemplo:
56
1) Calcular L {3et+5e−2t+6 }
L {3et+5e−2t+6 }=3 . L {et }+5 . L {e−2 t }+6 .L {1 }=3 .(1s−1 )+5.(1s+2 )+6 .(1s )=
3s−1
+5s+2
+6s
.
3.4 Inversa de la Transformada de Laplace
Si F (s )=L { f ( t )} , entonces f ( t ) es la transformada inversa de laplace de
F (s ) y se expresa de la siguiente forma:
f ( t )=L−1 {F (s )}Ejemplo:
1) Dada F (s )=3
s+ 1
s−3 encuentre f ( t )=L−1 {F (s )}
L−1{3s+ 1
s−3 }=3 .L−1{1s }+L−1{ 1
s−3 }=3 .(1 )+e3 t⇒ f ( t )=3+e3t
2) Dada F (s )= 1
( s+2) .(s+3) encuentre f ( t )=L−1 {F (s )}Cuando el denominador consta de factores lineales, entonces la transfrmada de laplace inversa de la descomposición en fracciones parciales es una aplicación de la transformada de la exponencial elemental.
L {eat }= 1s−a
1( s+2 )(s+3)
= As+2
+ Bs+3
¿ { A=1 ¿ ¿¿ ⇒
1s+2
− 1s+3
Linealidad
L−1{ 1s+2
− 1s+3 }=L−1{ 1
s+2 }−L−1{ 1s+3 }=e−2 t−e−3t
f ( t )=e−2t−e−3t
3) Dada
F (s )= 3
s2−4 encuentre f ( t )=L−1 {F (s )}57
L−1{3s2−4 }=L−1{3( s+2)(s−2 ) }3(s+2 )(s−2)
=As+2
+Bs−2
¿
{A=−34
¿ ¿¿¿
Aplicando linealidad y la inversa nos queda:
L−1{ −34
s+2+
34
s−2 }=−34
L−1{ 1s+2 }+ 3
4L−1{ 1
s−2 }⇒ f ( t )=−34
e−2 t+ 34
e2 t
Podemos observar que al quedarnos
L−1{ 3
s2−4 }=L−1{ 3( s+2)(s−2 )}
Se puede aplicar la formula número (28) que esta en la tabla de transformada, siendo así, entonces
L−1{3s2−4 }=L−1{3(s+2)( s−2) }f ( t )=3 .(e−2 t−e2t
−4 )=−34
.e−2 t+34
.e2t
3.4.1 Propiedad de desplazamiento
Suponga que F (s )=L { f ( t )} existe para s>b . Si a es un número real,
entonces L {eat . f ( t )}=F ( s−a ), s>a+b
Ejemplo:
1) Calcule L {e2t .Cos 3 t }
Como
L {Cos3 t }= s
s2+9 , entonces
L {e2t .Cos3 t }= s−2
(s−2 )2+9
58
2) Calcule
L−1{ s+a
(s+a )2+w2 }L−1{ s+a
(s+a )2+w2 }=e−at .L−1{ s
s2+w2 }=e−at .Cos( wt )
3) Calcule
L−1{ 3 s+11
s2+4 s+11}L−1{ 3 s+11
s2+4 s+11}=L−1{3( s+2 )+5
( s+2 )2+7 }⇒Completacion cuadrado
L−1{3( s+2)+5
(s+2)2+7 }=L−1{ 3 (s+2)( s+2 )2+7
+ 5( s+2 )2+7 }⇒ Linelidad
3 .L−1{s+2
(s+2)2+7 }+5. L−1{1(s+2 )2+7 }=3 .L−1{s+2
(s+2)2+(√7 )2 }+5
√7. L−1{√7
(s+2 )2+(√7 )2 }⇒ P . Desplazamiento
L−1{ 3 s+11
s2+4 s+11}=3.e−2t .Cos (√7 . t )+5
√7.Sen(√7 . t )
3.4.2 EJERCICIOS
1. Calcule la inversa de la Transformada:
a.
L−1{(s+1)3
s4 } b.
L−1{ 1
s2+
1s−
1s−2 }
c. L−1{ 1
4 s+1 }
d.
L−1{ 5
s2+49 } e.
L−1{ 15 s−2 }
f.
L−1{10 s
s2+16 }g.
L−1{ s+1
s2+2 } h.
L−1{ s+1
s2−4 s } i.
L−1{ s
s2+2 s−3 }j.
L−1{ 1
s2−6 s+10 } k.
L−1{ 2 s+5
s2+6 s+34 } l.
L−1{ 2 s−1
s2 (s+1)3 }59
1
2(a) (b)
3.5 Función Escalón Unitario
Definición
La función U ( t−a) se define como
U ( t−a)=¿ {0 , 0≤t<a ¿ ¿¿¿Ejemplo:
a) U ( t )=1; t≥0 b) U ( t−2 )=¿ {0 , 0≤t<2 ¿ ¿¿¿
las graficas son:
Por definición, la transformada de la función unitaria es:
L {Ua t }=∫0
∞
e−st .U a t .dt=∫a
∞
e−st dt=Limb→∞
∫a
b
e−st dt=
Limb →∞
e−as−e−bs
s=e−as
s, s>0
L {Ua t }= e−as
s, s>0
Ahora, calculemos la transformada de las funciones del ejemplo.
a) L {U0 t }=e−0 . s
s=1
s, s>0
b) L {U2 t }=L {U ( t−2 )}= e−2 s
s, s>0
c) Evaluar f ( t )=¿ {2 , 0≤t <2 ¿ {−1 , 2≤t <3 ¿ ¿¿¿
1
60
L {f ( t ) }=L {2.U0 t }−L {3.U2 t }+L {U3 t }¿2 .L {U0 t }−3 .L {U2 t }+L {U3 t }=2.
e−0 . s
s−3 .
e−2 s
s+e−3 s
s=2
s−3 .
e−2 s
s+e−3 s
s
Luego, si Ua t=¿ {0 , 0≤t <a ¿ ¿¿¿
L {Ua t . f ( t−a )}=L {U ( t−a) . f ( t−a)}=e−as . L {f ( t )}=e−as .F ( s ) , s>0
Ejemplo:
a) Sea la función f ( t )=¿ {0 , 0≤ t<1 ¿¿¿¿
L {U1 t . f ( t−1)}=L {U ( t−1 ). f ( t−1)}=e−s .L {t }=e−s .1s2
= e−s
s2
b) Evaluar f ( t )=¿ {0 , 0≤ t<2 ¿ ¿¿¿
L {U2 t . f ( t−2)}=L {U ( t−2) . f ( t−2) }=e−2 s .L {t3}=e−2s .3 !s4
=6 .e−2 s
s4
3.5.1 EJERCICIOS
1. Halle la Transformada de Laplace de las funciones respectivas:
a. f ( t )=¿ {2 , 0≤t <3 ¿ ¿¿¿
b. f ( t )=¿ {0 , 0≤t<1 ¿ ¿¿¿
c. f ( t )=¿ {0 , 0≤t<2 π ¿¿¿¿
d. f ( t )=¿ {1 , 0≤t <4 ¿ {0 , 4≤t<5 ¿ ¿¿¿
3.6 Convolución
Definición: sean f y g dos funciones definidas en [ 0 ,∞). La convolución de
f y g , denotada por f∗g es una función en el intervalo, definida por
( f∗g )( t )=∫0
t
f ( t−x ) .g ( x ).dx
61
Para cada t ∈ [0 ,∞) .
Propiedades de la convolución
(a) f∗g=g∗f (Propiedad Conmutativa)
(b) f∗(g∗h )=( f ∗g)∗h (Propiedad Asociativa)
(c) f∗(g+h)=( f∗g )+( f∗h ) (Propiedad Distributiva)
(d) Si f y g son dos funciones continuas a trozos de orden exponencial,
entonces L {f ∗g }=L {f ( t )}. L {g ( t )}=F (s ) .G( s ) o escrito en forma equivalente
( f∗g )( t )=L−1 {F( s ).G( s )}=L−1 {F (s )} .L−1 {G (s )}Ejemplo:
Calcular L {e t .Sent }Por la propiedad (d) tenemos que L {e t .Sent }=L {e t } .L {Sent }
L {e t }. L {Sent }= 1s−1
.1
s2+1= 1
(s−1 ).( s2+1)A veces la propiedad (d) de la convolución es útil para encontrar la transformada inversa de un producto de dos transformadas de Laplace.
Ejemplo:
Determinar
L−1{ 1(s−1 )( s+4 )}
Para resolver este ejercicio sería posible usar fracciones parciales, pero si
F (s )= 1s−1 y
G( s )= 1s+4
Entonces, L−1 {F (s )}=f ( t )=e t
y L−1 {G( s )}=g( t )=e−4 t
Por lo tanto, podemos escribir,
L−1{ 1(s−1 )( s+4 )}=∫
0
t
f ( t−x ) .g ( x ).dx=∫0
t
et− x .e−4 x dx=et .∫0
t
e−5 x dx
=et .|−e−5 x
5|0
t
=et .(− e−5 t
5+ 1
5 )= et
5− e−4 t
5
3.7 Aplicaciones. Problemas de valor inicial
62
Suponga que las funciones f , f ' , f ' ' , f ' ' ' ,…, f (n−1 ) son continuas y suaves
por tramos para t≥0 , entonces L {f (n)( t )} existe.
Siendo
L {f (n)( t )}=Sn .L { f ( t )}−Sn−1 . f (0 )−Sn−2 . f ' (0)−…−f (n−1)(0 )
Por lo tanto, tenemos
L {f '( t )}=S .L {f ( t )}−f (0) , L {f ' ' ( t )}=S2 .L {f ( t )}−S . f (0 )− f ' (0)
Puesto que L {f (n)( t )}=L { y(n)( t ) },n>1 , depende de y ( t ) y sus n-1
derivadas calculadas en t=0 , la transformada de Laplace es especialmente adecuada para resolver problemas de valor inicial para ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes. Esta clase de E. D puede ser
reducida a una ecuación algebraica en la función transformada Y ( s ). Para ver esto, considere el problema inicial
Donde an , an−1 ,…, a0 son constantes. Por la linealidad de la transformada
de Laplace podemos escribir
an .L { y(n)( t ) }+an−1 .L { y(n−1)( t )}+…+a1 . L { y ' ( t )}+a0 .L { y ( t )}=L {g( t )}usando la derivada para transformada de Laplace, tenemos
an . [ Sn .Y (s )−Sn−1 . y (0)−…− y(n−1)(0)]+an−1 . [Sn−1 .Y ( s )−Sn−2 . y (0 )−…− y(n−2)(0 )]+⋯+a0 .Y (s )=G( s )
En donde Y ( s )=L { y ( t )} , G( s )=L {g ( t )} . Despejando Y ( s )
encontramos y ( t ) calculando la inversa y ( t )=L−1 {Y (s )}
Ejemplo:
1) Resolver
dydt
−3 y=e2t , y (0)=1
Primero aplicar la transformada a cada término de la ecuación
)1(0
)1(00
01)1(
1)(
)0(,,)0(,)0(
)(....
nn
nn
nn
yyyyyy
tgyayayaya
…
…
63
L {dydt }−3. L { y }=L {e2t }
Luego usamos L {f '( t )}=s .L {f ( t )}−f (0) y L { y ( t )}=Y ( s )
L {dydt }=s . L { y ( t )}−1
Y calculamos L {e2t }= 1
s−2 aplicando tabla
Por lo tanto, s .Y (s )−1−3 .Y ( s )= 1
s−2⇒Y (s )( s−3 )= s−1
s−2
Y ( s )= s−1( s−2 )(s−3 )
Mediante fracciones parciales:
s−1( s−2)(s−3 )
= As−2
+ Bs−3
¿ { A=−1¿ ¿¿
Y ( s )=−1( s−2)
+2(s−3 )
⇒ y ( t )=−L−1{1s−2 }+2. L−1{1s−3 }y ( t )=−e2 t+2e3 t
3.7.1 EJERCICIOS
1. Use la Transformada de Laplace para resolver los problemas de valor inicial:
a. y'+4 y=e−4 t , y (0 )=2
b. y'− y=Sent , y (0 )=0
c.y' '+2 y '+ y=0 , y (0 )=1 , y ' (0)=1
d. y' '+16 y=Cos4 t , y ( 0)=0 , y '(0 )=1
e.y' '−6 y '+9 y=t , y (0 )=0 , y ' (0 )=1
f. y' '+4 y '+6 y=1+e−t , y (0)=0 , y '(0 )=0
g. y' '−6 y '+13 y=0 , y (0)=0 , y '( 0)=−3
h. 2 y ' '+20 { y'+51 y=0 , y (0 )=2 , y ' (0)=0¿
i. y' '+5 y '+4 y=0 , y (0 )=1 , y '(0 )=0
j. y' '− y '=e t .Cost , y (0)=0 , y ' (0)=0
k. y' '+16 y=1 , y (0 )=1 , y ' (0)=2
64
l. y'+ y=f ( t ) , y (0 )=0 , donde
f ( t )=¿ {0 , 0≤t<1 ¿ ¿¿¿
m. y' '+4 y=f ( t ) , y (0)=0 , y '(0 )=−1 , donde
f ( t )=¿ {1 , 0≤t <1 ¿¿¿¿
n. y'+ y=f ( t ) , y (0 )=0 , donde
f ( t )=¿ {1 , 0≤t <1 ¿¿¿¿3.8 Transformada de la Derivada
Corresponde a una multiplicación de f ( t ) por t .
Teorema: Suponga que las funciones f , f ' , f ' ' , f ' ' ' ,…, f (n−1 ) son continuas
y suaves por tramos para t≥0 , y que cada una de ellas satisface la condición
|f ( t )|≤M .ec . t para t≥T . para los valores de M y c. Entonces L {f (n)( t )}
existe cuando S>c y
L {f (n)( t )}=Sn .L { f ( t )}−Sn−1 . f (0 )−Sn−2 . f ' (0)−…−f (n−1)(0 )
Ejemplo:
1) Probar que
L {t .eat }= 1
( s−a )2f (0 )=0
Si f ( t )=t .eat ⇒ f '( t )=eat+at .eat
L {eat+at .eat }=L {f ' ( t )}=S . L {f ( t )}=S . L { t .eat }
Por lo tanto, L {t .eat }= L { eat }
( S−a )=
1(S−a )(S−a )
⇒L { t .eat }= 1
(S−a)2
2) Encuentre L { t .Sen (kt )} f (0)=0
Si f ( t )=t .Sen (kt ) ⇒ f '( t )=Sen( kt )+k .t .Cos (kt )
Como f'( 0)=0 , derivamos una segunda vez, obteniendo
f ' ' ( t )=2k .Cos(kt )−k2 . t .Sen( kt )65
L {f ' ' ( t )}=S2 L {f ( t )}⇒L {2k .Cos( kt )}−k 2 .L {t .Sen (kt )}=S2. L {t .Sen (kt )}2k .L {Cos( kt )}−k 2 .L { t .Sen (kt )}=S2 .L { t . sen(kt ) }2k .L {Cos( kt )}=S2 . L { t .Sen( kt )}+k2 . L { t .Sen( kt )}2k .L {Cos( kt )}=L { t .Sen (kt )} . [ S2+k2 ]
L { t .Sen (kt )}=2k .L { t . Sen(kt )}
(S2+k 2)⇒ L { t .Sen (kt )}=
2k .( S
S2+k2 )( S2+k2 )
L { t .Sen (kt )}= 2k .S
( S2+k2 )2
3.9 Integración de Transformadas
La integración corresponde a una división de f ( t ) entre t.
Teorema: Suponga que f ( t ) es parcialmente continua por tramos para t≥0
, que f ( t ) satisface la condición dada en la expresión Limt →0
f ( t )t y que
|f ( t )|≤M .ec . t para t →+∞ , entonces,
L {f ( t )t }=∫
s
∞
F (σ ).dσ cuando S>0
En forma equivalente,
f ( t )=L−1 {F (S )}=t .L−1{∫s
∞
F (σ ).dσ }Ejemplo:
1) Encuentre L {Senh ( t )
t }
Verificamos que el límite existe
Limt →0
Senh( t )t
=Limt →0
e t−e−t
tL' Hopital
Nos queda, Limt →0
et+e−t
1=1
. El límite existe.
66
Entonces,
L {Senh ( t )t }=∫
s
∞
L {Senh (σ )}.dσ=∫s
∞ dσ
σ2−1=1
2. [Ln( σ−1
σ+1 )]s
∞
=12
.Ln( S−1S+1 )
3.10 Sistemas de Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden 2 x 2
Se analizaran sistemas de 2 ecuaciones lineales de primer orden, con 2 incógnitas de la forma:
{dxdt
=a1( t ) .x+b1( t ) . y+ f 1( t ) ¿¿¿¿
Siendo a, b y f funciones continuas en un cierto intervalo cerrado [ a ,b ] . Si f 1 , f 2 son cero el sistema sería homogéneo, entonces una solución de (1)
sería un par de funciones x ( t ) , y ( t ) que satisface a (1)
{x=x ( t ) ¿¿¿¿Teorema (1): si el sistema homogéneo tiene 2 soluciones
{x=x1 ( t )¿ ¿¿¿ y
{x=x2 ( t )¿ ¿¿¿
Sobre [ a ,b ] entonces {x=C1 . x1 ( t )+C2 . x2( t ) ¿¿¿¿
Es también solución en el intervalo para toda constante C1 ,C2 . Formando
con ambas soluciones una combinación lineal siendo (2) la solución del sistema homogéneo. Para verificar si (2) es solución del sistema homogéneo aplicamos el siguiente teorema.
Teorema (2): si el Wronskiano W ( t ) de las dos soluciones del sistema homogéneo no se anula en el intervalo, entonces (2) es la solución general.
W ( t )=¿|x1( t ) x2 ( t )¿|¿¿
¿¿
67
Teorema (3): si las 2 soluciones del sistema homogéneo son linealmente
independiente sobre [ a ,b ] y si
{x=x p ( t ) ¿¿¿¿Es cualquier solución particular de (1) en el intervalo, entonces
{x=C1 . x1 ( t )+C2 . x2( t )+x p ( t )¿ ¿¿¿Es la solución general de (1) en [ a ,b ] .
Como se resuelve un sistema de ecuaciones diferenciales lineales: 1) Se despeja alguna de las funciones incógnitas, x ó y, de algunas de las
dos E.D.O.2) Se sustituye dicha función en la otra E.D.O.3) Se resuelve la E.D.O lineal de segundo orden resultante.4) Con este valor se obtiene la otra función.
Ejemplo:
1) Resuelva el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales no homogéneo
{x '=6 x+ y+3 .e2 t (1 )¿ ¿¿¿Despejando y de la E. D (1) obtenemos,
y=x '−6 x−3.e2t ⇒ y '=x ' '−6x '−6 .e2t
Sustituyendo estos valores en la E. D (2), obtenemos
x ' '−8x '=t .e2 t
Al resolver esta E.D de segundo orden, se obtiene
x ( t )=C1+C2 .e8 t− 136
.(3 t+1 ).e2t
Sustituyendo este valor en la expresión y=x '−6 x−3.e2t, se tiene que
y ( t )=−6C1+2.C2 .e8 t+ 136
.(12 t−115 ) .e2 t
Si además agregamos la condición {x (0 )=0 ¿ ¿¿¿
68
Obtendríamos el sistema de ecuaciones lineales
{C1+C2=136
¿ ¿¿¿
Cuya solución es C1=−113
288, C2=
121288
Así,
{x (t )=−113288
+121288
.e8 t−136
.(3 t+1 ).e2t ¿ ¿¿¿
Los sistemas de ecuaciones con condición inicial, pueden ser resueltos por transformada de laplace.
2) Resuelva el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales no homogéneo
con condición inicial x (0 )=x '(0 )= y ( 0)= y '(0 )=0
{2 x ' '=−6 x+2 y (1) ¿ ¿¿¿Por la Transformada de Laplace tenemos que,
L {x ' ' ( t )}=S2 .L {x ( t )}−S . x(0 )−x ' (0 )⇒L {x ' '}=S2 . L {x }L {x (t ) }=X ( s )⇒ L {x }=S2 .X (s )
Así mismo,
L { y ' '( t )}=S2 . L {y ( t ) }−S . y (0 )− y ' (0 )⇒ L {y ' ' }=S2. L { y }L { y ( t )}=Y ( s )⇒ L { y }=S2 .Y (s )
Por lo tanto, aplicando al sistema nos queda,
{2 .S2 . X (s )=−6 . X (s )+2 .Y (s ) (1) ¿ ¿¿¿De la ecuación (1) despejamos Y(s),
Y ( s )=X ( s ). (S2+3 )
69
Luego, sustituimos Y(s) en la ecuación (2) y nos queda,
X ( s )=120
(S2+1 ).( S2+4 ) .(S2+9 ), x ( t )=L−1 {X ( s )}
x ( t )=L−1{120( S2+1) .(S2+4 ).( S2+9) }
Aplicando fracciones parciales, tenemos que
x ( t )=L−1{120( S2+1) .(S2+4 ).( S2+9) }
x ( t )=L−1{5S2+1 }+L−1{−8
S2+4 }+L−1{3S2+9 }x ( t )=5 .Sen( t )−4 . Sen(2t )+Sen(3 t )
Sustituyendo este resultado en la primera ecuación, obtenemos
y ( t )=10 .Sen ( t )+4 .Sen (2t )−6 .Sen(3 t ) 3) Resuelva el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales homogéneo
{x '=4 x− y (1) ¿ ¿¿¿Despejando y de la E. D (1) obtenemos,
y=4 x−x ' ⇒ y '=4 x '−x ' '
Sustituyendo estos valores en la E. D (2), obtenemos
4 x'−x ' '=2 x+4 x−x '⇒ x ' '−5 x '+6=0
Al resolver esta E.D se obtiene
x ( t )=C1 .e2 t+C2 .e3 t
Sustituyendo este valor en la expresión y=4 x−x ', se tiene que
y ( t )=2C1 .e2 t+C2 .e3 t
3.10.1 EJERCICIOS
1) Resuelva los siguientes sistemas homogéneos
70
a. {u'=4u−v ¿¿¿¿
b. { y '=2 y+z ¿ ¿¿¿
c. {u'=8u−3v ¿ ¿¿¿
d. { y '= y ¿ ¿¿¿
e. {x '=−4 x+3 y ¿ ¿¿¿
f. { y '=3 y+3 z ¿ ¿¿¿
g. {x '=2 x+3 y ¿ ¿¿¿
h. {x '=12 x−15 y ¿ ¿¿¿
2) Resuelva los siguientes sistemas no homogéneos, con condición inicial
x (0 )= y (0 )=0
a. {x '= y+e t ¿ ¿¿¿
b. {x '=2 x+ y+ t .e2 t ¿ ¿¿¿
c. {x '=3 x+3 y+ t ¿¿¿¿
d. {x '=3 x+3 y+e−t ¿ ¿¿¿
71