tema 1-ecuaciones diferenciales
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Ecuaciones diferencialesTRANSCRIPT
TEMA 1: ECUACIONES DIFERENCIALESORDINARIAS
1 Concepto de ecuacion diferencial
Problema directo:
Dada la funcion y = f(x) = ex2
su derivada esdy
dx= f ′(x) = 2xex
2
.
Problema inverso:
Dada la funcion 2xex2
encontrar una funcion f(x) tal que f ′(x) = ex2
Este problema lo designamos en la forma y′ = 2xex2.
Por una ecuacion diferencial ordinaria vamos a entender una relacion queimplica una o varias derivadas de una funcion no especificada y(x) de lavariable x, pudiendo implicar tambien a la propia funcion y, y a funcionesde la variable x.
Ejemplo 1 • y′ = cosx.
• y′′ + 4y = 5xex.
• x2y′′′y′ + 2exy′′ = (1 + x2)y2.
El termino ordinaria distingue a una ecuacion de este tipo respecto a unaecuacion en derivadas parciales, la cual implica derivadas parciales de unafuncion no especificada de dos o mas variables independiente. Por ejemplo
∂u
∂x2+ 2y
∂u
∂y+ 3u = 4x2y − sin(2y) + 4.
Problema principal asociado a una ecuacion diferencial ordi-naria: encontrar soluciones. ¿Que significa esto?.
Consideramos la ecuacion diferencial ordinaria
y′′ + 4y = 5xex, (1)
1
1. La funcion y(x) = x+ sin 2x, no es solucicion de (1).
y′(x) = 1 + 2 cos 2x, y′′(x) = −4 sin 2x.
y′′(x) + y(x) = −4 sin 2x+ x sin 2x = x− 3 sin 2x 6= 5xex.
2. La funcion y(x) =(x− 2
5
)ex si es solucion de (1).
y′(x) =
(x+
3
5
)ex, y′′(x) =
(x+
8
5
)ex.
y′′(x) + 4y(x) = 5xex.
3. La funcion y(x) =(x− 2
5
)ex + 4 sin 2x si es solucion de (1).
y′(x) =
(x+
3
5
)ex + 8 cos 2x, y′′(x) =
(x+
8
5
)ex − 16 sin 2x.
y′′(x)+4y(x) =
(x+
8
5
)ex−16 sin 2x+4
((x− 2
5
)ex + 4 sin 2x
)= 5xex.
Conclusiones.
• Una ecuacion diferencial ordinaria no tiene porque tener una unicasolucion. De hecho se puede demostrar que cualquiera que sean losnumeros reales c1 y c2 la funcion
y(x) =
(x− 2
5
)ex + c1 sin 2x+ c2 cos 2x,
es solucion de (1).
• Una ecuacion diferencial ordinaria no siempre tiene solucion. Si enten-demos por solucion una funcion real ψ : I −→ R, I ⊂ R un intervalo,la ecuacion diferencial ordinaria
(y′)2 + 1 = 0,
no admite solucion.
2
1.1 Como expresar una ecuacion diferencial ordinaria?
.Consideramos la aplicacion
{numero real} le hacemos corresponder {numero real}2 mas 5
Esta aplicacion la podemos expresar utilizando una variable independiente yotra dependiente de esta, pero tenemos libertad en nombrar a estas variables.
f(x) = x2 + 5, f(t) = t2 + 5, f(u) = u2 + 5,
h(x) = x2 + 5, h(z) = z2 + 5.
Escribimos la ecuacion diferencial ordinaria (1) de cuatro maneras diferentes.
y′′ + 4y = 5xex, solucion y(x),d2
dx2y + 4y = 5xex,
y′′ + 4y = 5tet, solucion y(t),d2
dt2y + 4y = 5tet,
u′′ + 4u = 5xex, solucion u(x),d2
dx2u+ 4u = 5xex,
u′′ + 4u = 5tet, solucion u(t),d2
dt2u+ 4u = 5tet.
¿Serıa correcto escribir (1) en la forma
d2
dx2y + 4y = 5tet?.
1.2 Dominio de definicion de la ecuacion diferencialordinaria y de sus soluciones
.Siempre tenemos que indicar en que subconjunto de lo numeros reales
estamos estudiando la ecuacion diferencial y donde estan defindas sus solu-ciones.
3
1. En la ecuacion diferencial ordinaria
y′′ + 4y = 5xex,
la funcion que multiplica a y′′ es a2(x) = 1; la que multiplica a y esa0(x) = 4 y la funcion que solamente depende de la variable indepen-diente es p(x) = 5xex. Estas tres funciones estan definidas cualquieraque sea x ∈ R, y esto hace que la ecuacion diferencial la estudiemos enR.
y′′+4y = 5xex, soluciones
y(x) =
(x− 2
5
)ex, x ∈ R,(
x− 25
)ex + 4 sin 2x, x ∈ R,(
x− 25
)ex + 3 sin 2x− cos 2x, x ∈ R,
las tres soluciones que consideramos de la ecuacion estan definidas enR. Por supuesto, el dominio de definicion de una solucion debe ser unsubconjunto del conjunto de los numeros reales donde estudiamos laecuacion diferencial.
2. La ecuacion diferencialxy′ + y = 1,
tiene sentido estudiarla en R. La funcion y(x) = − 2x
+1 es un solucion.El alumno debe de comprobarlo. Esta solucion esta definida en R−{0}. Nos vamos a restringir para los dominios de las solucionesde las ecuaciones diferenciales ordinarias, a intervalos de R. Elmayor intervalo de R donde esta definida la solucion es en (−∞, 0) oen (0,∞). Consideraremos como dominio de la solucion y(x) = − 2
x+ 1
uno de estos dos intervalos.
3. En la ecuacion diferencial ordinaria
y′ +√xy = x2,
la funcion√x solamente tiene sentido para x ≥ 0. Esta ecuacion la
estudimos en [0,∞). Se puede comprobar, y el alumno debe de hacerlo,que la funcion y(x) = x3/2 − 3
2es solucion de la ecuacion diferencial.
Esta implica una derivada, hay que derivar una vez en la ecuacion.Como la funcion es derivable en [0,∞), este intervalo sera el dominiode definicion de la solucion.
4
Definicion 2 Dada la ecuacion diferencial ordinaria
y′ +√xy = x2, x ∈ (0,∞),
entendemos por solucion de esta en un intervalo I ⊂ (0,∞), unafunccion ϕ(x) de clase C1(I) tal que
ϕ′(x) +√xϕ(x) = x2, x ∈ I.
�
1.3 Clasificacion de las soluciones de una ecuacion difer-encial ordinaria
.Las funciones
f1 : [0, 1] −→ Rx −→ f1(x) = x2,
f2 : [−1, 1] −→ Rx −→ f2(x) = x3,
f3 : [0, π] −→ Rx −→ f3(x) = sinx,
estan definidas en forma explıcita. Las graficas de estas funciones son sub-conjuntos de puntos de R2.
¿Que le sugiere al alumno la igualdad
x2 + y2 = 9.?
Posiblemente la circunsferencia en R2 de centro el punto (0, 0) y radio 3.Este conjunto de puntos no corresponde a la grafica de una funciondefinida en forma explıcita. Sin embargo, si definimos las funciones enforma explıcita
g1 : [−3, 3] −→ Rx −→ g1(x) =
√9− x2,
g2 : [−3, 3] −→ Rx −→ g2(x) = −
√9− x2,
las graficas de estas funciones estan incluidas en el conjunto
{(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 9},
de hecho
grafica de g1 ∪ grafica de g2 = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 9}.
5
Decimos que la igualdad x2 + y2 = 9 define a g1 en forma implıcita,en el sentido de que existe un intervalo [−3, 3] y una funcion g1
definida en este intervalo, g1(x) =√
9− x2, tal que la grafica de estafuncion esta en el conjunto
{(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 9}.
Esto es equivalente a decir que
x2 + g21(x) = 9, para todo x ∈ [−3, 3].
f1, f2 y f3 son funciones definidas en forma explıcita, mientras que g1 yg2 etan definidas en forma implıcita por la igualdad x2 + y2 = 9. Convieneobservar que para definir g1, (g2) lo puedo hacer
• de manera explıcita por g1(x) =√
9− x2, x ∈ [−3, 3], o
• de manera implıcita por la igualdad x2 + y2 = 9.
Cuando se define de forma implıcita, solamente se da la igualdad quela define. Una igualdad puede definir una funcion en forma implıcita,y no conocer la forma explıcita de la funcion.
Definicion 3 La igualdadF (x, y) = c,
(en el ejemplo F (x, y) = x2 + y2, y c = 9), define una funcion implıcita dela variable x en un entorno del punto (x0, y0) si
• F (x0, y0) = 0,
• Existe un intervalo (x0 − δ, x0 + δ), δ > 0, y una funcion g : (x0 −δ, x0 + δ) −→ R tal que
F (x, g(x)) = x, para todo x ∈ (x0 − δ, x0 + δ).
Observese que se garantiza la existencia de una funcion, pero no que seconozca una forma explıcita de ella.
Ya que la igualdad x2 + y2 = 9 define de forma implıcita a la funcion g1,se tiene que
x2 + g21(x) = 9,
6
si derivamos2x+ 2g1(x)g′1(x) = 0,
y g1(x) sera solucion de la ecuacion diferencial
x+ yy′ = 0.
Definicion 4 Decimos que la igualdad x2 +y2 = 9 es solucion de la ecuaciondiferencial
x+ yy′ = 0,
si x2 + y2 = 9 define una funcion implicita g1 en un cierto intervalo de R talque g1 en este intervalo es solucion de x+ yy′ = 0.
Ejemplo 5 Consideramos la ecuacion diferencial
2xy3 + 3x2y2y′ = 0, x ∈ R.
• La funcion y(x) = 2x2/3
= 2x−2/3, x ∈ (0,∞) es una solucion explicitade la ecuacion.
y′(x) = −43x−5/3,
2xy3(x) + 3x2y2(x)y′(x) = 2x8
x2+ 3x2 4
x4/3
(−4
3x−5/3
)=
16
x− 16
x= 0.
• La igualdad x2y3 = 1 es una solucion de la ecuacion.
La igualdad x2y3 = 1 define una funcion g en in cierto intervalo I talque
x2g3(x) = 1, x ∈ I,
derivamos2xg3(x) + 3x2g2(x)g′(x) = 0, x ∈ I,
y g es entonces solucion de la ecuacion en I
�
Ejercicio 6 En cada uno de los siguientes apartados, determınese si la funcionindicada es solucion de la ecuacion diferencial dada.
1. y′ − 2y = e3x ; y(x) = e3x + 10e2x x ∈ R,
7
2. (y′)3 + xy = y ; y(x) = x2 x ∈ R,
3. y = 2xy′ + y(y′)2 ; y(x) =√x+ 1
4x ∈ (−1
4,+∞)
4. x2u′′ − xu′ + 2u = 0 ; u(x) = xcos(logx) x ∈ (0,+∞)
5. y′′′ − 3y′′ + 3y′ − y = 0 ; y(x) = x2ex + 2x x ∈ R.
Solucion 1. Si; 2. No; 3. Si; 4. Si; 5. No.
Ejercicio 7 En cada uno de los siguientes apartados, determınese si la ecuacionindicada define una solucion implcita de la ecuacion diferencial dada.
1. 2xy + (x2 + 2y)y′ = 0 ; x2y + y2 = 5
2. x+ yy′ = 1 ; x2 + y2 = 9
Solucion. 1. Si; 2. No.
1.4 Clasificacion de las ecuaciones diferenciales ordi-narias
.
1.4.1 Segun el orden
.Dada una ecuacion diferencial ordinaria, el orden de la derivada mas alta
que interviene en la ecuacion diferencial, se denomina orden de la ecuaciondiferencial ordinaria.
y′′ + y = 5xex, orden 2,
x+ y′y = 0, orden 1,
d3y
dx3+ 5
(dy
dx
)4
− 4y = x, orden 3.
8
1.4.2 Lineales y no lineales
Ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de orden 1Si G es una funcion de tres variables, la forma general de la ecuacion
diferencial ordinaria de primer orden es
G(x, y, y′) = 0, x ∈ I. (2)
1. Consideramos la ecuacion diferencial ordinaria
2x+ 3y′ − 2xy = 1, x ∈ R. (3)
En este caso
G(x, y, y′) = 2x+ 3y′ − 2xy − 1, x ∈ R.
La igualdad G(x, y, y′) = 0 nos permite despejar y′ en terminos de unafuncion f(x, y) solo de las variables x e y.
2x+ 3y′ − 2xy = 1⇐⇒ y′ =2x
3y − 2x
3+
1
3,
y la ecuacion diferencial (3) la expresamos en la forma
y′ = f(x, y), x ∈ R,
donde
f(x, y) =2x
3y − 2x
3+
1
3.
2. La ecuacion
√xexy
′+ y log(1 + x2 + y′2) = −2x+ 1, x ∈ [0,∞), (4)
la expresamos en la forma (2) donde
G(x, y) =√xexy
′+ y log(1 + x2 + y′2) + 2x− 1,
pero de (4) no podemos depejar y′ en teminos de una funcion f(x, y)dependiendo solo de las variables x e y, y por la tanto no puede serexpresada en la forma
y′ = f(x, y), x ∈ I ⊂ [0,∞).
9
Observacion 8 Las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer or-den, con las que nosotros trabajaremos usalmente tendran la forma
y′ = f(x, y), x ∈ I ⊂ R,
3. La ecuacion2x+ 3y′ − 2xy = 1, x ∈ R, (5)
la podemos expresar en la forma
L(y) = g(x), x ∈ R, (6)
donde L(y) es una funcion que implica solo a los terminos de (5) quedependen de y, (variable dependiente y(x)), y g(x) es una funcion queimplica a los teminos en (5) que no dependen de y.
En este caso
L(y) = −2xy + 3y′, g(x) = 1− 2x.
Para la ecuacion diferencial
x2 + yy′ − xy = −2 + x sinx, x ∈ R, (7)
L(y) = −xy + yy′, g(x) = −2− x2 + x sinx.
Parayexy − 2xy′ + 4 log x = 3ex +
x
1 + y2, x ∈ (0,∞), (8)
L(y) = yexy − x
1 + y2− 2xy′, g(x) = 3ex − 4 log x.
Definicion 9 Dada la ecuacion diferencial ordinaria de primer orden
G(x, y, y′) = 0, x ∈ I, (9)
la expresamos en la forma
L(y) = g(x), x ∈ I.
Diremos que la ecuacion diferencial (9) es lineal si L, (visto ahora como unoperador definido en C1(I)), es lineal en el espacio vectorial C1(I), o lo quees lo mismo, satisface:
10
• L (y1(x) + y2(x)) = L (y1(x)) + L (y2(x)) , y1(x), y2(x) ∈ C1(I),
• L (αy(x)) = αL (y(x)) , α ∈ R, y(x) ∈ C1(I).
Ejemplo 10
La ecuacion diferencial
2x+ 3y′ − 2xy = 1, x ∈ R,
es lineal.L(y(x)) = −2xy(x) + 3y′(x).
• Sean y1(x), y2(x) ∈ C1(R),
L (y1(x) + y2(x)) = −2x (y1(x) + y2(x)) + 2 (y1(x) + y2(x))′ =
−2xy1(x)−2xy2(x)+3y′1(x)+3y′2(x) = −2xy1(x)+3y′1(x)−2y2(x)+3y′2(x)
= L (y1(x)) + L (y2(x)) .
• Sea α ∈ R y y(x) ∈ C1(R),
L (αy(x)) = −2x (αy(x)) + 3 (αy(x))′ = −2xαy(x) + 3αy′(x)
= α (−2xy(x) + 3y′(x)) = αL (y(x)) .
�
Ejemplo 11
La ecuacion diferencial de primer orden
x2 + yy′ − xy = −2 + x sinx, x ∈ R,
no es lineal.En este caso
L (y(x)) = −xy(x) + y(x)y′(x).
Vamos a ver si se verifica la primera propiedad
L (y1(x) + y2(x)) = L (y1(x)) + L (y2(x)) ,
11
L (y1(x) + y2(x)) = −x (y1(x) + y2(x)) + (y1(x) + y2(x)) (y1(x) + y2(x))′
= −xy1(x)− xy2(x) + (y1(x) + y2(x)) (y′1(x) + y′2(x))
= −xy1(x)− xy2(x) + y1(x)y′1(x) + y2(x)y′1(x)y1(x)y′2(x) + y2(x)y′2(x)
= −xy1(x) + y1(x)y′1(x)− xy2(x) + y2(x)y′2(x) + y2(x)y′1(x)y1(x)y′2(x)
= L (y1(x)) + L (+y2(x)) + y2(x)y′1(x)y1(x)y′2(x)
6= L (y1(x)) + L (+y2(x)) .
�
Teorema 12 La ecuacion diferencial de primer orden
G(x, y, y′) = 0, x ∈ I, (10)
es lineal si y solamente si el operador L tiene la forma
L(y(x)) = a0(x)y(x) + a1(x)y′(x), x ∈ I, y(x) ∈ C1(I),
para ciertas funciones a0(x) y a1(x).Otra forma de expresarlo es, (10) es lineal si y solamente si la ecuacion
tiene la formaa0(x)y + a1(x)y′ = p(x), x ∈ I,
para ciertas funciones a0(x), a1(x) y p(x) definidas en I.
Ejemplo 13
La ecuacion diferencial
2x+ 3y′ − 2xy = 1, x ∈ R,
tiene la formaa0(x)y + a1(x)y′ = p(x), x ∈ R,
siendoa0(x) = −2x, a1(x) = 3, p(x) = 1− 2x, x ∈ R,
y por lo tanto es lineal.�
Ejemplo 14
12
La ecuacion diferencial de primer orden
x2 + yy′ − xy = −2 + x sinx, x ∈ R,
no tiene la forma
a0(x)y + a1(x)y′ = p(x), x ∈ R,
ya que la funcion que multiplica a y′ es y, y esto no puede ocurrir para quesea lineal, la funcion que multiplica a y′ debe de depender solo de x, nuncade y.
�
Ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de orden 2.Si G es una funcion de 4 variables, la forma general de una ecuacion
diferencial ordinaria de segundo orden es
G(x, y, y′, y′′), x ∈ I ⊂ R. (11)
Para la ecuacion
x2 + xy + 2y2 − 3 sinxy′ + y′′ = − y
1 + x2− cosx, x ∈ R, (12)
tenemos
G(x, y, y′, y′′) = x2 + xy + 2y2 − 3 sinxy′ + y′′ +y
1 + x2+ cosx, x ∈ R.
(12) puede expresarse en la forma
y′′ = f(x, y, y′), x ∈ R,
donde
f(x, y, y′) = −x2 − xy − 2y2 + 3 sinxy′ − y
1 + x2− cosx, x ∈ R.
Tambien la podemos expresar en la forma
L(y) = g(x), x ∈ R,
donde
L(y) =
(x+
1
1 + x2
)y+2y2−3(sinx)y′+y′′, g(x) = −x2−cosx, x ∈ R.
13
Trabajamos ahora con la ecuacion
2x cos√x+ xy = 3x2y′′ − 2xy′ + x2 − 2, x ∈ [0,∞). (13)
Para (13)
G(x, y, y′, y′′) = 2x cos√x+ xy − 3x2y′′ + 2xy′ − x2 − 2, x ∈ [0,∞),
la expresamos en la forma
y′′ = f(x, y, y′), x ∈ (0,∞),
donde
f(x, y, y′) =2
3xcos√x− 1
3+
2
3x2+
1
3xy +
2
3xy′, x ∈ (0,∞),
y en la formaL(y) = g(x), x ∈ [0,∞),
donde
L(y) = xy + 3xy′ − 3x2y′′, g(x) = x2 − 2− 2x cos√x, x ∈ [0,∞).
Definicion 15 Diremos que la ecuacion diferencial de segundo orden
G(x, y, y′, y′′), x ∈ I ⊂ R,
es lineal, si al expresarla en la forma
L(y) = g(x), x ∈ I ⊂ R,
el operador L es lineal en el espacio vectorial C2(I). Esto es equivalente aque L satisfaga
• L (y1(x) + y2(x)) = L (y1(x)) + L (y2(x)) , y1(x), y2(x) ∈ C2(I),
• L (αy(x)) = αL (y(x)) , α ∈ R, y(x), y ∈ C2(I).
Observacion 16 La ecuacion diferencial de segundo orden
G(x, y, y′, y′′), x ∈ I ⊂ R,
14
es lineal si y solamente si L tiene la forma
L(y) = a0(x)y + a1(x)y′ + a2(x)y′′, x ∈ I,para ciertas funciones a0(x), a1(x) y a2(x) definidas en I, o lo que es lomismo G(x, y, y′, y′′) puede escribirse en la forma
a2(x)y′′ + a1(x)y′ + a0(x)y = p(x), x ∈ I,para ciertas funciones a0(x), a1(x), a2(x) y p(x) definidas en I.
La ecuacion
x2 + xy + 2y2 − 3 sinxy′ + y′′ = − y
1 + x2− cosx, x ∈ R,
no es lineal, pues los terminos donde aparece y son
xy + 2y2 = (x+ 2y)y,
la funcion que multiplica a y es x+ 2y que depende de y, y esto hace que laecuacion no sea lineal.
La ecuacion
2x cos√x+ xy = 3x2y′′ − 2xy′ + x2 − 2, x ∈ [0,∞).
si es lineal, pues la podemos expresar en la forma
a2(x)y′′ + a1(x)y′ + a0(x)y = p(x), x ∈ [0,∞),
donde
a2(x) = −3x2, a1(x) = 2x, a0(x) = x, p(x) = −x2−2−2x cos√x, x ∈ [0,∞).
Ejercicio 17 Determınese si las siguientes ecuaciones diferenciales son lin-eales o no lineales. Indıquese el orden de cada ecuacion.
1. (1− x)y′′ − 4xy′ + 5y = cosx
2. x d3ydx3− 2( dy
dx)4 + y = 0
3. yy′ + 2y = 1 + x2
4. x3 d4ydx4− x4 d2y
dx2+ 4x dy
dx− 3y = 0
5. (sinx)y′′′ − (cosx)y′ = 2
Solucion 1. lineal y orden 2; 2. no lineal y orden 3; 3. no lineal y orden 1; 4.lineal orden 4; 5. lineal y orden 3.
15
2 Problema de valor inicial o de Cauchy para
ecuaciones diferenciales ordinarias de primer
orden.
Problema de valor inicial o Cauchy: Sea f(t, y) una funcion definida enun cierto subconjunto D de R2 y (t0, y0) ∈ D. El problema de valor inicial oCauchy es designado por
(P )
{y′ = f(t, y), (t, y) ∈ D ⊂ R2
y(t0) = y0;(14)
y consiste en encontrar un intervalo I, con t0 ∈ I, y una funcion ϕ : I 7−→ Rde clase C1(I), derivable en I, tal que
• (t, ϕ(t)) ∈ D, para todo t ∈ I,
• ϕ′(t) = f(t, ϕ(t)), para todo t ∈ I y
• ϕ(t0) = y0.
Si I y ϕ(t) existen verificando las condiciones de encima, decimos que ϕ essolucion de (14) en I.
Observacion 18 El problema de Cauchy (14) modeliza, usualmente, unproblema de evolucion en el tiempo. Esta es la razon de que utilizemos comovariable independiente la t y no la x.
Ejemplo 19 Consideramos el problema
(P )
{y′ = y − t, (t, y) ∈ R2
y(0) = 1;(15)
Estudiese si las siguientes funciones definidas en R son soluciones del prob-lema de Cauchy
1. ϕ1(t) = 1− t,
2. ϕ2(t) = 1 + t− 2et,
16
3. ϕ3(t) = 1 + t.
Proof. En este caso D = R2, f(t, y) = y − t, t0 = 0 e y0 = 1.
Observacion 20 El alumno, del curso anterior, ya sabe calcular todas lassoluciones de la ecuacion lineal y′ = y − t. Sea y(t) una solucion
y′(t)− y(t) = −t,
la multiplicamos por e∫−dt = e−t.
e−ty′(t)− e−ty(t) = −te−t,(e−ty(t)
)′= −te−t
integrando
e−ty(t) = −∫te−t, e−ty(t) = (t+ 1)e−t + c,
y(t) = 1 + t+ cet, t ∈ RLa solucion de (P ) la determinaremos con la condicion de que pase por elpunto (0, 1),
1 = y(0) = 1 + 0 + ce0, =⇒ c = 0,
y obtenemos que la unica solucion de (P ) es
y(x) = 1 + t, t ∈ R.
El estudiante ya puede hacer los ejercicios 122, 123, 125 y 128.
2.1 Existencia y unicidad
En condiciones bastante ”generales” en f(t, y) vamos a poder asegurar queel problema de Cauchy admite una unica solucion.
Definicion 21 Sea (t0, y0) ∈ R2, y r > 0. Definimos la bola abierta decentro (t0, y0) y radio r como el conjunto de puntos
B((t0, y0), r) = {(x, y) ∈ R2 : (t− t0)2 + (y − y0)2 < r2}.
Teorema 22 Existencia y unicidad Sea D un ”subconjunto” de R2, (t0, y0) ∈D y f : D −→ R. Consideramos el problema de Cauchy o valor inicial
(P )
{y′ = f(t, y), (t, y) ∈ D ∈ R2
y(t0) = y0;(16)
17
• Si existe r > 0 tal que f es continua en D ∩B((t0, y0), r), (16) admitepor lo menos una solucion, en el sentido de que existe un intervalo Icon t0 ∈ I, y una funcion ϕ derivable en este intervalo tal que
– (t, ϕ(t)) ∈ D ∩B((t0, y0), r) para todo t ∈ I,
– ϕ′(t) = f(t, ϕ(t)), para todo t ∈ I y
– ϕ(t0) = y0.
• Si existe s > 0 tal que ∂f∂y
es continua, entonces (16) admite una unicasolucion, en el sentido de que existe un intervalo I con t0 ∈ I, y unaunica funcion ϕ derivable en este intervalo tal que
– (t, ϕ(t)) ∈ D ∩B((t0, y0), s) para todo t ∈ I,
– ϕ′(t) = f(t, ϕ(t)), para todo t ∈ I y
– ϕ(t0) = y0.
Ejemplo 23 Estudiese si en los siguiesen problemas de Cauchy podemosasegurar existencia y unicidad de solucion. En caso de existencia, determinesi las funciones indicadas son soluciones del problema de Cauchy.
1.
(P )
{y′ = 2t(1 + y), (t, y) ∈ R2
y(0) = 0;
ϕ1(t) = t3, t ∈ Rϕ2(t) = et
2 − 1, t ∈ Rϕ3(t) = 4et − 1, t ∈ R
(17)
En este ejemplo, D = R2, f(t, y) = 2t(1 + y), t0 = 0 e y0 = 0.
Las funciones f(t, y) = 2t(1 + y) y ∂f∂y
(t, y) = 2t, son continuas en todo
R2, en particular en cualquier bola abierta centrada en (0, 0) y de radior > 0. El problema (P ) admite una unica solucion.
ϕ1(t) = t3 no es solucion de (17) pues no satisface la ecuacion diferencial
ϕ′1(t) = 3t2 6= 2t(1 + ϕ1(t)) = 2t(1 + t3).
ϕ2(t) = et2−1, satisface la condicioon inical, ya que ϕ2(0) = e0−1 = 0.
Por otra parte
ϕ′2(t) = 2tet2
= 2t(ϕ2(t)− 1) = 2tet2
.
18
Entonces, cualquiera que sea el intervalo que contenga a 0, la funcionϕ2(t) esta definida en el y es solucion de (P ), como este problemaadmite una unica solucion, ϕ2(t) es la unica solucion de (P ) en R.
Ya que existe una unica solucion de (P ), ϕ3(t) no puede ser solucion,y en efecto, no satisface la condiceon inicial, ya que ϕ3(0) = 4e0 − 1 =3 6= 0.
2.
(P )
{y′ = y2, (t, y) ∈ R2
y(0) = 1;ϕ1(t) = 1
1−t , t ∈ (−∞, 1)
ϕ2(t) = 0, t ∈ R (18)
En este caso, D = R2, f(t, y) = y2, t0 = 0 e y0 = 1.
Las funciones f(t, y) = y2 y ∂f∂y
(t, y) = 2y son funciones continuas en
todo R2, en particular en cualquier bola abierta centrada en (0, 1) y conradio r > 0. El problema de Cauchy (P ) admite una unica solucion.
ϕ2(t) = 0, satisaface la ecuacion diferencial, ya que
ϕ′2(t) = 0 = ϕ22(t) = 02 = 0,
sin embargo no satisface la condicion inicial, pues ϕ2(0) = 0 6= 1. ϕ2(t)no es solucion de (P ).
ϕ1(t) = 11−t satisface la condicion inicial, ya que ϕ1(0) = 1
1−0= 0; y
tambien la ecuacion diferencial
ϕ′1(t) =1
(1− t)2= ϕ2
1(t),
luego ϕ1(t) es una solucion de (P ) en (−∞, 1).
Si δ > 0 es suficientemente pequeno, ϕ1(t) esta definida en (−δ, δ) yes solucion en este intervalo de (P ). Como este problema admite unaunica solucion, esta tiene que ser ϕ1(t).
ϕ1 esta definida en (−∞, 1), ¿es la unica solucion de (P) en este inter-valo?. Empecemos viendo que si es la unica en [0, 1).
Supongamos que no es ası. Debe entonces de existir otra solucion de(P) en [0, 1), φ(t), diferente de ϕ1(t). Podremos asegurar la existenciade un c, tal que 0 < c < 1 y satisfaciendo que{
ϕ1(t) = φ(t), 0 ≤ t ≤ cϕ1(t) 6= φ(t), c < t < 1
. (19)
19
(Cualquier solucion de (P) es creciente). Sea d = ϕ1(c) = φ(c) > 0 yconsideramos el problema de valor inicial{
y′ = y2
y(c) = d. (20)
Si aplicamos el teorema de existencia y unicidad a este problema, de-ducimos que debe de existir un intervalo (c − α, c + α) ⊂ [0, 1) donde(20) admite una unica solucion. Pero esto es una contradiccion, puesal ser soluciones de (P) ϕ1 y φ en [0, 1) lo seran tambien de (20), locual nos dice que no puede ocurrir que haya dos soluciones diferentesde (P) en [0, 1). Analogamente veriamos que tampoco las puede haberen (−∞, 0].
3.
(P )
{y′ = t
√y, (t, y) ∈ D = {(t, y) ∈ R2 : y ≥ 0}
y(1) = 1;ϕ1(t) = (t2−1)2
16, t ∈ [1,∞)
ϕ2(t) = (t2+3)2
16, t ∈ [1,∞)
En este caso, f(t, y) = t√y, t0 = 1 e y0 = 1.
La funcion f(t, y) = t√y es continua en D∩B((1, 1), r) cualquiera que
sea r > 0. (P ) por lo menos admite una solucion
La funcion ∂f∂y
(t, y) = t2√y
es continua en D − {(t, 0) ∈ R2 : t ∈R}. Si tomamos 0 < s < 1, la bola abierta B((1, 1), s) no contienepuntos de {(t, 0) ∈ R2 : t ∈ R} y por lo tanto ∂f
∂y(t, y) es continua
en D ∩ B((1, 1), s) para 0 < s < 1. (P) admite entonces una unicasolucion.
ϕ2(t) = (t2+3)2
16, t ∈ [1,∞) es solucion de la ecuacion diferencial
ϕ′2(t) =4t(t2 + 3)
16=t(t2 + 3)
4= t√ϕ2(t),
y satisface la condicion inicial ϕ2(1) = (12+3)2
16= 1. Como (P ) admite
unicidad de solucion, esta debe ser la unica solucion.
ϕ1(t) = (t2−1)2
16no puede ser solucion de (P ) pues no satisface la
condicion inicial , ϕ1(1) = (12−1)2
16= 0 6= 1.
20
4.
(P )
{y′ = t
√y, (t, y) ∈ D = {(t, y) ∈ R2 : y ≥ 0}
y(1) = 0;ϕ1(t) = (t2−1)2
16, t ∈ [1,∞)
ϕ2(t) = 0, t ∈ [1,∞)
En este caso, f(t, y) = t√y, t0 = 1 e y0 = 0.
f(t, y) = t√y es continua en D, en particular en D ∩ B((1, 0), r)
cualquiera que sea r > 0. Podemos asegurar que (P ) admite por lomenos una solucion.
La funcion ∂f∂y
(t, y) = t2√y
no esta definida en D − {(t, 0) ∈ R2 : t ∈R}. Cualquiera que sea s > 0, ∂f
∂y(t, y) no puede ser continua en D ∩
B((1, 0), s), y por lo tanto no se puede garantizar la unicidad de (P ).En efecto,
• ϕ2(t) = 0, t ∈ [1,∞), es solucion ya que ϕ2(1) = 0 y
ϕ′2(t) = 0 = t√
0 = t√ϕ2(t);
• ϕ1(t) = (t2−1)2
16, t ∈ [1,∞), tambien es solucion de (P ), pues
ϕ1(0) = (12−0)2
16= 0 y
ϕ′1(t) =4t(t2 − 1)
16=t(t2 − 1)
4= t√ϕ1(t).
Hemos encontrado dos soluciones diferentes de (P ), ϕ1(t) y ϕ2(t),y esto nos demuestra que (P ) no admite una unica solucion.
5. Ecuacion logıstica
(P )
{y′ = y(1− y), (t, y) ∈ R2
y(1) = 0
En este caso, f(t, y) = y(1− y), t0 = 1 e y0 = 0.
f(x, y) = y(1 − y) es continua en R2, en particular en B((1, 0), r)cualquiera que sea r > 0. Podemos asegurar que (P ) admite por lomenos una solucion.
La funcion ∂f∂y
(t, y) = 1 − 2y tambien es continia en R2, y esto nospermite afirmar que el problema admite una unica solucion.
21
�El siguiente ejercicio muestra como un problema de valor inicial puede
admitir unicidad de solucion local pero no global.
Ejercicio 24 Dado el problema de valor inicial{y′ = 3
2y1/3, (t, y) ∈ R2
y(1) = 1. , (21)
1. ¿Existe δ > 0 tal que (21) admite una unica solucion en (1− δ, 1 + δ)?.
2. ¿Existe una unica solucion de (21) en (−1, 3)?
Proof.
1. En este caso, f(t, y) = 32y1/3, t0 = 1 e y0 = 1.
La funcion f(t, y) = 32y1/3 es continua en B((1, 1), r) cualquiera que sea
r > 0. (P ) por lo menos admite una solucion.
La funcion ∂f∂y
(t, y) = 12y2/3
es continua en B((1, 1), s) siempre que 0 <s < 1, por el teorema de existencia y unicidad existira un δ > 0 donde(21) admitira una unica solucion en (1− δ, 1 + δ).
2. Para ver si hay unicidad de solucion en (−1, 3) vamos a integral y′ =32y1/3.
Observamos que esta ecuacion, no el problema de valor inicial, admitecomo solucion a la funcion nula y(x) = 0. En los calculos que sigue,vamos a suponer que y 6= 0, es decir que no contemplamos, al integrarla ecuacion diferencial, la solucion nula.
y′ =3
2y1/3,
dy
dt=
3
2y1/3,
2
3y−1/3dy = dt, y2/3 = t+ c.
Para calcular la cosntante c, si imponemos que la solucion pase por elpunto (1, 1) deducimos que c = 1, y por tanto y = t3/2.
La funcion ϕ1(t) = t3/3 es solucion de (21) en (−1, 3), pero esta no esla unica, pues
ϕ2(t) =
{t3/2, 0 ≥ t < 2,0, −1 < t < 0,
,
es tambien solucion de (21).
22
Ejercicio 25 Estudiese la existencia y unicidad de solucion en un intervaloque contenga al punto 2, de los siguientes problemas de Cauchy. En caso deexistencia, obtenga la(s) solucion(nes).
Si no hay unicidad, obtenga por lo menos dos soluciones del problema.
1.
{y′ = y
t+ y2 t > 0, y ∈ R
y(2) = 2
2.
{y′ = 2y
√t− 2 t ≥ 2, y ∈ R
y(2) = e
3.
{y′ = 3
√y − 2 t ∈ R, y ≥ 2
y(2) = 2
4.
{y′ = t
1+y2(t, y) ∈ R2
y(2) = −1
Indicacion y solucion 1. El problema admite una unica solucion. La ecuaciondiferencial de Bernoulli tiene la forma y′ + a0(t)y = q(t)yn, y podemos re-ducirla a una lineal con el cambio u = y1−n. La solucion es y(t) = 2t
6−t2 , t ∈(−√
6,√
6).2. El problema admite una unica solucion que es log y = 4
3(t − 2)3/2 +
1, t ≥ 2.3. El problema no admite unicidad de solucion local. Cualquiera que
sea δ > 0, las funciones y1(t) = 1 y y2(t) = 94(t − 2)2 + 2, son soluciones en
[2, 2 + δ).4. El problema admite una u´nica solucion localmente, que esta dada en
forma implcita por la ecuacion y + y3
3= t2
2− 10
3, y(2) = −1.
El estudiante ya puede hacer los ejercicios 129 y 130.
2.2 Prolongabilidad
Veremos el concepto de prolongabilidad con dos ejemplos.Ejemplo 1.Consideramos el problema{
y′ = t√y, (t, y) ∈ D = R× [0,∞),
y(1) = 0.(22)
23
La funcion f(t, x) = t√y es continua en (t0, y0) = (1, 0), lo que nos asegura
que (22) admite solucion. ∂f∂y
= t2√y
no esta definida, y por lo tanto no es
continua en (1, 0), lo que nos dice que no podemos asegurar que (22) admitauna unica solucin.
ϕ(t) = 0 es una solucion de (22) en R. Vamos a integrar y′ = t√y para
ver si podemos encontrar otra solucion. En las calculos que siguen, vamos asuponer que y 6= 0.
y′ = t√y ⇔ dy
dt= t√y ⇔ y−
12 = tdt⇔ 2y
12 =
t2
2+ C ⇔ √y =
t2
4+ C,
imponemos en la igualdad anterior que si t = 1 y debe ser 0.
√0 =
12
4+ C ⇒ C = −1
4,
y si existe una solucion distinta de la trivial de (22) esta debe obtenerse dela identidad
√y =
t2
4− 1
4⇔ √y =
1
4(t2 − 1). (23)
El lado izquierdo de la identidad anterior√y es siempre mayor o igual que
cero, por lo tanto para que la igualdad anterior defina una funcion en lavariable t, el lado derecho debe de ser mayor o igual que cero,
1
4(t2 − 1) ≥ 0⇔ |t| ≥ 1.
(23) define una funcion
φ(t) =1
16(t2 − 1)2, t ∈ (−∞,−1] ∪ [1,∞)
que es solucion de (22). Podemos entonces asegurar que (22) no admitesolucion unica en (−∞,−1] ∪ [1,∞).
Definicion 26 Si existe φp(t) definida en R tal que φp(t) es solucion de (23)en R y
φp(t) = φ(t), si t ∈ (−∞,−1] ∪ [1,∞),
decimos que la solucion φ(t) es prolongable a R y φp(t) es una prolongacionde φ(t) a R.
24
¿Es prolongable φ(t) a R?. Si suponemos que lo es, la prolongacion φp
debe de satisfacer
dφp
dt(t) = t
√φp(t), t ∈ (−1, 1) =⇒
φp(t) ≥ 0, t ∈ (−1, 1)dφp
dt(t) ≥ 0, t ∈ [0, 1) ⇒ φp(t) creciente en [0, 1)
dφp
dt(t) ≤ 0, t ∈ (−1, 0] ⇒ φp(t) decreciente en [0, 1)
De la unica forma que se puede prolongar φ(t) a [0, 1) es tomando en esteintervalo el valor nulo. Como ϕ(t) = 0 es slucion de (22), definimos entonces
φp(t) = 0, t ∈ [0, 1).
En (−1, 0] la φ(t) puede tambien ser prolongada por la solucion, pero ¿esunica esta prolongacion en (−1, 0]?. La respuesta es afirmativa, pues comoφp en t = −1 tiene que tomar el valor 0, y φp es no negativa y decreciente en(−1, 0] se tiene que verificar que
−1 ≤ t ≤ 0 =⇒ 0 ≤ φp(t) ≤ φ(−1) = 0,
lo que nos dice que φp(t) = 0 en (−1, 0] y
φp(t) =
{116
(t2 − 1)2, t ∈ (−∞,−1] ∪ [1,∞),0, t ∈ (−1, 1),
es una prolongacion de φ(t) en R y (22) admite dos soluciones distintas enR.
¿Existen mas de estas dos soluciones φ(t) y φp(t) de (22) en R?. Larespuesta es afirmativa. Es facil ver que
ψ(t) =
{116
(t2 − 1)2, t ∈ [1,∞),0, t ∈ (−∞, 1),
es tambien solucion de (22) en R. De hecho existe infinitas prolongacionesde φ en R. Si a ≥ 1 y b ≤ 0 la funcion
φpab =
116
(t2 − 1)2, t ∈ [a,∞),0, t ∈ (b, a),116
(t2 − b2)2, t ∈ (−∞, b],(24)
es una prolongacion de φ(t) en R.
25
Ejemplo 2.Consideramos ahora el problema{
y′ = t√y, (t, y) ∈ D = R× [0,∞),
y(3) = 1.(25)
Por el teorema de existencia y unicidad, este problema amite una unicasolucion en un intervalo I que contiene contiene al punto 3.
Vamos a integrar (25)
y1/2 =t2
4+ C,
imponemos que la solucion pase por el punto (3, 1),
1 =9
4+ C ⇒ C = −5
4⇒ y1/2 =
1
4
(t2 − 5
),
la igualdad anterior define una funcion dependiente de t solamente en lospuntos t tales que |t| ≥
√5. Si queremos una solucion de (25) definida en un
intervalo abierto de R, el mayor intervalo que contiene al 3 es (√
5,∞). Eneste intervalo, (25) admite una unica solucion y esta dada por
φ(t) =1
16
(t2 − 5
)2, t ∈ (
√5,∞). (26)
En efecto, si suponemos que admite dos soluciones φ1(t) y φ2(t) en (√
5,∞),como en un intervalo que contiene al punto 2 deben de coincidir, existiraun x0 ∈ (
√5,∞) distinto de 2 tal que o bien a la derecha de x0 o bien a
la izquierda φ1(t) y φ2(t) deben de ser diferentes. Supongamos que es a laderecha. Existe δ > 0 tal que
φ1(t) = φ2(t) t ∈ (x0 − δ, x0] y φ1(t) 6= φ2(t) t ∈ (x0, x0 + δ),
lo cual es una contradiccion con el hecho de que el problema{y′ = ty1/2 (t, y) ∈ R× [0,∞),y(x0) = φ1(x0) = φ2(x0)
,
admite una unica solucion.Argumentando como en el problema (22), la solucion (26) puede prolon-
garse en [0,√
5] unicamente por la funcion nula. En (−∞, 0) puede prolon-garse por la funcion nula o por una funcion del tipo
φpb(t) =
{0, t ∈ [b, 0),116
(t2 − b2)2, t ∈ (−∞, b)con b < 0.
26
2.3 Estabilidad
Estabilidad de un problema de Cauchy con respecto al dato inicialSupongamos que el problema de Cauchy
(P2)
{y′ = f(t, y), (t, y) ∈ D ∈ R2
y(t0) = z0;(27)
admite solucion unica en un intervalo I que contiene a t0, cuando z0 esproximo o igual a y0.
Diremos que
(P1)
{y′ = f(t, y), (t, y) ∈ D ∈ R2
y(t0) = y0;(28)
es estable con respecto al dato inicial y0 en I, si se verifica que si y0 y z0 sonproximos, |y0 − z0| es pequeno, entonces las soluciones de los problemas
(P1)
{y′ = f(t, y), (t, y) ∈ D ∈ R2
y(t0) = y0;, (P2)
{y′ = f(t, y), (t, y) ∈ D ∈ R2
y(t0) = z0;,
ϕ1(y) y ϕ2(t) respectivamente, definidas en el intervalo I, son ”proximas” enalgun sentido, que por ejemplo puede ser
supt∈I|ϕ1(t)− ϕ2(t)| ≤ C|y0 − z0|,
siendo C una constante absoluta.
Ejemplo 27
Consideramos el problema
(P1)
{y′ = y + t, (t, y) ∈ R2
y(0) = 2,
Vamos a ver que es estable en I = [−2, 3] con respecto al dato inicial 2.Es facil ver que la solucion de (P1) es ϕ1(t) = −(1 + t) + 3et.Consideramos el problema
(P2)
{y′ = y + t, (t, y) ∈ R2
y(0) = z0,
27
La solucion de este problema de Cauchy es ϕ2(t) = −(1 + t) + (1 + z0)et. Severifica que
supt∈[−2,3]
|ϕ1(t)− ϕ2(t)| = supt∈[−2,3]
∣∣(2− z0)et∣∣ ≤ e3|2− z0|,
entonces si z0 esta proximo a 2, por ejemplo
z0 ∈(
2− 1
10000, 2 +
1
10000
)⇐⇒ |2− z0| <
1
10000,
ϕ1(t) y ϕ2(t) son muy proximas en I = [−2, 3] ya que
|ϕ1(t)− ϕ2(t)| < e3
1000<
27
10000= 0.0027, ∀t ∈ [−2, 3].
Ejercicio Consideramos los problemas
(P )
{y′ = y(1− log y), t ∈ (0, 10],y(0) = 10−6,
(Q)
{y′ = y(1− log y), t ∈ (0, 10],y(0) = 10−6 + 10−3.
1. Utilizando el metodo de Euler dibuje en [0, 10] las soluciones y(t) y z(t)de (P ) y (Q) respectivamente. Dibuje tambien la solucien estacionariade la ecuacion y′ = y(1− log y).
2. Calcule maxt∈[0,10] |y(t)− z(t)|.
3. Interprete los resultados.
En la grafica de abajo se representan las soluciones e los problemas (P )y (Q). Observese que esto problema solamente se diferencia en el dato ini-cial, y la diferencia es pequena, 10−3. Sis embargo las soluciones de amborproblemas no estan cercanas. El problema (P ) no es estable con respecto aldato inicial.
28
3 Ecuaciones diferenciales lineales de orden
n
Solo tratamos el caso n = 2. Todas las ideas se trasladan de manera estandaral caso n > 2.
Forma general
y′′
+ a1(t)y′ + a0(t)y = p(t), t ∈ I, (29)
donde a1, a0 y p son funciones definidas en I.
Ejemplo 28
• t2y′′ + ty′ +(t2 − 1
2
)y = 0, t ∈ (0,∞).
Esta ecuacion puede reescribirse en la forma
y′′ +1
ty′ +
(1− 1
2t2
)y = 0, t ∈ (0,∞). (30)
29
En este caso a1(t) = 1t, a0(t) = 1− 1
2t2y p(t) = 0.
•y′′ − 2y′ − 3y = 0, t ∈ R. (31)
•y′′ − 4y = 12t, t ∈ R. (32)
•(1 + x2)y
′′+ ty′′ − 3exy = 6, t ∈ R. (33)
�Decimos que la ecuacion diferencial (29) es homogenea si p(x) = 0. (30)
y (31) son homegeneas, (32) y (33) son no homogeneas.La ecuacion homogenea asociada a (29) las definimos por
y′′
+ a1(x)y′ + a0(x)y = 0, x ∈ I, (34)
(29) es de coeficientes constantes si a1 y a0 son funciones constantes.(31) y (32) son coeficientes constantes, (30) y (33) no son de coeficientesconstantes.
Una solucion de (29) es una funcion ϕ ∈ C2(J), con J un intervalo inclu-ido en I tal que
ϕ′′(t) + a1(t)ϕ′(t) + a0(x)ϕ(t) = p(t), t ∈ J.
Ejemplo 29
ϕ(x) = e3t es una solucion en R de la ecuacion
y′′ − 2y′ − 3y = 0, t ∈ R.
ϕ′(t) = 3e3t, ϕ′′(y) = 9e3t,
ϕ′′(t)− 2ϕ′(t)− 3ϕ(t) = 9e3t − 6e3t − 3e3t = 0.
�
Ejercicio 30 Determınese si las funciones ϕ1(t) = et, ϕ2(t) = 3 + t2 yϕ3(t) = 3− t son soluciones de la ecuacion diferencial
t2y′′ − 2ty′ + 2y = 6, t > 0.
30
3.1 Problema de valor inicial o de Cauchy
Sean a0(t), a1(t) y g(t) tres funciones definidas en un intervalo I de R, (puedeser R), y t0 ∈ I, y0 e y1 dos numeros reales. El problema de valor inicial oCauchy asociado a las funciones a0, a1 y g y a los numeros reales x0, y0 e y1,es designado por
(P )
{y′′ + a1(t)y′ + a0(t)y = g(t), t ∈ Iy(t0) = y0, y′(t0) = y1.
(35)
y consiste en encontrar un intervalo J con t0 ∈ J ⊂ I y una funcion ϕ ∈ C2(I)tal que
• ϕ′′(t) + a1(t)ϕ′(t) + a0(t)ϕ(t) = g(t), t ∈ J ,
• ϕ(t0) = y0, ϕ′(t0) = y1.
Si existe un intervalo J y una funcion ϕ(t) satisfaciendo las condiciones deencima, decimos que ϕ(t) es solucion del problema de valor inicial o Cauchy(35) en J .
A y(t0) = y0, y′(t0) = y1 se le llaman condiciones iniciales.
Ejemplo 31 Consideramos el problema de valor inicial
(P )
{y′′ + 1
ty′ +
(1− 1
4t2
)y = t1/2, t ∈ (0,∞)
y(π) = π−1√π, y′(π) = π+1
2π√π.
(36)
En este caso, I = (0,∞), a1(t) = 1t, a0(t) = 1 − 1
4t2, g(t) = t1/2, t0 = π,
y0 = π−1√π
e y1 = π+12π√π
.
1. ϕ1(t) = π+12π√πt+ π−3
2√π
no es solucion de (36).
(a) Si satisface las condiciones iniciales.
ϕ1(π) = π+12√π
+ π−32√π
= 2(π−1)2√π
= π−1√π
.
ϕ′1(t) = π+12π√π, =⇒ ϕ′1(π) = π+1
2π√π.
(b) No satisface la ecuacion
ϕ′′1(t) +1
tϕ′1(t) +
(1− 1
4t2
)ϕ1(t)
= 0 +1
t
π + 1
2π√π
+
(1− 1
4t2
)(π + 1
2π√πt+
π − 3
2√π
)6= t1/2.
31
2. ϕ2(t) = t1/2 no es solucion de (36).
(a) No satisface las condiciones iniciales.
ϕ2(π) =√π 6= π−1√
πy ϕ′2(π) = 1
2√π6= π+1
2π√π.
(b) Si satisface la ecuacion.
ϕ′′2(t) +1
tϕ′2(t) +
(1− 1
4t2
)ϕ2(t)
= −1
4t−3/2 +
1
2t−3/2 + t1/2 − 1
4t−3/2 = t1/2.
3. ϕ3(t) = t1/2 + cos t√t
si es solucion de (36).
(a) Si satisface las condiciones iniciales.
ϕ3(π) =√π + cosπ√
π=√π − 1√
π= π−1√
π.
ϕ′3(π) = 12π−1/2− 1
2π−3/2 cosπ−π−1/2 sin π = 1
2√π
+ 12π√π
= π+12π√π.
(b) Si satisface la ecuacion.
ϕ′′3(t) +1
tϕ′3(t) +
(1− 1
4t2
)ϕ3(t)
=
(−1
4t−3/2 +
3
4t−5/2 cos t+ t−3/2 sin t− t−1/2 sin t
)+
(1
2t−3/2 − 1
2t−5/2 cos t− t−3/2 sin t
)+
(t1/2 + t−1/2 cos t− 1
4t−3/2 − 1
4t−5/2 cos t
)= t1/2.
�
Teorema 32 Existencia y unicidad. El problema
(P )
{y′′ + a1(t)y′ + a0(t)y = g(t), t ∈ Iy(t0) = y0, y′(t0) = y1.
(37)
para a0, a1 y g funciones continuas en I, x0 ∈ I, y0 e y1 en R, admite unaunica solucion ϕ ∈ C2(I).
32
3.2 Ecuaciones diferenciales lineales de segundo ordenhomogeneas
Teorema 33 Consideramos la ecuacion diferencial lineal y homogenea desegundo orden
y′′
+ a1(t)y′ + a0(t)y = 0, t ∈ I, (38)
donde a1 y a0 son funciones continuas definidas en I.El conjunto de las soluciones de (38) tiene una estructura de espacio
vectorial de dimension 2.
Proof. Vamos a demostrar el teorema con un ejemplo concreto.Consideramos la ecuacion
t2y′′ − ty′ − 3y = 0, t > 0, (39)
Para demostrar que el conjunto de las soluciones tiene una estructura deespacio vectorial, sera sufiente con demostrar que si ϕ1 y ϕ2 son dos solucionesde (39), entonces
1. ϕ1 + ϕ2 es solucion de (39), y
2. αϕ1 es solucion cualquiera que sea α ∈ R.
1. Definimos(ϕ1 + ϕ2)(t) = ϕ1(t) + ϕ2(t).
Si ϕ1y ϕ2 son soluciones de (39), se verifica
t2ϕ′′1(t)− tϕ′1(t)− 3ϕ1(t) = 0, t > 0,
t2ϕ′′2(t)− tϕ′2(t)− 3ϕ2(t) = 0, t > 0,
sumando las dos igualdades anteriores
t2(ϕ′′1(t) + ϕ′′2(t))− t(ϕ′1(t) + ϕ′2(t))− 3(ϕ1(t) + ϕ2(t)) = 0, t > 0,
t2(ϕ1 + ϕ2)′′(y)− t(ϕ1 + ϕ2)′(t)− 3(ϕ1 + ϕ2)(t) = 0, t > 0,
lo que demuestra que ϕ1 + ϕ2 es solucion de (39).
33
2. Definimos(αϕ1)(t) = αϕ1(t).
Si ϕ1 es solucion de (39) se verivica
t2ϕ′′1(t)− tϕ′1(t)− 3ϕ1(t) = 0, t > 0,
multiplicando por α
t2αϕ′′1(t)− tαϕ′1(t)− 3αϕ1(t) = 0, x > 0,
t2(αϕ1)′′(t)− t(αϕ1)′(t)− 3(αϕ1)(t) = 0, t > 0,
lo que demuestra que αϕ1 es solucion de (??).
Ahora vamos a demostrar que tiene dimension 2. Tendremos que encon-trar dos soluciones ϕ1 y ϕ2 de (??) tal que
1. ϕ1 y ϕ2 son linealmente independientes, lo que quiere decir que si
αϕ1(t) + βϕ2(t) = 0 para todo t > 0,
entonces α = β = 0.
2. ϕ1 y ϕ2 forma un sistema generador, lo que quiere decir que si φ es otrasolucion de (39) entonces existen dos numueros reales c1 y c2 tal que
φ(t) = c1ϕ1(t) + c2ϕ2(t) para todo t > 0.
Por la forma que tiene la ecuacion (39), podemos pensar que admite solu-ciones de la forma ϕ(t) = tα, para algun α real. Veamos si esto es cierto.
ϕ(t) = tα, ϕ′(t) = αtα−1, ϕ′′(t) = α(α− 1)tα−2,
imponemos que satisfaga la ecuacion (39)
t2ϕ′′(t)− tϕ′(t)− 3ϕ(t) = 0, α(α− 1)tα − αtα − 3tα = 0, t > 0,
dividiendo por tα
α(α− 1)− α− 3 = 0, α2 − 2α− 3 = 0,
es decir que ϕ(t) = tα es solucion de (39) si y solamente si α es solucion dela ecuacion α2 − 2α− 3 = 0.
Esta ecuacion tiene dos soluciones
α = 3 nos da la solucion ϕ1(t) = t3
α = −1 nos da la solucion ϕ2(t) = t−1.
34
1. ϕ1(t) = t3 y ϕ2(t) = t−1 son linealmente independientes.
Sean α y β numeros reales tales que
αϕ1(t) + βϕ2(t) = αt3 + βt−1 = 0 para todo t > 0.
Si particularizamos en t = 1 y t = 2 tenemos{α + β = 08α + 1
2β = 0
=⇒ α = β = 0.
2. ϕ1(t) = t3 y ϕ2(t) = t−1 forman un sistema generador.
Sea φ una solucion de (39). Tomemos un numuero real cualquieramayor que 0, por ejemplo el 1. Consideramos el problema de Cauchy{
t2y′′ − ty′ − 3y = 0, t > 0y(1) = φ(1), y′(1) = φ′(1)
(40)
φ(t) es solucion de este problema. Por otra parte la funcion
ψ(t) =φ(1) + φ′(1)
4ϕ1(t) +
3φ(1)− φ′(1)
4ϕ2(t)
=φ(1) + φ′(1)
4t3 +
3φ(1)− φ′(1)
4
1
t, t > 0,
tambien es solucion de (40) ya que trivialmente satisface la ecuaciondiferencial y
ψ(1) = φ(1)+φ′(1)4
13 + 3φ(1)−φ′(1)4
11
= φ(1)
ψ′(1) = 3φ(1)+φ′(1)4
12 − 3φ(1)−φ′(1)4
112,= φ′(1)
.
Como (40) admite una unica solucion en (0,∞), se tiene que
φ(t) =φ(1) + φ′(1)
4ϕ1(t) +
3φ(1)− φ′(1)
4ϕ2(t)
=φ(1) + φ′(1)
4t3 +
3φ(1)− φ′(1)
4
1
t, t > 0,
y esto demuestra que ϕ1(t) = t3 y ϕ2(t) = t−1 forman un sistemagenerador.
35
Esto nos dice que si y(t) es una solucion de (39), esta solucion debe seruna combinacion lineal de las soluciones ϕ1(t) = t3 y ϕ2(t) = t−1.
A la expresion
y(t) = c1ϕ1(t) + c2ϕ2(t) = c1t3 + c2t
−1, c1, c2 ∈ R, t > 0,
la conocemos como la solucion general de (39).
Definicion 34 Sean a0 y a1 dos nmeros reales. La ecuacion diferencial or-dinario de segundo orden
t2y′′ + a1ty′ + a0y = 0, t > 0,
es conocida como la ecuacion diferencial de Euler homogenea de orden 2.
Ejercicio 35 Calcule la solucion
t2y′′ − 2ty′ + 2y = 0, t > 0 (41)
Proof. (41) es una ecuacion diferencial lineal homogenea de segundo orden.Como el conjunto de sus soluciones tiene una estructura de espacio vectorialde dimension 2, para conocer todas las soluciones, tendremos que encontraruna base, es decir dos soluciones linealmente independientes.
La ecuacion (41) es de Euler. Intentamos encontrar soluciones de laforma y(t) = tα para algun α ∈ R. Para determinar α, imponemos quey(t) = tα satisfaga (41).
y′(t) = αtα−1, y′′(t) = α(α− 1)tα−2,
t2y(t)′′ − 2ty(t)′ + 2y(t) = 0 ⇐⇒ α(α− 1)tα − 2αtα + 2tα = 0,
ya que t > 0, podemos dividir en la igualdad de encima por tα y deducimoaque
y(t)=tα es solucion de t2y′′ − 2ty′ + 2y = 0, t > 0⇐⇒ α(α− 1)− 2α + 2 = 0
α(α−1)−2α+2 = 0⇐⇒{α = 1α = 2
=⇒{ϕ1(t) = tϕ2(t) = t2
son soluciones det2y′′ − 2ty′ + 2y = 0, t > 0.
36
Puesto que ϕ1(t) = t y ϕ2(t) = t2 son linealmente independientes[γ1t+ γ2t
2 = 0, ∀t > 0, en particular
{t = 1 =⇒ γ1 + γ2 = 0t = 2 =⇒ γ1 + 4γ2 = 0
=⇒ γ1 = γ2 = 0
]{ϕ1, ϕ2} es una base el conjunto de la soluciones e (41). Si φ(t) es otrasolucion de (41)
φ′′(t)− 2φ′(t) + 2φ(t) = 0, t > 0,
φ debe ser una combinacion lineal de ϕ1 y ϕ2, existiran entonces dos numerosreales c1 y c2 tal que
φ(t) = c1ϕ1(t) + c2ϕ2(t) t > 0.
La solucion general de (41) es
y(t) = c1ϕ1(t) + c2ϕ2(t) = c1t+ c2t2, c1, c2 ∈ R
Ejercicio 36 Sabiendo que et es solucion de la ecuacion diferencial ordinaria
ty′′ − (2t+ 1)y′ + (t+ 1)y = 0, t > 0, (42)
calcule su solucion general.
Solucion(42) es una ecuacion diferencial lineal homogenea de segundo orden.
Como el conjunto de sus soluciones tiene una estructura de espacio vectorialde dimension 2, para conocer todas las soluciones, tendremos que encontraruna base, es decir dos soluciones linealmente independientes. Ya conocemosuna solucion ϕ1(t) = et. ¿Como podemos conocer otra?.
Si conocemos una solucion de una ecuacion diferencial lineal desegundo orden ϕ1(t), el cambio y(t) = ϕ1(t)u(t) nos reduce la ecuacionlineal de segundo orden a una lineal de ”primer orden” para u(t).
Efectuemos el cambio y(t) = etu(t) en (42).
y′ = etu+ etu′, y′′ = etu+ 2etu′ + etu′′.
37
Reflejamos este cambio en (42),
tet(y + 2y′ + y′′)− et(2t+ 1)(y + y′) + et(t+ 1)y = 0, t > 0,
dividimos por ex
tu′′ + (2t− 2t− 1)u′ + (t− 2t− 1 + t+ 1)u = 0 =⇒ tu′′ − u′ = 0 t > 0.
Dividimos por t y hacemos z(t) = u′(t) para obtener la ecuacion lineal deprimer orden
z′ − 1
tz = 0, t > 0.
Para resolverla, la multiplicamos por e∫(− 1
t )dt = e− log t = 1t,
1
tz′ − 1
t2z = 0⇐⇒
(1
tz
)′= 0, =⇒ 1
tz = c c ∈ R,
como nos interesa encontrar una solucion, hacemos c = 1, entonces
z = t, =⇒ u =t2
2=⇒ ϕ2(t) = etu(t) =
t2et
2,
es una solucion de (42), que es linealmente independiente de ϕ1(t) = et.La solucion general de (42) es
y(t) = c1et + c2t
2et, t > 0, c1, c2 ∈ R.
�
Ejercicio 37 Sabiendo que t es una solucion de la ecuacion
t2y′′ − t(t+ 2)y′ + (t+ 2)y = 0, t > 0,
calcule la solucion del problema de valor inicial{t2y′′ − t(t+ 2)y′ + (t+ 2)y = 0, t > 0y(1) = e, y′(1) = 2e
(43)
38
Proof. Ya que a1(t) = −t(t+2), a0(t) = t+2) y g(t) = 0 son continias en(0,∞), por Teorema 32 el problema (43) admite una unica solucion. ¿Comola vamos a calcular?
Si somos capaces de encontrar dos soluciones ϕ1(t) y ϕ2(t) linealmenteindependientes de
t2y′′ − t(t+ 2)y′ + (t+ 2)y = 0, t > 0, (44)
todas las soluciones de (44) seran de la forma
y(t) = c1ϕ1(t) + c2ϕ2(t), c1, c2 ∈ R,
y la de (43) sera aquella para la cual c1 y c2 satisfagan
c1ϕ1(1) + c2ϕ2(1) = ec1ϕ
′1(1) + c2ϕ
′2(1) = 2e.
(45)
Conocemos una solucion ϕ1(t) = t de (44), para obtener otra linealmenteindependiente con esta, hacemos y = ϕ1(t)u = tu. Si imponemos que y
satisfaga (44), teniendo en cuenta que
{y′ = u+ tu′
y′′ = 2u′ + tu′′, obtenemos
u′′ − u′ = 0 u′ = et, u(x) = et,
y ϕ2(t) = ϕ1(t)u = tet solucion de (44) linealmente independiente con ϕ1(t) =t.
Calculamos ahora c1 y c2,{c1ϕ1(1) + c2ϕ2(1) = ec1ϕ
′1(1) + c2ϕ
′2(1) = 2e
⇐⇒{c1e+ c2e = ec1e+ 2c1e = 2e
=⇒ c1 = 0, c2 = 1,
y la solucion de (43) es y(t) = tet.
Ejercicio 38 Calcule la solucion general de
t2y′′ − 3ty′ + 4y = 0, t > 0,
1. buscando soluciones de la forma y(t) = tα, con α ∈ R ;
2. haciendo el cambio de variable t = es
39
Solucion
1. Necesitamos dos soluciones linealmente independientes de la ecuacion.Como ya hicimos en Teorema 33, ensayamos con soluciones de la forma
y(t) = tα, y′(t) = αtα−1, y′′(t) = α(α− 1)tα−2,
α(α− 1)tα − 3αtα + 4tα = 0, t > 0,
dividimos por xα,
α(α− 1)− 3α + 4 = 0 =⇒ α2 − 4α + 4 = 0,
es decir, que y(x) = xα es solucion de la ecuacion si y solamente si αes solucion de la ecuacion algebraica α2 − 4α + 4 = 0.
Esta ecuacion solo tiene una solucion real, α = 2. Solo hemos con-seguido una solucion de la ecuacion diferencial, ϕ1(t) = t2. Para con-seguir otra linealmente independiente con esta, vamos a hacer el cambiode variable y = t2u.
y′ = 2tu+ t2u′, y′′ = 2u+ 4tu′ + t2u′′,
t2(2u+4tu′+t2u′′)−3t(2xu+t2u′)+4t2u = 0, =⇒ t4u′′+t3u′ = 0 t > 0,
dividimos por t3 y hacemos z = u′
tz′ + z = 0, =⇒ z =1
t=⇒ u = log t =⇒ ϕ2(t) = t2 log t,
es una solucion de la ecuacion linealmente independiente de ϕ1(t) = t2.
La solucion general es
y(t) = c1t2 + c2t
2 log t, t > 0, c1, c2 ∈ R. (46)
2. Hacemos el cambio t = es. Si t ∈ (0,∞) entonces s ∈ R.
Si y(t) es la solucion de la ecuacion, esta satisface
t2y′′(t)− 3ty′(t) + 4y(t) = 0, t > 0. (47)
Definimos z(s) = y(es). Vamos a ver que ecuacion diferencial satisfacez(s). Aplicando la regla de la cadena tenemos
z′(s) = esy′(es), z′′(s) = esy(es) + e2sy′′(es). (48)
40
Hacemos t = es en (47)
e2sy′′(es)− 3esy′(es) + 4y(es) = 0, s ∈ R,
teniendo en cuenta (48)
(z′′(s)− z′(s))− 3z′(s) + 4z(s) = 0, s ∈ R,
luego z(s) satisface la ecuacion diferencia
z′′ − 4z′ + 4z = 0, s ∈ R.
La solucion general de esta ecuacion es
z(s) = c1e2s + c2se
2s, s ∈ R, c1, c2 ∈ R.
Vease el apendice, donde se estudian las ecuaciones diferenciales desegundo orden con coeficientes constantes.
Si deshacemos el cambio, es = t, s = log t, obtenemos que la soluciongeneral de t2y′′ − 3ty′ + 4y = 0 esta dada por (46).
�
Observacion 39 Ecuacion homogenea de Euler de orden 2.Sean a1 y a0 dos numeros reales y consideramos la ecuacion diferencial
homegenea de Euler de segundo orden
t2y′′ + a1ty′ + a0y = 0, t > 0. (49)
y(t) = tα es solucion de (49) si y solo si α es un cero del polinomio
p(λ) = λ2 + (a1 − 1)λ+ a0.
Se pueden dar los casos:
• La ecuacionp(λ) = 0,
tiene dos raices reales distintas, α1 y α2. La solucion general de (49)es
y(t) = c1tα1 + c2t
α2 , t > 0, c1, c2 ∈ R.
41
• La ecuacionp(λ) = 0,
tiene una raiz real doble, α. La solucion general de (49) es
y(t) = c1tα + c2t
α log t, t > 0, c1, c2 ∈ R.
• La ecuacionp(λ) = 0,
tiene dos raices complejas conjugadas , α1 = β1 + iβ2 y α2 = β1 − iβ2,β1 y β2 numeros reales con β2 6= 0. La solucion general de (49) es
y(t) = c1tβ1 cos(β2 log t) + c2t
β1 sin(β2 log t), t > 0, c1, c2 ∈ R.
En la ecucion de Euler, la variable t puede ser sustituida por un polinomiode grado 1 en t, como indica el siguiente ejercicio.
Ejercicio 40 Calcule la solucion general de la ecuacion diferencial ordinaria
(2t+ 1)2y′′ − 2(2t+ 1)y′ + 20y = 0, t > −1
2,
1. haciendo el cambio de variable 2t+ 1 = es,
2. ensayando con soluciones de la forma y(t) = (2t+ 1)α, α ∈ C.
Solucion: y(t) = c1(2t+1) cos (2 log(2t+ 1))+c2(2t+1) sin (2 log(2t+ 1)) , c1, c2 ∈R.
3.3 Ecuaciones diferenciales lineales de segundo ordenno homogeneas
Teorema 41 Sea
y′′ + a1(t)y′ + a0(t)y = p(t), t ∈ I, (50)
con a1, a0 y p(t) 6= 0 funciones continuas en I. El conjunto de las solu-ciones de (50) tiene una estructura de espacio afin de dimension 2, lo que
42
significa que si ϕ1(t) y ϕ2(t) son dos soluciones linealmente independientesde la ecuacion homegene a asociada a (50)
y′′ + a1(t)y′ + a0(t)y = 0, t ∈ I,
y ϕp(t) una solucion de (50)
ϕ′′p(t) + a1(t)ϕ′p(t) + a0(t)ϕp(t) = p(t), t ∈ I,
entonces cualquier solucion y(t) de (50) se escribe en la forma
y(t) = ϕp(t) + c1ϕ1(t) + ϕ2(t), t ∈ I,
para ciertas constantes c1, c2 ∈ R. La expresion
y(t) = ϕp(t) + c1ϕ1(t) + ϕ2(t), t ∈ I, c1, c2 ∈ R,
es conocida como la solucion general de la ecucicion diferencial lineal (50).
Proof. Como en el caso de Teorema 33, vamos a utilizar un ejemplo parailustrar la demostracion. Consideramos la ecuacion
t2y′′ − ty′ − 3y = 3t2 + 4t− 6, x > 0. (51)
Vamos a calcular una solucion particular. Por la forma de la ecuacion, pode-mos pensar que admite como solucion un polinomio de grados 2
ϕp(t) = at2 + bt+ c, ϕ′p(t) = 2at+ b, ϕp(t) = 2a,
imponemos que satisfaga la ecuacion
2at2 − t(2at+ b)− 3(at2 + bt+ c) = 3t2 + 4t− 6
=⇒ −3at2 − 4bt− 3c = 3t2 + 4t− 6 =⇒
a = −1b = −1c = 2
y la funcionϕp(t) = −t2 − t+ 2, t > 0,
satisfacet2ϕ′′p(t)− tϕ′p(t)− 3ϕp(t) = 3t2 + 4t− 6, t > 0. (52)
43
Sea ψ una solucion cualquiera de (51),
t2ψ′′(t)− tψ′(t)− 3ψ(t) = 3t2 + 4t− 6, t > 0. (53)
Si calculamos la diferencia entre (53) y (52) obtenemos
t2(ψ − ϕp)′′(t)− t(ψ − ϕp)′(t)− 3(ψ − ϕp)(t) = 0, t > 0,
lo cual nos dice que ψ−ϕp es una solucion de la ecuacion homogenea asociada
t2y′′ − ty′ − 3y = 0, t > 0.
Esta ecuacion ha sido ya resuelta en la demostracion del Teorema 33. En-contramos dos soluciones linealmente independientes ϕ1(t) = t3 y ϕ2(t) = 1
t.
ψ − ϕp tendra que ser una combinacion lineal de estas dos funciones, luegoexistiran dos numeros reales c1 y c2 tal que
ψ(t)− ϕp(t) = c1ϕ1(t) + c2ϕ2(t) = c1t3 + c2
1
t, t > 0,
ψ(t) = ϕp(t) + c1ϕ1(t) + c2ϕ2(t) = −t2 − t+ 2 + c1t3 + c2
1
t, t > 0,
que es lo que querıamos demostrar.
Observacion 42 Cuando queramos calcular la solucion general de la ecuaciondiferencial lineal de segundo orden
y′′ + a1(t)y′ + a0(t)y = p(t), t ∈ I,
los pasos a seguir seran:
1. Encontrar dos soluciones linealmente independientes ϕ1(x) y ϕ2(x) dela ecuacion homogenea asociada
y′′ + a1(t)y′ + a0(t)y = 0, t ∈ I.
2. Encontrar una solucion particulas ϕp(t) de la ecuacion. Esta tendraque satisfacer
ϕ′′p(t) + a1(t)ϕ′p(t) + a0(t)ϕp(t) = p(t), t ∈ I.
44
La solucion general de la ecuacion sera
y(t) = ϕp(t) + c1ϕ1(t) + c2ϕ2(t), t ∈ I, con c1, c2 ∈ R
Ejercicio 43 Calcule la soucion del problema de Cauchy
(P )
{y′′ − 2y′ − 3y = −3t− 5,y(0) = 3, y′(0) = 3
(54)
Proof. Por el Teorema 32 el problema (54) admite un unica solucion. Em-pezamos calculando la solucion general de
y′′ − 2y′ − 3y = −3t− 5, t ∈ R. (55)
1. Calculo de la soluciıon general de y′′ − 2y′ − 3y = 0.
Como es una ecuacion lineal de segundo orden, esta admite solucionesde la forma y(t) = eλt donde λ sarisface que λ2 − 2λ − 3λ = 0. Lasraices de esta ecuacion son λ = 3 y λ = −1. Obtenemos entonces dossoluciones ϕ1(t) = e3t y ϕ2(t) = e−t linealmente independientes de (55).
2. Calculo de una solucion particular de y′′ − 2y′ − 3y = −3t− 5.
Al ser una ecuacion lineal con coeficiente contante y poder expresar−3t− 5 en la forma
−3t− 5 = p(t)eµt, con
{p(t) = −3t− 5µ = 0
,
podemos aplicar el metodo de los coeficientes indeterminados.
Como µ = 0 no es una raiz de λ2 − 2λ − 3λ = 0, (55) admite unasolucion particular de la forma
ϕp(t) = (at+ b)e0t = at+ b.{ϕ′p(t) = aϕ′′p(t) = 0
, ϕ′′p(t)−2ϕ′p(t)+3ϕp(t) = −3t−5⇐⇒{−3a = −3−2a− 3b = −5
,
los que nos dice queϕp(t) = 1 + t,
es una solucion particular de (55).
45
La solucion general de (55) es
y(t) = 1 + t+ c1e3t + c2e
−t, , c1, c2 ∈ R.
Imponemos las condiciones iniciales{y(0) = 1 + 0 + c1 + c2 = 3y′(0) = 1 + 3c1 − c− 2 = 3
=⇒{c1 = 1c2 = 1
,
y la solucion de (54) es
y(t) = 1 + t+ e3t + e−t.
3.4 Metodo de variacion de las constantes
Este metodo persigue encontrar una solucion particular de
y′′ + a1(t)y′ + a0(t)y = p(t), t ∈ I.
Para que se pueda aplicar este metodo, necesitamos conocer dos solucioneslinealmente independientes ϕ1(t) y ϕ2(t) de la ecuacion homogenea
y′′ + a1(t)y′ + a0(t)y = 0, t ∈ I.
Vamos a motivarlo con las ecuaciones lineales de orden 1
y′ + a(t)y = p(t), t ∈ I. (56)
Supongamos que conozco una solucion ϕ(x) de
y′ + a(t)y = 0, t ∈ I. (57)
Esta funcion satisface entonces
ϕ′p(t) + a(t)ϕp(t) = 0, t ∈ I. (58)
Como (58) es lineal, homogenea y de orden 1 su solucion general sera
y(t) = cϕ(t), c ∈ R, t ∈ I. (59)
46
Para obtener una solucion de (56) vamos a ensayar con funciones de la forma
ϕp(t) = c(t)ϕ(t), t ∈ I. (60)
Imponemos que satisfaga (56) para obtener la funcion c(t).
ϕ′p(t) + a(t)ϕp(t) = p(t)⇐⇒ c′(t)ϕ(t) + c(t)ϕ′(t) + a(t)c(t)ϕ(t) = p(t)
Si utilizamos (58)
c′(t)ϕ(t) + c(t) (ϕ′(t) + a(t)ϕ(t)) = p(t)⇐⇒ c′(t)ϕ(x) = p(t),
luego c(t) la tendremos que buscar de tal manera que satisfaga
c′(t)ϕ(t) = p(t), t ∈ I
Ejemplo 44 Calcule la solucion general de
y′ + 4y = tet, x ∈ R.
Solucion
1. Empezamos resolviendo la ecuacion homogenea asociada.
La solucion general de la homogenea es
y(t) = ce−4t, t ∈ R.
2. Ahora vamos a calcular una solucion particular ϕp(t). Vamos a emplearel metodo de variacion de las constantes. Ensayamos entonces consoluciones de la forma ϕp(t) = c(t)e−4t. Para calcular c(t), vamos aimponer que satisfaga la ecuacion no homogenea.
ϕ′p(t) + 4ϕp(t) = tet ⇐⇒ c′(t)e−4t − 4c(t)e−4t + 4c(t)e4t = tet
c′(t)e−4t = tet ⇐⇒ c′(t) = te5t ⇐⇒ c(t) =
∫te5tdt.
Para calcular esta integral, vamso a usar integracion por partes
u = t, du = dt; e5tdt = dv, v =e5t
5
c(t) =
∫te5tdt =
te5t
5− 1
5
∫e5tdt =
te5t
5− e5t
25,
y una solucion particular es
ϕp(t) = c(t)e−4t =
(te5t
5− e5t
25
)e−4t =
tet
5− et
25.
47
La solucion general es
y(t) = ϕp(t) + ce−4t =tet
5− et
25+ ce−4t, c ∈ R, t ∈ R.
�
Ejemplo 45 Calcule la solucion general de
y′ + t1/2y = t2, t > 0.
Solucion
1. Empezamos resolviendo la ecuacion homogenea asociada.
y′ + t1/2y = 0⇐⇒ dy
dt= −t1/2y ⇐⇒ dy
y= −t1/2dt
log y = −2
3t3/2 + c⇐⇒ y(t) = ce−
23t3/2 , c ∈ R, t > 0
2. Ahora vamos a calcular una solucion particular ϕp(t). Vamos a emplearel metodo de variacion de las constantes. Ensayamos entonces consoluciones de la forma ϕp(t) = c(t)e−
23t3/2 . Para calcular c(t), vamos a
imponer que satisfaga la ecuacion no homogenea.
ϕ′p(t)+t1/2ϕp(t) = t2 ⇐⇒ c′(t)e−
23t3/2−c(t)t1/2e−
23t3/2+t1/2c(t)e−
23t3/2 = t2
c′(t)e−23t3/2 = t2 ⇐⇒ c′(t) = t2e
23t3/2 ⇐⇒ c(t) =
∫t2e
23t3/2dt.
Para calcular esta integral, vamos a usar integracion por partes
u = t3/2, du =3
2t1/2dt; t1/2e
23t3/2dt = dv, v = e
23t3/2
c(t) =
∫te5tdt = t3/2e
23t3/2 − 3
2
∫t1/2e
23t3/2dt = t3/2e
23t3/2 − 3
2e
23t3/2 ,
y una solucion particular es
ϕp(t) = c(t)e−23t3/2 =
(t3/2e
23t3/2 − 3
2e
23t3/2)e−
23t3/2 = t3/2 − 3
2.
48
La solucion general es
y(t) = ϕp(t) + ce−23t3/2 = t3/2 − 3
2+ ce−
23t3/2 , c ∈ R, t > 0.
�Tratamos ahora el metodo para ecuaciones lineales de orden 2.
y′′ + a1(t)y′ + a0(t)y = p(t), t ∈ I. (61)
Supongamos que conozco dos solucion ϕ1(t) y ϕ2(t) linealmente independi-entes de
y′′ + a1(t)y′ + a0(t)y = 0, t ∈ I. (62)
Esta funciones satisfacen entonces
ϕ′′i (t) + a1(t)ϕ′i(t) + a0(t)ϕi(t) = 0, t ∈ I, i = 1, 2. (63)
Como (63) es lineal, homogenea y de orden 2 su solucion general sera
y(t) = c1ϕ1(t) + c2ϕ2(t), c1, c2 ∈ R, t ∈ I. (64)
Para obtener una solucion de (61) vamos a ensayar con funciones de la forma
ϕp(t) = c1(t)ϕ1(t) + c2(t)ϕ2(t), t ∈ I. (65)
Vamos a imponer que satisfaga (61) para obtener las funciones c1(t) y c2(t),y para que los calculos sean mas sencillos, vamos a imponer tambien lacondicion
c′1(t)ϕ1(t) + c′2(t)ϕ2(t) = 0, t ∈ I. (66)
Tenemos, si utilizamos la condicion de encima
ϕ′p(t) = c1(t)ϕ′1(t) + c2(t)ϕ′2(t),
ϕ′′p(t) = c′1(t)ϕ′1(t) + c1(t)ϕ′′1(t) + ϕ′′p(t) = c′1(t)ϕ′1(t) + c2(t)ϕ′2(t),
entoncesϕ′′p(t) + a1(t)ϕ′p(t) + a0(t)ϕp(t) = p(t)
m
c′1(t)ϕ′1(t) + c1(t)ϕ′′1(t) + ϕ′′p(t) = c′1(t)ϕ′1(t) + c2(t)ϕ′2(t)
+a1(t)(c1(t)ϕ′1(t) + c2(t)ϕ′2(t)) + a0(t)(c1(t)ϕ1(t) + c2(t)ϕ2(t) = p(t).
49
Usando (63)
c1(t)(ϕ′′1(t) + a1(t)ϕ′1(t) + a0(t)ϕ1(t)) + c2(t)(ϕ′′2(t) + a1(t)ϕ′2(t) + a0(t)ϕ2(t))
+c′1(t)ϕ′1(t) + c′2(t)ϕ′2(t) = p(t)
mc′1(t)ϕ′1(t) + c′2(t)ϕ′2(t) = p(t).
De esta condicion y de (66), c1(t) y c2(t) quedaran determinadas por sistema{c′1(t)ϕ1(t) + c′2(t)ϕ2(t) = 0c′1(t)ϕ′1(t) + c′2(t)ϕ′2(t) = p(t)
∈ I
Ejemplo 46 Calcule al solucion general de
y′′ + y =1
sin t, t ∈ (0, π).
Solucion
1. Empezamos calculando la solucion general de la homogenea asociada.Es facil ver que esta es
y(t) = c1 sin t+ c2 cos t, t ∈ (0, π).
2. Ahora vamos a calcular una solucion particular de la no homogenea.Vamos a utilizar el metodo de variacion de las constantes.
Ensayamos con soluciones de la forma
ϕp(t) = c1(t) sin t+ c2(t) cos t, t ∈ (0, π).
Para calcular c1(t) y c2(t), impondremos que ϕp(t) satisfaga y′′+y = 1sin t
en (0, π). Para facilitar los calculos suponemos ademas
c′1(t) sin t+ c′2(t) cos t = 0, t ∈ (0, π). (67)
Tenemos, si utilizamos la identidad de encima,
ϕ′p(t) = c1(t) cos t− c2(t) sin t,
ϕ′′p(t) = c′1(t) cos t− c1(t) sin t− c′2(t) sin t− c2(t) cos t,
50
entonces
$′′p(t) + ϕp(t) =1
sin t
m
(c′1(t) cos t−c1(t) sin t−c′2(t) sin t−c2(t) cos t)+c1 sin t+c2 cos t =1
sin t
m
c′1(t) cos t− c′2(t) sin t =1
sin t,
y c1(t) y c2(t) vendran determinados por esta ecuacion y (67){c′1(t) sin t+ c′2(t) cos t = 0c′1(t) cos t− c′2(t) sin t = 1
sin t
t ∈ (0, π).
c′1(t) =
∣∣∣∣ 0 cos t1
sin t− sin t
∣∣∣∣∣∣∣∣ sin t cos tcos t − sin t
∣∣∣∣ =− cos t
sin t
− sin2 t− cos2 t=
cos t
sin t,
c′2(t) =
∣∣∣∣ sin t 0cos t 1
sin t
∣∣∣∣∣∣∣∣ sin t cos tcos t − sin t
∣∣∣∣ =1
−1= −1,
c1(t) =
∫cos t
sin tdt = log(sin t), c2(t) = −
∫dt = −t,
y la solucion particular es
ϕp(t) = c1(t) sin t+ c2(t) cos t = sin t log(sin t) + t cos t, t ∈ (0, π).
La solucion general es
y(t) = sin t log(sin t) + t cos t+ c1 sin t+ c2 cos t, c1, c2 ∈ R, t ∈ (0, π).
51
4 Sistemas de ecuaciones diferenciales ordi-
narias lineales de primer orden
Vamos a tratar solamente el caso de un sistema de dos ecuaciones. Este tienela forma {
y′1 = a1(t)y1 + b1(t)y2 + p1(t)y′2 = a2(t)y1 + b2(t)y2 + p2(t)
t ∈ I, (68)
donde a1(t), a2(t), b1(t), b2(t), p1(t) y p2(t) son funciones definidas en elintervalo I.
Vamos a trabajar con el ejemplo{y′1 = ty1 − y2 + ty′2 = 2y1 + 1
ty2 − 2.
t ∈ (0,∞) (69)
en este caso I = (0,∞), a1(t) = t, b1(t) = −1, p1(t) = t, a2(t) = 2, b2(t) = 1t
y p2(t) = −2.Por comodidad en la notacion, es usual escribir los sistemas en forma
matricial. Introducimos la notacion
~y =
(y1
y2
), ~y′ =
(y′1y′2
), ~p(t) =
(p1(t)p2(t)
), A(t) =
(a1(t) b1(t)a2(t) b2(t)
),
y (68) lo expresmos en la forma
~y′ = A(t)~y + ~p(t) t ∈ I. (70)
(69) en forma matricial, lo escribimos en la forma
~y′ =
(t −12 1
t
)~y +
(t−2
), x ∈ (0,∞). (71)
Una solucion de (69) sera un par de funciones ϕ1(t) y ϕ2(t) definidas en(0,∞) tal que satisfacen{
ϕ′1(t) = tϕ1(t)− ϕ2(t) + tϕ′2(t) = 2ϕ1(t) + 1
tϕ2(t)− 2.
t ∈ (0,∞) (72)
En forma matricial, entendemos por solucion de (71) una funcion vectorial
~ϕ(t) =
(ϕ1(t)ϕ2(t)
)definida en (0,∞) y que satisface
~ϕ′(t) =
(t −12 1
t
)~ϕ(x) +
(t−2
), t ∈ (0,∞). (73)
52
ϕ1(t) = t y ϕ2(t) no es una solucion de (69) en (0,∞). Si satisface la primeraecuacion
ϕ′1(t) = tϕ1(t)− ϕ2(t) + t, 1 = t2 − (t2 + t− 1) + t = 1,
pero no satisface la segunda ecuacion
ϕ′2(t) = 2ϕ1(t) +1
tϕ2(t)− 2; 2t+ 1 6= 2t+
1
t(t2 + t− 1)− 2 = 3t− 1 +
1
t.
Es mas comodo trabajar en forma matricial. ~ϕ(t) =
(t2 + 1t3
)si es solucion
de (69) en (0,∞)
~ϕ′(t) =
(2t3t2
)=
(t −12 1
t
)~ϕ(t)+
(t−2
)=
(t −12 1
t
)(t2 + 1t3
)+
(t−2
)
=
(t
3t2 + 2
)+
(t−2
)=
(2t3t2
).
Decimos que (68) es homogeneo si p1(t) = p2(t) = 0, y que es de coefi-cientes constantes si a1(t), a2(t), b1(t) y b2(t) son funciones constantes.
4.1 Sistemas de ecuaciones diferenciales de primer or-den no lineales.
La forma vectorial de (68) es
~y = ~F (~y, t), t ∈ I, (74)
donde~F (~y, t) = ~F (y1, y2, t) = (f1(y1, y2, t), f2(y1, y2, t)),
con
{f1(y1, y2, t) = a1(t)y1 + b1(t)y2 + p1(t),f2(y1, y2, t) = a2(t)y1 + b2(t)y2 + p2(t).
Designamos por gi(y1, y2, t) la funcion obtenida de fi(y1, y2, t), cuando enesta hemos quitado los sumandos en los que solamente interviene la variableindependiente t, por ejemplo
• f1(y1, y2, t) = 2ty1 − 4y2 + 2 sin t =⇒ g1(y1, y2, t) = 2ty1 − 4y2,
53
• f1(y1, y2, t) = 2y2y2 + 3y2 =⇒ g1(y1, y2, t) = 2y2y2 + 3y2,
• f1(y1, y2, t) =√y1 − t2y2 + t
1+t2=⇒ g1(y1, y2, t) =
√y1 − t2y2.
El sistema (74) se dice que es lineal si las funciones
gi(·, ·, t) : C1(I)× C1(I) 7−→ C1(I), i = 1, 2,( y1 , y2 ) gi(y1, y2, t)
asociadas a las fi(y1, y2, t) son lineales, es decir si α, β son dos numeros realese (y1(t), y2(t)) (y1(t), y2(t)) y dos funciones vectoriales de de C1(I)× C1(I) yentendiendo que
α(y1, y2, t) + β(z1, z2, t) = (αy1 + βz1, αy2 + βz2, t),
se verifica
gi (α(y1, y2, t) + β(z1, z2, t)) = αgi(y1, y2, t) + βgi(z1, z2, t), i = 1, 2.
Sistema (69), (y el general (68)), es lineal. Comprobemoslo con la g1(y1, y2, t) =ty1 − y2 asociada a la f1(y1, y2, t) = ty1 − y2 + t.
g1 (α(y1, y2, t) + β(z1, z2, t)) = g1 (αy1 + βz1, αy2 + βz2, t)
= t (αy1 + βz1)−(αy2 + βz2) = α (ty1 − y2)+β (tz1 − z2) = αg1(y1, y2, t)+βg2(z1, z2, t).
Ejercicio 47 ¿Eslineal el sistema
{y′1 = 2y1y2 + ty2 − sin ty′2 = 2y1 + 4y2 − 1 + t
?.
Proof. No. Comprobemoslo con la g1(y1, y2, t) = 2y1y2 + ty2.
g1((y1, y2, t) + (z1, z2, t)) = g(y1 + z1, y2 + z2, t)
= 2(y1 + z1)(y2 + z2) + t(y2 + z2) = 2y1y2 + ty2 + 2z1z2 + 2z2 + 2(y1z2 + y2z1)
= g1(y1, y2, t) + g1(z1, z2, t) + 2(y1z2 + y2z1) 6= g1(y1, y2, t) + g1(z1, z2, t).
54
4.2 Reduccion de una sistema a una ecuacion diferen-cial lineal de orden 2
Vamos a trabajar con el sistema de coeficientes constantes{y′1 = y1 + 8y2 + 5t+ 3y′2 = y1 − y2 − 4t− 1
t ∈ (−∞,∞) (75)
Supongamos que ϕ1(t) y ϕ2(t) es una solucion de (75){ϕ′1(t) = ϕ1(t) + 8ϕ2(t) + 5t+ 3ϕ′2(t) = ϕ1(t)− ϕ2(t)− 4t− 1
x ∈ (−∞,∞) (76)
Vamos a intentar eliminar en este sistema ϕ1(t). Sustituimos la primeraecuacion de (76), por la diferencia entre la primera y segunda equacion de(76) {
ϕ′1(t)− ϕ′2(t) = 9ϕ2(t) + 9t+ 4ϕ′2(t) = ϕ1(t)− ϕ2(t)− 4t− 1
t ∈ (−∞,∞) (77)
Derivamos la segunda ecuacion y sustituimos ϕ′1(t) por la expresion que vienedada por la primera ecuacion
ϕ′′2(t) = ϕ′1(t)−ϕ′2(t)− 4 = ϕ′2(t) + 9ϕ2(t) + 9t+ 4−ϕ′2(t)− 4 = 9ϕ2(t) + 9t.
Entonces si ϕ1(t) y ϕ2(t) es una solucion de (75), ϕ2(t) es solucion de laecuacion diferencial lineal de segundo orden
y′′2 − 9y2 = 9t, x ∈ (−∞,∞) (78)
Sabemos calcular todas las soluciones de (78), y estas son de la forma
y2(t) = −t+ c1e3t + c2e
−3t, t ∈ (−∞,∞), c1, c2 ∈ R. (79)
Si ϕ1(t) y ϕ2(t) es una solucion de (75), ϕ2(t) tiene que tener la forma
ϕ2(t) = −t+ c1e3t + c2e
−3t, t ∈ (−∞,∞),
para dos numeros reales c1, c2, y por la segunda ecuacion de (75)
ϕ1(t) = ϕ′2(t) + ϕ2(t) + 4t+ 1 = 3t+ 4c1e3t − 2c2e
−3t.
55
Ejercicio 48 Calcule la solucion general del sistema{y′1 = −ty1 + (3 + t2)y2 − 2t− t3y′2 = −y1 +
(2t
+ t)y2 − t2
t ∈ (0,∞) (80)
Solucion Vamos a intentar eliminar la y1 del sistema anterior. Multiplicamosla segunda ecuacion de (80) por t, la ecuacion resultante se la restamos a laprimera ecuacion de (80), y nos quedamos con el sistema equivalente, cuyaprimera ecuacion es la que acabamos de obtener y la segunda es la mismaque en (80), {
y′1 − ty′2 = y2 − 2ty′2 = −y1 +
(2t
+ t)y2 − t2
t ∈ (0,∞) (81)
Derivamos la segunda ecuacion de (81) y sustituimos y′1 por la primer ecuacionde (81)
y′′2 = −y′1 +
(1− 2
t2
)y2 +
(2
t+ t
)y′2 − 2t,
y′′2 = −ty′2 − y2 + 2t+
(1− 2
t2
)y2 +
(2
t+ t
)y′2 − 2x,
y′′2 =2
ty′2 −
2
t2y2, t ∈ (0,∞),
t2y′′2 − 2ty′2 + 2y2 = 0, t ∈ (0,∞). (82)
Si y1(t) y y2(t) es una solucion (80), y2(t) tiene que ser una solucion de (82).Esta eciacion es tipo Euler y sabemos calcular todas sus soluciones, que sonde la forma
y2(t) = c1t+ c2t2, t ∈ (0,∞), c1, c2 ∈ R.
Para calcular y1(t) vamos a utilizar la segunda ecuacion de (80)
y1(t) = −y′2(t) +
(2
t+ t
)y2 − t2 = −c1 − 2c2t+
(2
t+ t
)(c1t+ c2t
2)− t2
= c1(t2 + 1) + c2t3 − t2, t ∈ (0,∞), c1, c2 ∈ R.
y la solucion general de (80){y1(x) = c1(t2 + 1) + c2t
3 − t2y2(t) = c1t+ c2t
2 t ∈ (0,∞), c1, c2 ∈ R,
56
y en forma vectorial
~t =
(y1(t)y2(t)
)=
(c1(t2 + 1) + c2t
3 − t2c1t+ c2t
2
)
=
(−t20
)+ c1
(t2 + 1t
)+ c2
(t3
t2
), t ∈ (0,∞), c1, c2 ∈ R.
Es facil comprobar que ~ϕp(t) =
(−t20
)es una solucion de (80) y ~ϕ1(t) =(
t2 + 1t
)y ~ϕ2(t) =
(t3
t3
)dos soluciones linealmente independientes del
sistema homogeneo asociado a (80){y′1 = −ty1 + (3 + t2)y2
y′2 = −y1 +(
2t
+ t)y2
t ∈ (0,∞).
�
4.3 Problema de cauchy o valor inicial
Sean a1(t), a2(t), b1(t), b2(t), p1(t) y p2(t) son funciones definidas en unintervalo I, t0 ∈ I, ξ1 y ξ2 dos numeros reales. El problema de valor inicial oCauchy asociado a las funciones a1(t), a2(t), b1(t), b2(t), p1(t) y p2(t) definidasen I, y a los numeros reales t0, ξ1 y ξ2, con x0 ∈ I, es designado por
y′1 = a1(t)y1 + b1(t)y2 + p1(t)y′2 = a2(t)y1 + b2(t)y2 + p2(t)y1(t0) = ξ1, y2(t0) = ξ2
t ∈ I, (83)
y consiste en encontrar un intervalo J ⊂ I, y dos funciones ϕ1(t) y ϕ2(t) declase C1(R) tal que
ϕ11(t)′ = a1(t)ϕ1(t) + b1(t)ϕ2(t) + p1(t)ϕ′2(t) = a2(t)ϕ1(t) + b2(t)ϕ2(t) + p2(t)ϕ1(t0) = ξ1, ϕ2(t0) = ξ2
t ∈ J,
La version vectorial: dada la ”matriz”
A : I ⊂ R 7−→M2×2(R)
t −→ A(t) =
(a1(t) b1(t)a2(t) b2(t)
)57
la funcion vectorial
~p : I ⊂ R 7−→ R2
t −→ ~p(t) =
(p1(t)p2(t)
)
t0 ∈ I y el vextor ~ξ =
(ξ1
ξ1
), el problema de Cauchy asociado a la matriz
A, funcion ~p, t0 y el vector ~ξ es designado por{~y′ = A(t)~y + ~p(t), t ∈ I~y(t0) = ~ξ
(84)
y consiste en encontrar un intervalo J ⊂ I y una funcion vectotial vectoral
~ϕ(t) =
(ϕ1(t)ϕ2(t)
)∈ C1(R) tal que
{~ϕ′(t) = A(t)~ϕ(t) + ~p(t), t ∈ J~ϕ(t0) = ~ξ
Teorema 49 Existencia y unicidad Si la matriz A(x) y la funcion vecto-rial ~p(x) son continuas en I, el problema de varlor inicial o Cauchy{
~y′ = A(t)~y + ~p(t), t ∈ I~y(x0) = ~ξ
(85)
admite una unica solucion ~ϕ(t) ∈ C1(R).
4.4 Reduccion de una escuacion diferencial lineal desegundo orden a un sistema de ecuaciones diferen-ciales lineales de primer orden.
Consideramos la ecuacion diferencial ordinaria lineal de orden 2
y′′ + a1(t)y′ + a0(t)y = p(t), t ∈ I, (86)
con a − 1(t), a0(t) y p(t) continuas en I. Sea ϕ(t) una solucion de (86), setiene
ϕ′′(t)+a1(t)ϕ(t)+a0(t)ϕ(t) = p(t) ⇐⇒ ϕ′′(t) = −ao(t)ϕ(t)−a1(t)ϕ′(t)+p(t), t ∈ I.(87)
58
Definimosϕ1(t) = ϕ(t), ϕ2(t) = ϕ′(t). (88)
Por (87) y (88) ϕ(t) y ϕ2(t) satisfacen{ϕ′1(t) = ϕ2(t),ϕ′2(t) = −a0(t)ϕ1(t)− a1(t)ϕ2(t) + p(t)
, t ∈ I,
y por lo tanto ϕ1, ϕ2 es una solucion del sitema de ecuaciones diferencialeslineales de primer orden{
y′1 = y2
y′2 = −a0(t)y1 − a1(t)y2(t) + p(t)t ∈ I. (89)
Recıprocamente, ϕ1, ϕ2 es una solucion de (89), si hacemos ϕ(t) = ϕ1(t),entonces ϕ(t) en una solucion (86). En este sentido decimos que (86) y (89)son equivalentes.
Ejercicio 50 Dado el problema de valor inicial{t3y
′′′+ ty′ − y = 3− log t, t > 0,
y(1) = 3, y′(1) = 3, y′′(1) = 0, (90)
encuentre el problema de valor inicial equivalente asociado con un sistemade ecuaciones diferenciales lineales de primer orden, y la solucion de este.
Proof. Por el teorema de existencia y unicidad, (90) admite una unicasolucion y(t) en [0,∞).
Empezamos resolviendo el problema de valor inicial dado. La ecuaciondiferencial es de tipo Euler, y como no es homegenea, hacemos el cambiot = es, la funcion z(s) = y(es) satisface la ecuacion diferencial
z′′′ − 3z′′ + 3z′ − z = 3− s, s ∈ R.
La solucion general de esta ecuacion es
z(s) = c1es + c2se
s + c3s2es + s, s ∈ R,
y que da lugar a la solucion general de la ecuacion diferencial en (90)
y(t) = c1t+ c2t log t+ c2t log2 t+ log t, t > 0.
59
Si imponemos las condiciones iniciales y(1) = 3, y′(1) = 3 y
y′′(1) = 0
obtenemos que la solucion de (90) es
y(t) = 3t− t log t+ t2 log t+ log t.
Si definimos y1(t) = y(t) = 3t− t log t+ t2 log t+ log t,y2(t) = y′(t) = 2 + log t+ log2 t+ 1
t,
y3(t) = y′′(t) = 1t
+ 2 log tt− 1
t2
,
y1(t), y2(t), y3(t) es la unica solucion del problema de valor inicialy′1 = y2
y′2 = y3
y′3 = 1t3y1 − 1
t2y2 + 3−log t
t3
y1(1) = 3, y2(1) = 3, y3(1) = 0
.
Ejercicio 51 Dado el problema de valor inicial{yiv + 4y = 5 cos t, t ∈ Ry(0) = 2, y′(0) = 0, y′′(0) = 1, yiii = −4
,
encuentre el problema de valor inicial equivalente asociado con un sistemade ecuaciones diferenciales lineales de primer orden, y la solucion de este.
Solucion
y′1 = y2
y′2 = y3
y′3 = y4
y′4 = −4y1 + 5 cos t
,
y1(t) = cos t+ et cos t− e−t sin ty2(t) = − sin t+ et(cos t− sin t)− e−t(− sin t+ cos t)y3(t) = − cos t− 2et sin t+ 2e−t cos ty4(t) = sin t− 2et(sin t+ cos t)− 2e−t(cos t+ sin t)
.
5 Apendice 1. Ecuaciones diferenciales or-
dinarias lineales de segundo orden y con
coeficientes constantes
Si a1 y a0 son numeros reales y p(x) es una funcion continua en un intervaloI de R, en este apendice daremos un resumen de como calcular la solucion
60
general de la ecuacion diferencial
y′′ + a1y′ + a0y = p(t), t ∈ I ⊂ R. (91)
5.1 Homogeneas
Si p(t) = 0 en (91), decimos que la ecuacion diferencial es homogenea. Con-dideramos la ecuacion
y′′ + a1y′ + a0y = 0, x ∈ R. (92)
Teorema 52 El conjunto de las soliciones de (92) tiene una estructuta deespacio vectorial de dimension 2
Si conocemsos dos soluciones linealmente independientes de (92) ϕ1(t) yϕ2(t), la solucion general de (92) viene dada por
y(t) = c1ϕ1(t) + c2ϕ2(t), c1, c2 ∈ R
?’ Como calcular dos soluciones lenealmente independientes de(92)?
El polinomio caracterısti asociado a (92) lo definimos por
P (λ) = λ2 + a1λ+ a0.
Pueden ocurrir tres caso
1. P (λ) = 0 tiene dos raices reales y distintas µ1 y µ2. En este caso (92)admite como dos soluciones linealmente a ϕ1(t) = eµ1t y ϕ2(t) = eµ2t,y la solucion general de (92) viene dada por
y(t) = c1eµ1t + c2e
µ2t, t ∈ R c1, c2 ∈ R
2. P (λ) = 0 tiene una real real doble µ. En este caso (92) admite comodos soluciones linealmente a ϕ1(x) = eµt y ϕ2(x) = teµt, y la soluciongeneral de (92) viene dada por
y(t) = c1eµt + c2te
µt, t ∈ R c1, c2 ∈ R
3. P (λ) = 0 tiene dos raices complejas conjugadas α+iβ y α−iβ. En estecaso (92) admite como dos soluciones linealmente a ϕ1(t) = eαt cos βty ϕ2(t) = eαt sin βt, y la solucion general de (92) viene dada por
y(t) = c1eαt cos βt+ c2e
αt sin βt, t ∈ R c1, c2 ∈ R
61
5.2 No homogeneas
Sea p(t) 6= 0 una funcion continia en I. Trataremos la ecuacion diferencial
y′′ + a1y′ + a0y = p(t), t ∈ I ⊂ R. (93)
Teorema 53 El conjunto de las soluciones de (93) tiene una estructuta deespacio afın de dimension 2
Para calcular la solucion general de (93) tenemos que
1. Encontrar dos soluciones linealmente independientes ϕ1(t) y ϕ2(t), dela ecuacion homogenea asociada a (93)
y′′ + a1y′ + a0y = 0, x ∈ R.
2. Encontrar una solucion particular ϕp(t) de (93).
ϕ′′p(t) + a1ϕ′p(t) + a0ϕp(t) = p(t), t ∈ R.
La solucion general de (93) es
y(t) = ϕp(t) + c1ϕ1(t) + c2ϕ(t), c1, c2 ∈ R, t ∈ I.
¿Como calcular una solucion particular de (93) ?Vamos a utilizar el metodo de los coeficientes indeterminados, que sola-
mente se puede aplicar cuando p(t) tiene unaa forma muy especial.
1. p(t) = q(t)eνt con q(t) un polinomio y ν un numero real.
• Si ν no es raiz del polinomio caracterıstico p(λ) = λ2 + a1λ + a0,(93) admite una solucion particular de la forma
ϕp(t) = r(t)eνt
donde r(t) es un polinomio con grado r= grado q.
• Si ν es raiz del polinomio caracterıstico p(λ) = λ2 + a1λ+ a0, (93)admite una solucion particular de la forma
ϕp(t) = r(t)eν
donde r(t) es un polinomio con grado r= grado q+miltiplicidadde la raiz ν.
62
2. p(t) = q(t)eγt cos τt (o q(t)eγt cos τt) con q(t) un polinomio y γ y τnumeros reales.
• Si γ+iτ no es raiz del polinomio caracterıstico p(λ) = λ2+a1λ+a0,(93) admite una solucion particular de la forma
ϕp(t) = r1(t)eγt cos τt+ r2(t)eγt cos τt
donde r1(t) y r2(t) son polinomios con grado r1=grado r2= gradoq.
• Si γ+ iτ es raiz del polinomio caracterıstico p(λ) = λ2 + a1λ+ a0,(93) admite una solucion particular de la forma
ϕp(t) = r1(t)eγt cos τt+ r2(t)eγt cos τt
donde r1(t) y r2(t) son polinomios con grado r1=grado r2= gradoq + 1.
Ejercicio 54 Calcule la solucion general de la ecuacion
y′′ − 3y′ + 2y = 2t2 − 3t+ 1, t ∈ R, (94)
Solucion
1. Calculo de dos soluciones linealmente independientes de laecuacion homogenea asociada a (122).
p(λ) = λ2 − 3λ + 2 tiene como raices a los numeros reales 1 y 2. Dossoluciones linealmente independientes so et y e2t.
2. Obtencion de una solucion particular de (122).
p(t) = 2t2 − 3t+ 1 = (2t2 − 3t+ 1)e0t,
y 0 no es raiz del polinomio caracterıstico. (122) admite una solucionparticular de la forma
ϕp(t) = (at2 + bt+ c)e0t = at2 + bt+ c.
ϕ′′p(t)− 3ϕ′p(t) + 2ϕp(t) = 2t2 − 3t+ 1
m
63
2at2+(2b−6a)t+(c−3b+2a) = 2t2−3t+1⇐⇒
2a = 22b− 6a = −3c− 3b+ 2a = 1
⇐⇒
a = 1b = 3
2
c = 72
Solucion particular
ϕp(t) = t2 +3
2t+
7
2.
Solucion general de (122)
y(t) = t2 +3
2t+
7
2+ c1e
t + c2e2t, c1, c2 ∈ R; t ∈ R.
�
Ejercicio 55 Calcule la solucion general de la ecuacion
y′′ − 2y′ + 1y = tet, t ∈ R, (95)
Solucion
1. Calculo de sos soluciones linealmente independientes de laecuacion homogenea asociada a (123).
p(λ) = λ2− 2λ+ 1 tiene 1 como raiz doble. Dos soluciones linealmenteindependientes so et y tet.
2. Obtencion de una solucion particular de (123).
p(x) = tet,
y 1 es raiz doble del polinomio caracterıstico. (123) admite una solucionparticular de la forma
ϕp(t) = (at3 + bt2 + ct+ d)et.
ϕ′′p(t)− 2ϕ′p(t) + ϕp(t) = tet ⇐⇒ 6at+ 2b = t,
a = 16, b = 0 y c y d libres. Tomamos estos dos ultimos igual a 0.
Solucion particular
ϕp(t) =3
6et.
64
Solucion general de (123)
y(t) =t3
6et + c1e
t + c2tet, c1, c2 ∈ R; t ∈ R.
�
Ejercicio 56 Calcule la solucion general de la ecuacion
y′′ − 2y′ + 5y = sin t, t ∈ R, (96)
Solucion
1. Calculo de sos soluciones linealmente independientes de laecuacion homogenea asociada a (125).
p(λ) = λ2−2λ+5 tiene como raices a los numeros complejos conjugados1 + 2i y 1 − 2i. Dos soluciones linealmente independientes so et cos 2ty et sin 2t.
2. Obtencion de una solucion particular de (125).
p(t) = sin t = 1e0t sin t,
0 + i no es raiz del polinomio caracterıstico y q(t) = 1 tiene grado 0.(125) admite una solucion particular de la forma
ϕp(t) = a cos t+ b sin t.
ϕ′′p(t)− 2ϕ′p(t) + 5ϕp(t) = sin t
m
(4a−2b) cos t+(2a+4b) sin t = sin t⇐⇒{
4a− 2b = 02a+ 4b = 1
⇐⇒{a = 1
10
b = 15
Solucion particular
ϕp(t) =1
10cos t+
1
5sin t.
Solucion general de (122)
y(t) =1
10cos t+
1
5sin t+ c1 cos t+ c2 sin t, c1, c2 ∈ R; t ∈ R.
�
65
6 Apendice 2. Modelizacion
Se entiende por modelizacoon matematica el proceso por el cual se imitala realidad en terminos matematicos. El objetivo de la modelizacion es ex-plicar y comprender fenomenos naturales ası como dar respuestas a problemastecnicos y cientıficos.
Toda medelizacion lleva consigo un proceso de idealizacion. La real-idad suele ser compleja y los problemas reales suelen depender de muchosparametros al mismo tiempo que suelen estar relacionados con otros proble-mas. El diseno de un modelo matematico lleva aparejado la simplificacionde muchos aspectos del problema real.
En esta seccion vamos a obtener modelos que representan al fenomenoque vamos a estudiar por una ecuacion diferencial ordinaria. La resolucionde la ecuacion permitira no solo comprender en profundidad algunos aspectosrelevantes del fenomeno sino ademas, en los casos en los que se trate de estu-diar la evolucion de un sistema, hacer predicciones sobre el comportamientofuturo del mismo.
La modelizacion matematica puede describirse por medio de los siguientespasos:
1. Identificacion Se trata de clarificar las preguntas que se intentan re-sponder con el modelo, formular el problema en palabras, documentarlos datos relevantes e identificar el macanismo subyacente al problemareal.
2. Suposiciones El problema debe ser analizado para decidir los factoresdel mismo que son importantes y aquellos que pueden ser ignorados.Con todo ello deben hacerse suposiciones lo mas realistas posible.
3. Construccion Traducir al lenguaje matematico el problema, junto conlas suposiciones anteriormente realizadas, obteniendose un conjunto deecuaciones (inecuaciones), despues de haber identificado las variablesque deben intervenir en las mismas.
4. Analisis o resolucion. Resolver el problema matematico. Las solu-ciones consistiran en general en funciones por medio de las cuales lasvariables dependientes se expresaran en terminos de las variables in-dependientes. Por otro lado, se obtendra informacion acerca de losparametros que intervienen en el modelo.
66
5. Interpretacion. La solucion matematica debe ser comparada con larealidad, para observar si se ajusta a lo conocido acerca del problemareal. Se trata de interrumpir el proceso si se obtienen soluciones car-entes de sentido real.
6. Validacion. Una vez interpretada la solucion, se comprueba numericamenteque concuerda con los datos disponibles sobre el problema.
7. Implementacion. El modelo se usa para describir el problema. Sepuede por tanto realizar predicciones sobre los valores de las variables.
A continuacion vamos a tratar de modelizar algunos fenomenos.
6.1 Dinamica de poblaciones para una sola especie
Vamos a intentar describir como la poblacion de una especie con respecto altiempo.
Designamos por P (t) el numero de individuos de una cierta especie en uninstante de tiempo t. Aunque P (t) debe ser un numero natural, pensemosen P como una funcion que toma valores reales.
La tasa de incremento (crecimiento o decrecimiento) de la poblacion enun intervalo de tiempo [t, t+ h] viene dada por
P (t+ h)− P (t)
h,
mientras que la tasa instantanea, velocidad de crecimiento o decrecimiento,esta dada por
limh→0
P (t+ h)− P (t)
h= P ′(t).
Vamos a admitir que los nacimientos, muertes y migraciones son funciones deltiempo, n(t), m(t) y mi(t). Establecemos la siguiente ley de conservacion
P ′(t) = n(t)−m(t) +mi(t).
1. Modelo de Malthus.
En este modelo se considera que los nacimientos y muertes son propor-cionales a la poblacion
n(t) = aP (t), m(t) = bP (t), con a y b numeros reales positivos,
67
y que no existe migracion. La ecuacion diferencial que satisface P (t)es
P ′ = aP − bP = kP,
donde k = a − b sera positiva si la tasa de natalidad es mayor que lade mortalidad, negativa en caso contrario y nula si ambaS coinciden.Si adems suponemos que en un cierto instante inicial t0, el numerode individuos de la especie es P0, P (t) es la solucion del problema deCauchy
(P )
{P ′ = kPP (t0) = P0
(97)
Si tomamos como dato inicial en (97) t0, la solucion de este problemaes
P (t) = P0ekt.
(a) Si k > 0, hay un crecimiento exponencial de la poblacion conformepasa el tiempo.
(b) Si k < 0, decrece la poblacion y en tiempo grande, esta tiende adesaparecer.
(c) Si k = 0, no crece ni decrece la poblacion.
Este modelo fue propuesto por el economista y demografo ThomasMalthus en 1798. Es un modelo util cuandos se estudia la evolucion dela poblacion en un intervalo de tiempo no muy grande. se ha usado parael estudio de colonias de bacterias, poblaciones de pequenos mamıferose inclusi poblaciones humanas.
El alumno ya puede hacer el Ejercicio 146.
Ejercicio 57 Se sabe que un cultivo de bacterias crece a un ritmo pro-porcional a la cantidad presente. Despues de una hora, se observan enel cultivo 1000 colonias; y pasadas tres horas, 3000 colonias. Encuen-tre una expresion para el numero aproximado de colonias de bacteriaspresentes en el cultivo en un tiempo t.
Solucion: Si P (t) designa el numero de colonias de bacterias despuesde t horas, entonces N(t) = 694e0.366t.
68
Ejemplo 58 En 1790 la poblacion de Estados Unidos era de 3.39millines, y en 1800 de 5.31 millones. Usando el modelo malthusiano,estime la poblacion de Estados Unidos en funcion del tiempo.
Solucion
Si hacemos que t = 0 corresponda al ano 1790, tenemos que
P (t) = 3.93ekt,
donde P (t) es la poblacion en millones. Para determinar k, observamosque en 1800, cuando t = 10 anos, se tiene
P (10) = 5.31 = 3.93e10k =⇒ k =log 5.31− log 3, 93
10' 0.0301,
obteniendo entoncesP (t) = 3.93e0.0301t.
�
Ejercicio 59 Se sabe que la poblacion de cierto pais se incrementa aun ritmo proporcional al numero de personas que viven en el. Si de-spues de dos anos la poblacion se ha duplicado, y pasados tres anos lapoblacion es de 20000, estime el numero de personas que vivian inicial-mente en el pais.
Solucion: 7062
2. Modelo logıstico.
El modelo de Malthus tiene muchas limitaciones. Por ejemplo, prediceque una poblacion crecera exponencialmente con el tiempo, y esto noocurre en la realidad. Si la especie considerada dispone de todos losmedios par vivir, como espacio, aire, alimento, entonces su crecmientosera de tipo exponencial; pero si los recursos escasean, entonces habracompetencia para acceder a ellos (peleas, guerras a veces, supervivenciadel mas fuerte...) y la razon de crecimiento no sera la misma.
El modelo logıstico fue desarrollado por P. F. Verhulst en 1836 y mejorael modelo de Malthus al introducir la competencia entre los individ-uos de la especie como factor que altera los nacimientos y muertes.
69
Por competencia entendemos la lucha entre los individuos por los al-imentos, sobrevivir al contagio de enfermedades,.....¿Como medir estacompetencia?. Una manera posible es por medio del numero de con-tactos entre dos individuos de la especie. Si tenemos P (t) individuos,el numero de contactos entre dos de ellos es
Combinaciones de P (t) tomados de dos es dos =P (t)(P (t)− 1)
2.
La ecuacion se transforma en
P ′(t) = k1P (t)− k2P (t)(P (t)− 1)
2= rP (t)
(1− P (t)
K
),
donde
r = k1 +k2
2, K =
2k1 + k2
k2
.
Las dos constantes ası definidas tienen un significado importante, 1r
tiene unidades de tiempo y recibe a veces el nombre de ”escala tem-poral” del modelo, tambien proporciona el intervalo de tiempo en elcual el modelo puede considerarse como una aproximacion aceptable alproblema real. r se conoce coma la razon de crecimiento intrınseco. Kson unidades de poblacion y recibe el nombre de ”poblacion lımite”,(como luego justificaremos), o ”capacidad sustentable”.
Otra manera de plantear la ecuacion logısticaes es pensando que en laecuacion de Malthus
P ′(t) = kP (t),
la tasa de crecimiento por individuo k, debe verse alterada por la faltade recursos que apareceran al incremwntarse laa poblacion, es razonableentonces suponer que k debe de depender de P (t). Si tomamos
k = k(t) = r
(1− P (t)
P
),
la tasa ira disminuyendo conforme nos acerquemos al valor de K, mien-tra que sera casi constante para valores pequenos de P (t).
Si suponemos que el el insrante t = 0 la poblacion es P0 ≥ 0, P (t) debeser solucion del problema de valor inicial{
P ′ = rP(1− P
K
), t > 0
P (0) = N0(98)
70
Por el teorema de existencia y unicidad, puede comprobarse, (y ası debehacerlo el estudiante), que este problema admite una unica solucion en(0,∞). La ecuacion diferencial
P ′ = rP
(1− P
K
),
tiene dos soluciones estacionarias, P (t) = 0 y P (t) = K. La solucionP (t) = 0 corresponde al dato inicial P0 = 0, y lo que significa que si lapoblacion inicial es nula, no hay posibilidad de crecimiento. La solucionP (t) = K corresponde al dato inicial P0 = K, y la entendemos comoque para una poblacion inicial igual a K, P (t) permanece constante, eigual a K, conforme avanza el tiempo.
Cualquier otra solucion de (98) no puede cortar a ninguna de las dossoluciones estacionarias. Comprobemos que no pueden cortar a P (t) =0, un razonamiento analogo valdrıa para P (t) = K. Para ver estoargumentamos por reduccion al absurdo. Supongamos que existe unasolucion P1(t) de (98) tal que para algun t0 ≥ 0 se tiene que P1(t0) = 0.Si consideramos el problema{
P ′ = rN(1− P
K
), t > 0
P (t0) = 0, (99)
otra vez por el teorema de existencia y unicidad, se puede garantizarque existe un δ > 0 tal que (99) admite un unica solucion en (0,∞) ∩(t0− δ, t0 + δ). Pero este es una contradiccion ya P1(t) y N2(t) = 0 sonsoluciones de (99) en (0,∞)∩ (t0−δ, t0 +δ), lo cual contradice que (99)admite una unica solucion en el intervalo indicado.
Vamos a resolver (98).
P ′ = rP
(1− P
K
)⇐⇒ P ′ =
r
KP (K − P )⇐⇒ dP
P (K − P )=
r
Kdt,
(usamos que
1
P (K − P )=
1
K
(1
P+
1
K − P
))(
1
P+
1
K − P
)dP = rdt⇐⇒ log
P
K − P= rt+c⇐⇒ P
K − P= Cert,
71
donde C = ec. Si imponemos que P (0) = p0 se tiene que C = P0
K−P0.
P = KCert − PCert =⇒ P (t) =KCert
1 + Cert
=K P0
K−P0ert
1 + P0
K−P0ert
=KP0e
rt
(K − P0) + P0ert=
KP0
P0 + (K − P0)e−rt.
P (t) =KP0
P0 + (K − P0)e−rt
Como
limt→∞
P (t) = limt→∞
KP0
P0 + (K − P0)e−rt= K,
para cualquier poblacion inicial P0, la poblacion con el tiempo tiendea K, que es lo que designamos como poblacion lımite.
En contrapartida con el metodo de Malthus, el modelo logıstico nopreve un crecimiento ilimitado (exponencial) de la poblacion, sino quepreve una estabilizacion de la poblacion alrededor de K.
Debemos hacer notar, que pese a las restricciones evidentes del modelologıstico, este se ajusta muy razonablemente a los datos que se disponepara algunas poblaciones, como a poblaciones humanas sujetas a con-siderables migraciones.
72
Podemos ver a los modelosde Malthus y logıstico como la aproximacionlineal y cuadratica natural del sistema autonomo.
Ejercicio 60 Utilizando el modelo logıstico con poblacion lımite K = 100×109, una poblacion mundial (humana) de 5 × 109 en 1986 y una razon decrecimiento de 2% anual, r = 0.02, haga una prediccion de la poblacionmundial para el ano 2020. ¿Cuando sera esta poblacion de 32 × 109. Losdatos dados son aproximaciones de los datos observados en la realidad.
SolucionVamos a tomar K = 100 y P0 = 5 (en miles de millones de habitantes).
Estamos tomando el ano cero el 1986.
P (t) =100× 5
5 + (100− 5)e−0.02t=
100
1 + 19e−0.02t.
Para prediecir el numero de habitantes del planeta en el 2020 tendremos queevaluar P (t) en t = 34.
P (34) =100
1 + 19e−0.02×34' 9.411,
entonces habra aproximadamente 9411 millones de habitantes.La poblacion sera de 32 × 109 en un tiempo t1 que determinamos como
sigue:
P (t1) =100
1 + 19e−0.02t1= 32 =⇒ 100 = 32 + 608e−0.02t1 =⇒ 608e−0.02t1 = 68
=⇒ e−0.02t1 =68
608=⇒ −0.02t1 = log
68
608=⇒ t1 =
log 68608
−0.02' 109.5334 anos,
esto es, a mediados del ano 2095. Esto, claro esta, si las tendencias semantienen.
�
Ejercicio 61 Las reservas pesqueras del halibut (especie de gran tamanoparecida al lenguado) en el Pacıfico se modelan con la ecuacion logıstica concapacidad sustentable ,(= K = poblacion lımite), de 80.5×106, medida en kgliomasa), y razon de crecimiento intrinseco de 0.71 por an0. Si la biomasainicial es la cuarta parte de la capacidad sustentable, encontrar la biomasadespues de un ano y el tiempo que debe de pasar para que la biomasa inicialse duplique, es decir, que llege a la mitad de la capacidad sustentable.
73
Proof.El problema de valor inicial es{
N ′ = 0.71N(1− N
80.5×106
)t > 0
N(0) = 80.5×106
4
Observese que N(t) no es el numero de habitantes de la poblacion sino labiomasa en el tiempo t, es decir, la masa total de los peces de la especiehabilut en el pacifico.
La solicion es
N(t) =80.5× 106
1 + 3e−0.71t,
y al cabo de un ano la biomasa sera
N(1) =80.5× 106
1 + 3e−0.71= 32526138kg.
El tiempo necesario para duplicar la biomasa inicial se determina de la sigu-iente manera:
N(td) =80.5× 106
1 + 3e−0.71td=
80.5× 106
2=⇒ 1
1 + 3e−0.71td=
1
2=⇒ 1+3e−0.71td = 2
=⇒ 3e−0.71td = 1 =⇒ −0.71td = log1
3=⇒ td =
log 13
−0.71' 1.547 anos,
o sea 1 ano, 6 meses y 17 dias aproximadamente.Hay muchas situaciones que se modelizan con la ecuacion logıstica, como
muestra el siguiente ejercicio.
Ejercicio 62 El gerente de una empresa de 5000 trabajadores se encuentraen el extrajenro cuando le senalan que un rumor sobre el cierre de esta sepropaga entre sus empleados y que, hasta entonces, aproximadamente 200trabajadores lo han escuchado y creido. El gerente requiere 10 dıas mas paraarreglar sus asuntos y le informan al cabo de tres dıas que el rumor ha sidooıdo por 400 personas. Suponga que la tasa de cambio de las personas que hanoıdo el rumor es proporcional al numero de las que lo han oıdo y al de las queno lo han oido, y que el gerente tomara la decision de regresar a la empresapara aclarar la situacion solo si el rumor es oıdo por 900 empleados pasados7 dıas despuees de que el conocio la informacion. Que le recomendarıa algerente, suspender su viaje o continuarlo?
74
Proof. Designemos por R(t) el numero de personas que conocen el rumoral timepo de t dıas, con R(0) = 200 y R(4) = 400. La suposicion de quela tasa de cambio de R(t) es proporcional al numero de los que han oıdo elrumor y a los que no han oıdo el rumor junto con la informacion inicial serepresenta como{
dRdt
= kR(5000−R),R(0) = 200,
⇐⇒{
dRdt
= kR(1− R
5000
),
R(0) = 200,, (100)
cuya solucion es
R(t) =5000
1 + 24e−kt. (101)
Atencion para el alumno: si sale un problema d este tipo en el examen,el elumno tiene que saber resolver el problema (100).
Para obtener k en (101) utilizamos la informacion de que R(3) = 400,obteniendo que k = 0.2452, y por lo tanto el numero de personas que hanoıdo el rumor en t dıas es
R(t) =5000
1 + 24e−0.2452t.
Como
R(7) =5000
1 + 24e−0.2452·7 ≈ 941,
se recomienda al gerente que suspenda su viaje.
Ejercicio 63 Supongamos que una poblacion satisface un modelo logısticocon K = 500, que la poblacion inicial es 100 y que a los 10 anos llego a 200.Determine la razon de crecimienteo intrınseco r.
Solucion r = 0.098.
Ejercicio 64 Compruebe que, para una poblacion que satisface el modelologıstico, la maxima razon de crecimiento de la poblacion es rK
4, y se alcanza
cuando el tamano de la poblacion es K2
.
Proof. La razon de crecimiento es dPdt
= rP(1− P
K
). Esta funcion es con-
tinua y derivable para todo t ≥ 0, por lo tanto su maximo se alcanzara en elpunto que anule su derivada (‘porque?)
d
dt
(dp
dt
)= r
dp
dt
(1− 2P
K
).
75
Como la razon de crecimiento es positiva, la expresion anterior se anularapara P = K
2y este punto corresponde a un maximo ya que
• P < k2
=⇒ ddt
(dpdt
)= r dp
dt
(1− 2P
K
)> 0,
• P > k2
=⇒ ddt
(dpdt
)= r dp
dt
(1− 2P
K
)> 0
El valor maximo de la razon de crecimiento es
dP
dt
∣∣∣∣P= k
2
=rK
4.
Ejercicio 65 Para una poblacion que cumple el modelo logıstico con r, P0 yK dados, encuentre el tiempo t1 para el cual P (t) tiene un punto de inflexion.
Solucion t1 = log(K−P0)r
− logP0
R.
Ejercicio 66 En 1970 se estimo que la poblacion de caimanes en los terrenosdel Centro spacial Kennedy era exactameente de 300. En 1980, la poblacionhabıa crecido hasta alcanzar un valor aproximado de 1500 ejemplares.
1. Usando una ley malthusiana para el crecimiento de la poblaacion, es-time la poblacion de caimanes que debo de haber en los terrenos delCentro Espacial Kennedy en el ano 2000.
2. Si tenemos el dato adicional de que en 1975 la poblacion de caimanesera aproximadamente de 1200 ejemplares, utilice un modelo logısticopaca calcular la poblacion de caimanes que debio haber en el ano 2000.¿Cual es la prediccion de la poblacion lımite?
Solucion 1. ; 2. 1527, 1527.
Ejercicio 67 Un modelo de crecimiento de poblacion que se utiliza en predic-ciones actuariales se basa en la ecuacion de Gompertz
N ′ = N(a− b logN),
donde a y b son constantes.
1. Obtenga la solucion general de la ecuacion.
76
2. Si N(0) = N0 > 0, obtenga una expresion explıcita para N(t) enterminos de a, b, N0 y t.
3. Describa el comportamiento de N(t) cuando t → ∞. (Considere loscasos b > 0 y b < 0).
Ejercicio 68 Una bola de naftalina pierde masa por evaporacion con unarapidez instantanea proporcional a su area. Si la mitad de ma masa se pierdeen 100 dıas
1. ¿cuanto tiempo se necesitara para que el radio disminuya a la mitad des valor inicial?,
2. ¿cuanto tiempo pasara hasta que la bola desaparezca por completo?
Proof. Designamos por M(t), V (t), S(t) y r(t) la masa, volumen, superficiey radio de la naftalina cuando han pasado t dıas. Vamos a suponer que ladessidad de la naftalina ρ es constante, por lo que
M(t) = ρV (t), V (t).4
3πr(t)3, S(t) = 4πr(t)2. (102)
Se tiene que la perdida de masa por evaporacion se modela por
dM
dt= −kS. (103)
Ya que dMdt
= ρdVdt
= 4ρπr(t)2 drdt
, de (103) y (102)
dM
dt= −kS ⇐⇒ dr
dt= −k
ρ.
Resolviendo esta ultima ecuacion diferencial
r(t) = −kρ
+ C.
Al tiempo t = 0 se tendra un radio inicial r0 = C y una masa inicial M0 =ρV (0) = ρ4π
3r3
0. Si la mitad de la masa se pierde en 100 dıas, entonces
M(100) =M0
2⇒ 4
3πρr(100)3 =
1
2
4πρ
3r3
0 =⇒ r(100) =r0
3√
2,
77
de lo que
r(100) =r0
3√
2= −k
ρ100 + r0 =⇒ k =
ρr0
(3√
2− 1)
100 3√
2,
y
r(t) = r0
[1−
(3√
2− 1)
100 3√
2t
]
1. Para que el radio se reduzca a la mitad se necesita que
r0
[1−
(3√
2− 1)
100 3√
2t
]=r0
2=⇒ t =
50 3√
23√
2− 1= 242.366 ≈ 242 dias, 8 horas, 47 minutos.
2. Para que la bola desaparezca del todo se necesita que r(t) = 0,
r0
[1−
(3√
2− 1)
100 3√
2t
]= 0 =⇒ t =
100 3√
23√
2− 1= 484.732 ≈ 484 dıas, 17 horas, 34 minutos.
Ejercicio 69 Una bola de nieve se derrite de tal manera que
1. caso 1,la razon de cambio de su volumen es proporcional al area de susuperficie,
2. caso 2, la razon de cambio de su diametro es proporcional al area de susuperficie.
Si el diametro de la bola de nieve era inicialmente de 10cm y al cabo detreinta minutoss de 7cm, calcule en ambos casos
1. ¿cuando sera su diametro de 4cm?,
2. en terminos metematicos, ¿cuando desaperecera la bola de nieve?
78
6.2 Analisis compartimental. Mezclas.
Si disolvemos 500 g de azucar en 20 ` de agua, obtenemos una solucion dulcecon una concentracion C = 500
20g/` = 25g/` de azucar ( se lee 25 gramos por
litro y significa 25 gramos de azucar por cada litro de solucion).Cuando disolvemos 10 lb de sal en 50 gal de agua, obtenemos una solucion
salina o salmuera con una concentracion de C01050lb/gal = 0.2lb/gal de sal
(lease 0.2 libras por galon).En general, si disolvemos Q kg (o cualquier unidad de masa) de un soluto
en V ` (o alguna otra unidad de volumen) de un solvente, obtenemos unasolucion con una concentracion C = Q
Vkg/ � de soluto (leido C kilogramos
por litro y entendido como C kilogramos de soluto por cada litro de solucion).Ahora supongamos que inicialmente (en t = 0)) tenemos en un tanque
una cantidad V0 de solucion donde hay disuelta una cantidad Q0 de un soluto.Supongamos tambien que, a partir de t = 0, se deja entrar otra solucion altanque con una rapidez Re (flujo de entrada) y con una concentracion Ce(concentracion de entrada) del mismo soluto y que, al mismo tiempo, se dejasalir del tamque la nueva solucion (considerada uniforme por mezclado) conuna rapidez Rs (flujo de alida) y una concentracion Cs (concentracion desalida) del mismo soluto.
Observamos
• Si Re = Rs, entonces la cantidad V0 de solucion se mantiene constanteal paso del tiempo.
• Si Re 6= Rs, entonces la cantida V de solucion sera funcion del tiempot, V = V (t). Aun mas, Si Re > Rs, entonces V (t) > V0 (ademas escreciente);mientras que si Re < Rs, entonces V (t) > V0 (ademas esdecreciente).
• En general la cantidad Q de soluto es el tanque sera funcion del tiempo,Q = Q(t).
• Igualmente, la concentracion C del soluto en el tanque sera funcion deltiempo t; y variara segun que Re = Rs o que Re 6= Rs, esto es,
C(t) =Q(t)
V0
o bien C(t) =Q(t)
V (t).
79
• Un problema que es de interes en esta clase de procesos consiste endeterminar la cantidad Q(t) de soluto en el tanque en cualquier instantet ≥ 0.
Para resolver este problema procedemos como sigue:Consideramos primero la rapidez con que cambia la cantidad de soluto
Q(t) en el tanque, la cual esta dada por la rapidez con que entra el solutomenos la rapidez con la que sale
Q′(t) = (rapidez con que entra el soluto)− (rapidez con que sale el soluto).
Si tenemos en cuenta que
• la rapidez con que entra el soluto es Re · Ce,
• la rapidez con que sale el soluto es Rs · Cs,
el modelo de este proceso queda{dQdt
(t)t = ReCe −RsCs(t),Q(0) = Q0
.
Ejercicio 70 Un tanque contiene inicialmente 60 galones (gal) de agua pura.A razon de 2 gal/min entra al tanque salmuera que contiene 1 libra (lb) desal por galon y la solucion uniformemente mezclada sale del tanque a razonde 3 gal/min.
1. Obtener la cantidad de sal en el tanque despues de t minutos.
2. Calcule la concentracion de sal en el tanque despues de media hora.
3. Determine la concentracion de sal en el tanque cuando hay solamente10 galones de solucion.
4. ¿Cual es la maxima cantidad de sal que llega a tener el tanque?.
Proof. Si A(t) es la cantidad de sal, en libras, en el tanque al cabo de tminutos, entonces A(0) = 0.
• La rapidez con que entra solucion al tanque es Re = 2gal/min.
• La concentracion de sal en la solucion que entra es Ce = 1lb/gal.
80
• La rapidez con que entra sal al tanque es Re · Ce = 2lb/min.
• La rapidez con que sale la mezcla del tanque es Rs = 3gal/min.
• La cantidad de solucion en el tanque es V (t) = (60− t)gal. (Se pierdeun galon cada minutoo transcurrido).
• La concentracion de sal en la mezcla que sale es Cs = A(t)V (t)
= A(t)60−t lb/gal.
• La rapidez con que sale sal del tanque es Rs · Cs = 3A(t)60−t lb/min.
La rapidez de cambio de la cantidad de sal en el tanque, en el instante t es
A′(t) = ReCe −RsAs = 2− 3A(t)
60− t.
1. A(t) es la solucion del problema de valor inicial{A′ + 3A
60−t = 2, t > 0,
A(0) = 0.. (104)
Multiplicamos la ecuacion diferencial del problema de valor inicial porel factor integrante
e∫
360−tdt = e−3log(60−t) = elog(60−t)−3
=1
(60− t)3,
1
(60− t)3A′ +
3
(60− t)4A =
2
(60− t)3,
(A
(60− t)3
)′=
2
(60− t)3,∫ t
0
(A
(60− s)3
)′ds = 2
∫ t
0
ds
(60− s)3,
A(t)
(60− t)3−A(0)
603=
1
(60− t)2− 1
602,
⇓
A(t) = (60− t)− 60
(60− t
60
)3
libras de sal
2. Despues de media hora, la cantidad de sal en el tanque es
Q(30) = 30− 60
(30
60
)3
= 22.5lb,
81
como el volumen es V (30) = 60 − 30 = 30gal, la concentracion de salen el tanque es
Cs(30) =A(30)
V (30)= 0.75lb/gal.
3. Cuando hay solo 10 galones en el tanque el tiempo transcurrido es
60− t = 10 =⇒ t = 50 minutos.
La cantidad de sal que hay en el tanque pasados 50 minutos es
A(50) = 10− 60
(10
60
)3
= 9.72lb,
y la concentracion es
Cs(50) =A(50)
V (50)= 0.972lb/gal.
4. Maximizamos la funcion A(t).
A′(t) = −1+3
(1− t
60
)2
= 0⇐⇒ t = 60
(1± 1√
3
)⇐⇒
{t = 94.62t = 25.38
En el contexto del problema, el tiempo 94.62 minutos no tiene sentido,ya que
V (t) ≥ 0⇐⇒ t ∈ [0, 60].
Los tiempos candidatos a maximizar A(t) son t = 0, t = 25.38 y t = 60.Como A(0) = A(60) = 0 y A(25.38) = 23.094, la maxima cantidad desal que llega a tener el tanque es 23.094 y se consigue cuando hantranscurrido 25.38 minutos.
Ejercicio 71 Un tanque que tiene capacidad para 2000 `, continene inicial-mente 1000 ` de agua con 8 kg de sal disuelta. Se bombea salmuera al tanquea razon de 20 `/min y la solucion uniformememnte mezcladase bombea haciaafuera a razon de 15 `/min. Considerando que la concentracion de solucionque entra es de 0.01 kg/`, determine
82
1. La cantidad de sal que hay en el tanque despues de t minutos,
2. La cantidad de sal que hay en el tanque despues de una hora.
3. La concentracion de sal que hay en el tanque cuando este se llena
Proof. Sea Q(t) la cantidad (en kg) de sal en el tanque despues de t minutos.Inicialmente se tienen 8 kg de sal, entonces Q(0) = 8.
La rapidez de cambio de la cantidad Q(t) de sal en el tanque en el instantet es
Q′(t) = (rapidez con que entra la sal)− (rapidez con que sale la sal).
‘ ¿Con que rapidez entra la sal en el tanque?. Ya que la solucion entra conuna rapidez Re = 20 `/min y con una concentracion Ce = 0.01kg/`, entoncesla rapidez con que entra la sal en el tanque es
ReCe = 20`/min · 0.01kg/` = 0.2kg/min.
La rapidez con que la solucion sale del tanque es Rs = 15`/min. Pero ¿conque concentracion sale?.
Ya que entra solocion a razon de 20 `/min y sale a razon de 15 `/min, en-tonces quedan en el tanque 5` de solucion en cada minuto que transcurre. De-spues de t minutos habran quedado almacenados en el tanque 5t` de solucion,los cuales se sumeran a los 1000 ` iniciales. Es decir, despues de t minutoshabra en el tanque (1000 + 5t)` de solucion en los que estaran disueltos Q(t)kg de sal, por lo que la concentracion de sal en la solucion que sale es
Cs =Q(t)
1000 + 5tkg/`.
La rapidez con que sale la concentracion
RsCs = 15`/min · Q(t)
1000 + 5tkg/` =
15Q(t)
1000 + 5tkg/min .
Por lo tanto la rapidez de cambio de la camtidad Q(t) de sal en el tanque,despues de t minutos, es
Q′(t) = ReCe −RsCs = 0.2− 15Q(t)
1000 + 5t,
y Q(t) satisface el problema de valor inicial{Q′ + 3Q
200+t= 0.2, t > 0
Q(0) = 8,. (105)
83
1. Para resolver la ecuacion diferencial en (105), multiplicamos esta porel factor integrante
e∫
3200+t
dt = e3log(200+t) = elog(200+t)3 = (200 + t)3.
(200+t)3Q′+3(200+t)2Q = 0.2(200+t)3,(Q(200 + t)3
)′= 0.2(200+t)3,∫ t
0
(Q(200 + s)3
)′ds = 0.2
∫ t
0
(200 + s)3ds,
(200 + t)3Q(t)− 2003Q(0) = 0.2
((200 + t)4
4− 2004
4
)⇓
Q(t) = 0.05(200 + t)− 2
(200
200 + t
)3
2. La cantidad de sal que hay en el tanque despues de una hora (60 min)es
Q(60) = 0.05(200 + 60)− 2
(200
200 + 60
)3
= 12.09kg.
3. para ver la concentracion de sal en el tanque cuando esta lleno, veamosen que tiempo se llena.
V (t) = 1000 + 5t = 2000 =⇒ t = 200min.
En este instante, hay una concentracion de sal
Q(200) = 0.05(200 + 200)− 2
(200
200 + 2000
)3
= 19.75kg,
y por tanto la concentracion de sal en el tanque en este instante es
C(200) =Q(200)
2000kg/` = 0.01kg/`.
84
Ejercicio 72 Considere un gran tanque que contiene 1000 litros de agua,dentro del cual una solucion salada de salmuera empieza a fluir a una ve-locidad constante de 6 litro por minuto. La solucion dentro del tanque semantiene bien agitada y fluye hacia el exterior del tanque a una velocidad de6 litros por minuto. Si la concentracion de sal en la salmuera que entra es de1 kilo por litro, determine cuando sera de 1/2 kilo por el litro en el tanque.
SolucionPodemos considerar el tamque como un compartimento que contiene sal.
Si designamos por Q(t) la cantidad de sal que hay en el tamque en el instantet, se puede determinar la concentracion de sal en el tanque dividiendo Q(t)por el volumen de fluido contenido en el tanque en el tiempo tt.
Empecemos determinando la velocidad a la cual la sal entra en el tanque.Se tiene que la salmuera flute hacia el interior del tanque a razon de 6 litrospor minuto, puesto que la concentracion de sal en esta salmuera es de 1 kilopor litro, la velocidad de entrada de la sal al interior del tanque sera
ventrada = 6l/m · 1kg/l = 6kg/m.
Ahora debemos de determinar la velocidad de salida de sal del tanque. Puestoque la solucion de salmuera se mantiene bien agitada en el interior del tanque,podemos suponerr que la concentracion de sal en el tanque es uniforme, estoes la concentracion de sal en cualquier parte del tanque en el instante t esigual a Q(t) dividiva por el volumen del fluido contenido en el tanque. Yaque este contien inicialmente 1000 litros y la velocidad de flujo al interior esla misma que la de salita, el volumen permanece constante e igual a 1000litros. Entonces
vsalida = 6l/m · Q(t)
1000kg/l =
3Q(t)
500kg/m.
Ya que el tanque contenıa inicialmente solo agua, entonces Q(0) = 0. Q(t)sera la solucion del problema de valor inicial{
Q′ = 6− 3Q500
t > 0Q(0) = 0
Multiplicamos la ecuacion diferencial Q′ = 6 − 3Q500
por el factor integrante
e∫
3500
dt = e3t500 ,
e3t500Q′ +
3
500e
3t500Q = 6e
3t500 ⇐⇒
(e
3t500Q
)′= 6e
3t500 ,
85
integramos ∫ t
0
(e
3s500Q(s)
)′ds =
∫ t
0
6e3s500ds,
e3t500Q(t)−Q(0) = 1000e
3t500 − 1000 =⇒ Q(t) = 1000− 1000e−
3t500 .
La concentracion es
c(t) =Q(t)
1000= 1− e−
3t500 .
Para determinar cuando esla concentracion de sal igual a 1/2kg/l, hacemos
1
2= 1− e−
3t500 =⇒ 1
2= e−
3t500 =⇒ t =
500 log 2
5' 115.52 minutos.
Observacion 73 Observese que
limt→∞
y(t) = limt→∞
1000− 1000e−3t500 = 1000,
de esta manera, la concentracion cuando, ha pasado mucho tiempo, de salen el tanque es de 1kg/l, que es igual a la concentracion de la salmuera quefluye hacia el interior del tanque.
�
Ejercicio 74 El agua del Lago Magdalena se esta viendo sujeta a un procesocontaminante debido a la concentracion de plaguicidas consecuencia de lafumigacion de los naranjales cercanos. Por otro lado, el rio Aguadulce, quedesemboca en el lago, fluye hacia este a razon de 200 litros por minuto,portando una concentracion de plaguicidas de 5 partes por millon. Si sesuspende la fumigacion de los alrededores del lago en el momento en el que laconcentracion de plaguicidas habıa alcanzado el valor de 40 partes por millon,y se supone que en dicho instante el volumen del lago es de 100 millonesde litros, calcular el tiempo que trabscurrira hasta que la concentracion seainferior a 20 partes por millon. ¿Que vulomen tendra el lago en ese instante?.
Nota: Suponemos que el lago pierde agua a razon de 300 litros por minuto.
SolucionDenotamos por Q(t) a la cantidad de plaguicidas presentes en el lago en
el instante t. La concentracion de plaguicidas en el lago en el instante t es
C(t) =Q(t)
V (t),
86
donde V (t) es el volumen del lago en el instante t.Es importante en este tipo de problemas, distinguir con precision las
velocidades de entrada y salida de la disolucion y las correspondientes alsoluto, es decir a la sustancia en cuestion (en este caso los plaguicidas). Desdeeste punto de vista, la velocidad de entrada de disolucion en el compartimento(lago) es
ventrada disolucion = 200l/m,
y la de salidavsalida disolucion = 300l/m.
Las respectivas velocidades del soluto se obtendran multiplicando las de ladisolucion por la concentracion correspondiente. De esta manera, el tenerla disolucion entrante una concentracion de 5 partes por millon ( es decir 5mg/l), tendremos
ventrada = 200l/m · 5mg/l = 1000mg/m.
Por otro lado
V (t) = V (0) + (vsalida disolucion − vsalida disolucion)t = 108 − 100t = 100(106 − t),
=⇒ C(t) =y(t)
100(106 − t).
La velocidad de salida es
vsalida = 300l/m · Q(t)
100(106 − t)mg/l =
3Q(t)
106 − tmg/m,
y Q(t) satisface la ecuacion
Q′ = 1000− 3Q
106 − t.
Vamos a resolver la ecuacion. Es lineal de primer orden, calculamos su factorintegrante
e∫
3106−t
dt= e−3 log(106−t) =
1
(106 − t)3,
Multiplicamos la ecuacion diferencial por 1(106−t)3
1
(106 − t)3Q′ +
3
(106 − t)4Q =
1000
(106 − t)3⇐⇒
(1
(106 − t)3Q
)′=
1000
(106 − t)3,
87
integramos ∫ t
0
(1
(106 − s)3Q(s)
)′ds =
∫ t
0
1000
(106 − s)3ds,
1
(106 − t)3Q(t)− 1
1018Q(0) =
1000
2(106 − t)2− 1000
2 · 1012,
como
40 = C(0) =Q(0)
108=⇒ Q(0) = 40 · 108,
Q(t) = 500(106−t)+35·10−10(106−t)3 =⇒ C(t) = 5 + 35 · 10−12(106 − t)2
La ecuacion20 = 5 + 35 · 10−12(106 − t1)2,
nos proporciona el tiempo que tarda la concentracion en descender hasta 20partes por millon. La solucion es
t1 = 345346 minutos = 239.8 dias.
El volumen del lago en ese instante es de 65.4 millones de litros.�
Ejercicio 75 Una solucion de acido nıtrico fluye a razon constante de 6litros por minuto hacia el interior de una gran tanque que inicialmente con-tiene 200 litros de una solucion de acido nıtrico al 0.5%. a solucion contenidaen el tanque se mantiene bien agitada y fluye hacia el exterior del mismo arazon de 8 litros por minuto. Si la solucion que entra en el tanque es de 20%de acido nıtrico, determine la cantidad de acido nıtrico presente en el tanqueal cabo de t sengundos?. ¿En que momento el porcentaje de acido nıtricocontenido en el tanque sera del 10%?.
Solucion 0.4(100− t)− 39× 10−8(100− t)4 litros. 19.96 minutos.
Ejercicio 76 Una alberca cuyo volumen es de 40000 litros contiene aguacon el 0.01% de cloro. Empezando en t = 0, desde la ciudad se bombea aguaque contiene el 0.001% de cloro, hacia el interior de la alberca a razon de 20litros por minuto, y el agua de la alberca fluye hacia el exterior a la mismavelocidad. ¿Cual es el porcentaje de cloro en la alberca al cabo de una hora?.¿Cuanto tendra el agua de la alberca 0.002% de coro?.
Solucion 0.0097%. 73.24 horas.
88
6.3 Ley de Newton del calentamiento y enfriamiento
Si un cuerpo u objeto que tiene una temperatura T0 es depositado en unmedio ambiente que se mantiene a una temperatura Ta constante, Ta 6= T0, laexperiencia nos dice que , al paso del tiempo, la temperatura del cuerpo tiendea ser igual a la del medio circundante. Es decir, si T (t) es la temperatura delcuerpo en el instante t, entonces T (t) −→ Ta cuando t crece.
Para modelar la temperatura del objeto utilizamos la ley de Enfriamientode Newton, que afirma que la rapidez de cambio de temperatura de un cuerpoes directamente proporcional a la diferencia de la temperatura entre el cuerpoy el medio circundante
T ′(t) = k [T (t)− Ta] ,
donde k es la constante de proporcionalidad.
• Cuando T0 > Ta, lo que implica que T (t) > Ta, en el cuerpo ocurre unenfriamiento por lo que T (t) decrece (T ′(t) < 0) y T (t) − Ta > 0, y siT ′(t) = k [T (t)− Ta] , entonces k > 0.
• Cuando T0 < Ta, lo que implica que T (t) < Ta, en el cuerpo ocurre uncalentamiento por lo que T (t) crece (T ′(t) > 0) y T (t) − Ta < 0, y siT ′(t) = k [T (t)− Ta] , entonces k > 0.
Sea enfriamento o calentamiento, la ecuacion diferencial T ′ = k [T − Ta] tienesentido siempre y cuando k sea negativa.
Resolvemos el problema de valor inicial{T ′ = k [T − Ta] , t ≥ 0,T (0) = T0
.
La ecuacion diferencial es de variables sepradas
T ′ = k [T − Ta] ,dT
dt= k [T − Ta] ,
dT
T − Ta= kdt, log |T − Ta| = kt+ C1,
|T − Ta| = ekt+C1 = ekteC1 = Cekt,
• Si T > Ta, entonces |T − Ta| = T − Ta, y
T − Ta = Cekt =⇒ T (t) = Ta + Cekt, t ≥ 0, C ∈ R.
89
• Si T < Ta, entonces |T − Ta| = Ta − T, y
Ta − T = Cekt =⇒ T (t) = Ta − Cekt = Ta + Cekt, t ≥ 0, C ∈ R.
Para tener determinada la temperatura T (t), son necesarias dos condicionesadicionales que permitan calcular valores unicos para las constantes C y k.Estas condiciones podrıan ser las temperaturas del cuerpo en dos instantescualesquiera y una de ellas podrıa ser la temperatura inicial T0.
Ejercicio 77 La temperatura de un motor en el momento que se apaga esde 200◦C y la temperatura del aire que lo rodea es de 30◦C. Despues de10 minutos la temperatura del motor ha bajado a 180◦C. ¿Cuanto tiempotranscurrira para que la temperatura del motor disminuya hasta 40◦C?.
Proof. La temperatura del motor pasados t minutos esta dada por lasolucion T (t) del problema{
T ′ = k(T − 30), t > 0,T (0) = 200, T (10) = 180,
.
cuya solucion esT (t) = 30 + Cekt, t ≥ 0.
Aplicamos ahora las condiciones para obtener las constantes C y k.
T (0) = 30 + Ce0 = 30 + C = 200⇒ C = 170⇒ T (t) = 30 + 170rkt, t ≥ 0,
T (10) = 30 + 170ekt = 180 =⇒ k =1
10log
15
17= −0.01252⇒
T (t) = 30 + 170e−0.01252t
Para que la temperatura del motor baje a 40◦C
T (t) = 30 + 170e−0.01252t = 40 =⇒ t =log17
0.01252= 226.295 ≈
3 horas, 46 minutos 18 segundos.
90
Ejercicio 78 La ley de Stefan de la radiacion establece que la razon de cam-bio de la temperatura de un cuerpo que se encuentra a T grados en un medioque se encuentra a Ta grados Kelvin, es proporcional a T 4−T 4
a Plantee y re-suelva la ecuacion diferencial. Explique por que las leyes de Newton y Stefanson aproximadamente iguales cuando T se acerca a Ta y esta es constante.
Solucion T ′ = k(T 4 − T 4a ); para resolver esta ecuacion es conveniente usar
1T 4−T 4
a= 1
4T 3a
1T−Ta−
14T 3a
1T+Ta
− 12T 2a
1T 2+T 2
a, la solucion es T (t) = 1
4T 3a
log∣∣∣T−TaT+Ta
∣∣∣−1
2T 3a
arctan TTa
= −kt+ c, c ∈ R.
Ejercicio 79 Un vino tinto se saca de la bodega, que es un lugar frıo a 10C,y se deja reposar en un cuarto con temperatura de 23C. ¿En que momentola temperatura del vino sera de 18C si transcurren 10 minutos para alcanzarlos 15C?.
Ejercicio 80 Se coloca una barra de metal a 100◦ F en un cuarto a tem-peratura constante de 0◦ F. Si despues de 20 minutos, la temperatura de labarra es de 50◦ F, encuentre
1. el tiempo que pasara para que la barra alcance la temperatura de 25◦ Fy
2. la temperatura de la barra cuando han pasado 10 minutos.
Solucion: 1. 39.6 minutos; 2. 70.5◦ F.
Ejercicio 81 Un cuerpo a una temperatura de 50◦ F se coloca a la interperie,donde la temperatura es de 100◦ F. Si pasados 5 minitos la temperatura delcuerpo es de 60◦ F, encuentre
1. ¿cuanto tiempo tardara el cuerpo en alcanzar la temperatura de 75◦ F?y
2. la temperatura del cuerpo cuando han pasado 20 minutos.
Solucion: 1. 15.4 minutos; 2. 79.5◦ F.
91
6.4 Calefaccion y enfriamento de edificios
Ejercicio 82 Sea T (t) la temperatura interior de un edificio para el quela razon de cambio de temperatura es la diferencia entre la razon a la queaumenta y la razon a la que disminuye. Suponemos que afectan tres fac-tores en la temperatura: el primero (calor producido por las personas, luces ymaquinas) incrementa la temperatura a razon de H(t); el segundo es el calen-tamiento (endriamiento) producido por la calafaccion (aire acondicionado) arazon de U(t); el tercer factor es el efecto de la temperatura exterior M(t),para el que la razon de cambio es ‘proporcional a la diferencia entre la tem-peratura exterior y la interior (ley de Newton del enfriamiento). De esto, laecuacion diferencial que modela el fenomenos es
T ′(t) = k(M(t)− T (t)) +H(t) + U(t),
con k constante real que depende de las propiedades del edificio (numero depuertas y ventanas, aislamiento, material, etc); al valor 1
kse la conoce como
la constante de tiempo del edificio.
1. Si la temperatura exterior es constante M = 0 y se cumple que H =U = 0, escriba la solucion sabiendo que T (t0) = T0 (esto refleja comovarıa la temperatura del edificio)
2. Supongamos que H = H0 es cosntante, U = 0 (no hay calefaccion oenfriamiento) y la temperatura exterior esta dada por M(t) = M0 −B coswt, donde B es una constante real positiva y w = π
12(onda
senoidal de periodo 24 horas, con mınimo t = 0 (medianoche) y maximot = 12 (mediodıa). Calcule la solucion sabiendo que a media noche latemperatura es T0, (esto refleja como varıa la temperatura en primaverau otono cuando no hay calefaccion ni aire acondicionado).
3. Ademas de lo supuesto en 2., pensamos que hay un termostato paracontrolar la tempertura deseada Td. Suponiendo que el calentamiento oenfriamiento es proporcional a la diferencia de temperatura, es decir,U(t) = ku(Td − T (t)), calcule T (t) siendo de nuevo T (0) = T0, (estorefleja como varıa la temperatura en verano (aire acondicionado) y eninvierno (calefaccion)).
Solucion 1. T (t) = T0e−kt; 2. y 3. T (t) = T0e
−(k+ku)t+kM0+H0+kuTdk+ku
(1− e−(k+ku)t
)−
12πkBπ2+144(k+ku)2
sin πt12− 144(k+ku)kB
π2+144(k+ku)2
(cos πt
12− e−(k+ku)t
).
92
6.5 Segunda ley del movimiento de Newton
Ejercicio 83 Un cuerpo que tiene 5 unidades de masa se deja caer dede unaaltura de 100 metros con velocidad cero. Asumiendo que no hay resistenciaen el aire, encuentre
1. una expresion para la velocidad del cuerpo en un cierto tiempo t,
2. una expresion para la posicion del cuerpo en un instante t, y
3. el tiempo empleado en llegar al suelo.
Solucion: 1. velocidad v(t) = 32t; posicion x(t) = 16t2; 3. 2.5 segundos.Indicacion: La segunda ley del movimiento de Newton nos dice que la
fuerza F = F (t) que actua sobre un cuerpo de masa constante m es igual a
F = mdv
dt,
donde v = v(t) es la velocidad del cuerpo.Existen dos fuerzas que actuan sobre el cuerpo:
1. la fuerza debida a la gravedad que es igual a mg,
2. la fuerza debida a la resistencia del aire dada por −kv, donde k ≥0 es una constante de proporcionalidad. Se necesita el signo menosporque esta fuerza se opone a la velocidad; es decir actua en direccionascendente.
La fuerza que actua sobre el cuerpo sera
F = mg − kv,
y por la segunda ley de Newton
mg − kv = mdv
dt⇐⇒ dv
dt+k
mv = g.
Si la resistencia del aire es nula o despreciable, entonces k = 0.
Ejercicio 84 Una piedra cae desde el reposo debido a la gravedad y conresistencia despreciable del aire.
93
1. Mediante una ecuacion diferencial, modele el movimiento de la piedra.
2. Determine la velocidad (en m/s) de la piedra en cualquier instantet ≥ 0.
3. Calcule la posicion (en metros) de la piedra en cualquier instante t ≥ 0.
4. Calcule la velocidad de la piedra y la distancia recorrida al cabo de 5 s.
5. Determine el tiempo en que la piedra alcanza una velocidad de 100m/s.
6. Calcule la distancia recorrida entre los segundos 6 y 8 ası como entrelos segundos 8 y 10.
Proof.
1. Si v(t) es la velocidad de la piedra en el instante t ≥ 0 segundos, en-tonces v(0) = 0. Considerando hacia abajo como la direccion positivay usando la segunda ley de Newton
ma(t) = mg ⇐⇒ a(t) = g ⇐⇒ v′ = g.
v satisface el problema de valor inicial{v′ = g, t > 0,v(0) = 0,
.
2. La solucion del problema de valor inicial es v(t) = 9.8tm/s.
3. Designamos por x(t) la posicion de la piedra en el instante t ≥ 0 yx(0) = 0.
v(t) = x′(t) =⇒ x(t) = 4.9t2 + C = (C = 0) = 4.9t2.
4. v(5) = 49m/s y x(5) = 122.5m.
5. v(t) = 100⇐⇒ t = 1009.8
= 10.2s.
6. x(8)− x(6) = 137.2m, x(10)− x(8) = 176.4m.
94
Ejercicio 85 Una pequena gota de aceite de 0.2g. de masa cae en el airedesde el reposo. La resistencia del aire es proporcional a la velocidad in-stantanea y es de 160 dinas cuando la gota cae a 40 cm/s.
1. Determine la velocidad al cabo de t segundos.
2. Calcule la posicion despues de t segundos.
3. Obtenga la velocidad lımite de la gota.
Proof. En las unidades de los datos g = 980m/s2. Consideramos haciaabajo la direccion positiva. Si R(t) es la resistencia, sabemos que
R(t) = kv(t), k =R(t)
v(t)= (hacemos t = 40) =
160
40= 4.
De acuerdo a la segunda ley de Newton
v′(t) + 20v(t) = 980.
1. v(t) satisface el problema de valor inicial{v′ + 20v = 980, t > 0,v(0) = 0,
,
con solucionv(t) = 49
(1− e−20t
)cm/s
2. Designamos por x(t) la posicion de la gota en t ≥ 0, con x(0) = 0. x(t)satisface el problema de valor inicial{
x′ = 49 (1− e−20t) , t > 0,x(0) = 0,
,
con solucionx(t) = 49t+ 2.45
(e−20t − 1
)3. La velocidad lımite es
vlimite = limt→∞
v(t) = 49cm/s.
95
Ejercicio 86 Una bola de acero que pesa 2 lb (libras) se deja caer desdeuna altura de 3000 metros sin velocidad inicial. Mientras cae, encuentra unaresistencia del aire igual a v
8, donde v indica la velocidad de la bola en metros
por segundo. Encuentre
1. la velocidad lımite de la bola,
2. valor aproximado del tiempo requerido para que la bola impacte en elsuelo.
Solucion: 1. 16 metros por segundo; 2. 188 segundos.
6.6 Trayectorias ortogonales
En ingenierıa se presenta a menudo el problema geometrico de encontrar unafamilia de curvas, (trayectorias ortogonales), que intersequen ortogonal-mente a una familia dada de curvas en cada punto. Por ejemplo, es posibleque se den las lınes de fuerza y se pida obtener la ecuacion de las lıneasequipotenciales.
Considere la familia de curvas descritas por F (x, y) = k, donde k es unparametro.
1. Usando diferenciacion implıcita, demuestre que para cada curva y(x)de la familia, la pendiente de su recta tangente en (x, y(x) esta dadapor
y′(x) =−∂F
∂x(x, y)
∂F∂y
(x, y).
2. Usando precisamente que la pendiente de una curva que es ortogonalperoendicular) a una curva dada es precisamente el recıproco de lapendiente de la curva dada, demuestre que las curvas ortogonales a lafamilia F (x, y) = k satisfacen la ecuacion diferencial
∂F
∂y(x, y)− ∂F
∂x(x, y)y′ = 0.
Ejercicio 87 Encuentre las trayectorias ortogonales a la familia de curvasx2 + y2 = c2, c ∈ R.
96
Solucion: y = kx, k ∈ R.Indicacion: Consideremos la familia de curvas en el plano
F (x, y, c) = 0, c en algun subconjunto de R. (106)
La familia de trayectorias ortogonales a (106) esta dada por
G(x, y, k) = 0, k en algun subconjunto de R. (107)
y es tal que cada curva en (107) interseca formando un angulo recto con todacurva de (106).
Para obtener (107) derivamos implıcitamente (106) con respecto a x, luegoeliminamod c entre esta ecuacion y (106). Esto da una ecuacion que relacionax, y y y′. Despejamos en esta y′ para obtener la ecuacion diferencial de laforma
y′ = f(x, y). (108)
Las trayectorias ortogonales a (106) son las soluciones de la ecuacion
y′ = − 1
f(x, y).
Ejercicio 88 Encuentre las trayectorias ortogonales de la familia de curvasy = cx2, c ∈ R.
Solucion: x2
2+ y2 = k, k ≥ 0.
6.7 Circuitos electricos elementales
Ası como la mecanica tiene como base fundamental las leyes de Newton,la electricidad tambien tiene una ley que describe el comportamiento de loscircuitos electricos, conocida como la ley de Kirchhoff. Esta es adecuada paraestudiar propiedades simples de los circuitos eletricos. El mas simple es unoen serie, en el cual tenemos una fuerza electromotriz, que actua como unafuente de energıa (una bateria o generador), y una resistencia que consumeo usa esa energıa (bombilla electrica o un electrodomestico).
La ley de Ohm nos dice que en un circuito como el que acabamos dedescribir, la corriente instantanea I es directamente proporcional a la fuerzaelectromotriz E,
E = RI,
dondeR es la constante de proporcionalidad y es conocida como la resistencia.Tambien son usuales en los circuitos
97
• los inductores, que se oponen al cambio de corriente, y
• los condensadores, que almacenan energıa.
En fısica se habla de voltaje a traves de un elemento. La caıda devoltaje, (caıda de potencial o diferencia de potencial), es determinada porun voltımetro. Experimentalmente se cumple:
• La caıda de voltaje a traves de una resistencia ER es proporcional a lacorriente que pasa a traves de la resistencia
ER = IR,
R es la constante de proporcionalidad, llamada resistencia.
• La caıda de voltaje a traves de un inductor RL es proporcional a latasa de tiempo instantanea de cambio de corriente
EL = LdI
dt,
donde L es la constante de proporcionalidad llamada inductancia.
• La caıda de voltaje a traves de un condensador EC es proporcional ala carga eletrica instantanea Q en el condensador
EC =Q
C,
donde hemos tomado 1C
como la constante de proporcionalidad. C seconoce como la capacitancia.
Ley de Kirchhoff El voltaje suministrado es igual a la suma de todaslas caıdas de voltaje alrededor de un circuito electrico.
• Si consideramos un circuito consistente en una fuente de voltaje E(bateria o generador), una resistencia R y un inductor conectados enserie, la ley de Kirchhoff nos dice que
E = RI + LdI
dt.
98
• Si tenemos un circuito eletrico consistente en un una bateria o gener-ador E en serie con una resistencia R y un condensador, tendrıamos laecuacion
E = RI +Q
C.
Ya que la corriente I es es la variacion de la carga con respecto altiempo I = dQ
dt, la ecuacion anterior se convierte en
E = RdQ
dt+Q
C.
Ejemplo 89 Un generador de 12 volts se conecta a un circuito en serie conuna resistencia R = 10 ohms y una inductancia L = 1
2henry. Determine la
corriente I, si esta en el instante inicial es cero.
Proof. Segun la ley de Kirchhoff, I(t) es la solucion del problema de valorinicial {
12I ′ + 10I = 12, t > 0,I(0) = 0.
Es facil comprobar que I(t) = 65− 6
5e−20t.
Observacion 90 La ecuacion general para los circuitos como el descrito eneste ejemplo es
LdI
dt+RI = E(t), t > 0,
cuya solucion general es
I(t) =e−
RtL
L
∫eRtL E(t)dt+ ce−
RtL , t ≥ 0, c ∈ R. (109)
Si tomamos E(t) = E0, independiente del tiempo, (109) se convierte en
I(t) =E0
R+ ce−
RtL . (110)
Si t −→ ∞, el segundo termino de la ecuacion (110) tiende a cero. Aeste termino se le llama termino transitorio; los demas terminos se conocencomo la parte estable o estacionaria de la solucion. E0
Res conocido como
corriente del estado estable, y cuando ha pasado suficiente tiempo, resultaque la corriente esta determinada tan solo por la ley de Ohm, E = IR.
99
Ejemplo 91 Determine la carga Q(t) en un condensador de un circuito enserie, donde no hay ningun generador, hay una resistencia R = 10 ohms, unainductancia L = 0.25 henry, una capacitancia C = 0.001 farad y la carga ycorriente en el instante inicial valen Q(0) = Q0 coulombs e I(0) = 0 amperesrespectivamente.
Proof. Segun la ley de Kirchhoff
RI(t) +Q(t)
C+ LI ′(t) = 0.
Ya que I(t) = Q′(t), la carga tiene que ser solucion del problema de valorinicial {
14Q′′ + 10Q′ + 1000Q = 0, t > 0,Q(0) = Q0, I(0) = 0,
cuya solucion es
Q(t) = Q0e−20t
(cos 60t+
1
3sin 60t
).
6.8 Reaacciones quımicas
Queremos mezclar, en una raccion quımica, dos sustancua A y B para formarun compuesto C. Para ello partimos de a gramos de la sustacia A y b gramosde la sustancia B, y desiganmos por y(t) los gramos del compuesto C que sehan formado pasadas t unidades de tiempo. La reaccion se rige por
• Para formar y(t) gramos del compuesto t se necesitan M partes de lasustancia A y N partes de la sustancia B, esto esto es, M
M+Ny(t) de A
y NM+N
y(t) de B.
• Segun la ley de masas, la velocidad de la reaccion, tasa de crecimientodel compuesto C, es proporcional a las cantidades de sustancia de A yB que quedan.
y′ = k
(a− M
M +Ny
)(b− N
M +Ny
).
100
Ejercicio 92 Queremos combinar dos sustancia A y B para formar un com-puesto C. La reaccion entre ambas sustancias es tal que por cada gramo deA se usan 4 gramos de B. Se observa que a los 10 minutos se han formado30 gramos del compuesto C. Calcule la cantidad del compuesto C en funciondel tiempo, si la velocidad de la reacciones proporcional a las cantidades deA y B que quedan y al principio hay 50gramos de Ay 32 gramos de B. ¿Quecantidad del compuesto hay a los 15minutos?. Interprete la solucion cuandot→∞.
Proof. Designamos por y(t) los gramos del compuesto C cuando hanpasado t minutos. Segun lo que acabamos de exponer, y(t) debe de sersolucion del problema {
y′ = k(50− y
5
) (32− 4y
5
),
y(0) = 0, y(10) = 30.
Vamos a integrar la ecuacion diferencial. Es una ecuacion de variables sepa-radas.
dy
dt= k
(50− y
5
)(32− 4y
5
),
dy
dt=
4k
5(250− y) (40− y) ,
dy
(250− y)(40− y)=
4k
5dt,
1
210
(1
40− y− 1
250− y
)=
4k
5dt,
log
∣∣∣∣250− y40− y
∣∣∣∣ =840
5kt+ c,
. Si imponemos las condiciones obtenemos que
y(t) = 10001− e−0.1258t
1− e−0.1258t.
Cuando t → ∞, y(t) → 40, lo que nos indica que se forman 40 gramos delcompuesto C y quedan 42 de lasustancia A.
101
6.9 Vibraciones amortiguadas en sistemas mecanicos
El problema que vamos a tratar es del tipo:
Ejercicio 93 Consideramos una cuerpo de masa m sujeto por un muelle aun soporte, (el muelle no ejerce fuerza cuando el cuerpo se encuentra en suposicion de equilibrio). Supongamos que desplazamos el cuerpo de su posicionde equilibrio una distancia x0 y lo soltamos sin velocidad.
Si designamos por x(t) la distancia del cuerpo de su posicion de equilibriocuando han pasado t segundos, calculese esta si
• la fuerza restauradora ejercida por el muelle en el instante t esFr(t) = −kx(t), k > 0,
• hay una resistencia del aire que viene medida por la fuerza de amor-tiguamiento, y que en el instante t es Fa(t) = −cx′(t), c > 0, y
• sobre el cuerpo no esta actuando ninguna fuerza exterir.
Observacion 94 La fuerza de amortiguamiento es debida a la viscosidaddel medio en el que esta el cuerpo, (aire, agua, aceite, ...). Estamos suponiendoque es proporcional a la velocidad del movimiento. La constante c mide laresistencia del medio.
La constante k mide la rigidez del muelle.
Por la segunda Ley de Newton, la fuerza que esta actuando en el sistema esmd2x
dt2= mx′′(t). Por otra parte sabemos que son dos las fuerzas que actuan,
la restauradora y la de amortiguamiento, entonces se debe de verificar que
mx′′(t) = −cx′(t)− kx(t).
x(t) debe ser solucion del problema de valor inicial{mx′′ + cx′ + kx = 0, t > 0x(0) = x0, x′(0) = 0
(111)
La soluciones de la ecuacion diferencial
mx′′ + cx′ + kx = 0, t > 0, (112)
van a depender de la naturaleza de las soluciones de la ecuacion algebraica
λ2 + cλ+ k = 0 ⇐⇒ λ =−c±
√c2 − 4k
2. (113)
102
1. Caso c2 > 4k.
La viscosidad del medio es ”mayor” que la rigidez del muelle, lo cualnos va a indicar que el cuerpo va a tender a su posicion de equilibrio.La soluciones de (113) seran reales, distintas y negativas
m1 = −c+√c2 − 4k
2, m2 = −c−
√c2 − 4k
2.
Si tomamos por ejemplo c = 5, k = 4 y x0 = 3, tenemos m1 = −4 ym2 = −1. La solucion general de (112) es
x(t) = c1e−4t + c2e
−t, t > 0; c1, c2 ∈ R.
Para calcular la solucion de (111), imponemos las condiciones iniciales{x(0) = c1 + c2 = 3x′(0) = −4c1 − c2 = 0
=⇒ c1 = −1, c2 = 4,
y la solucion de (111) es
x(t) = −e−4t + 4e−t, t > 0.
Observacion 95 Si la viscosidad es ”mayor” que la rigidez
103
• no hay vibraciones. Quizas salvo un paso por su posicion de equi-librio, el cuerpo se mantiene a un lado de su posicion de equilibr-rio;
• el cuerpo tiende muy deprisa a su posicion de equilibrrio, lo cualse deduce de que las exponenciales negativas tienden rapidamentea cero,
limt→∞
x(t) = limt→∞
(−e−4t + 4e−t
)= 0,
Este tipo de movimiento se llama sobreamortiguado.
2. Caso c2 = 4k.
En cierto sentido, la viscosidad del medio es ”comparable” con la rigidezdel muelle.
Tenemos una sola raiz de (113) que es m1 = m2 = − cd.
Si tomamos c = k = 4 y x0 = 3, la solucion general de (112) es
x(t) = c1e−2t + c2te
−2t, t > 0; c1, c2 ∈ R.
Para calcular la solucion de (111), imponemos las condiciones iniciales{x(0) = c1 = 3x′(0) = −2c1 + c2 = 0
=⇒ c1 = 3, c2 = 6,
y la solucion de (111) es
x(t) = 3e−2t + 6te−2t, t > 0.
Observacion 96 Si la viscosidad es ”mayor” que la rigidez
104
• no hay vibraciones,
• el cuerpo tiende a a su posicion de equilibrrio, pero mas despacioque en el caso sobreamortiguado,
limt→∞
x(t) = limt→∞
(3e−2t + 6te−2t
)= 0.
Este tipo de movimiento se llama subamortiguado.
3. Caso c2 < 4k.
En caso, la viscosidad del medio es ”menor” con la rigidez del muelle.
Si tomamos c = 8, k = 25 y x0 = 3, las soluciones de (113) sonm1 = −4 + 3i y m2 = −4− 3i. La solucion general de (112) es
x(t) = c1e−4t cos 3t+ c2e
−4t sin 3t, t > 0; c1, c2 ∈ R.
Para calcular la solucion de (111), imponemos las condiciones iniciales{x(0) = c1 = 3x′(0) = −4c1 + 3c2 = 0
=⇒ c1 = 3, c2 = 4,
y la solucion de (111) es
x(t) = 3e−4t cos 3t+ 4te−4t sin 3t, t > 0.
105
Observacion 97 Si la viscosidad es ”mayor” que la rigidez
• no hay vibraciones,
• hay ciclos, el cuerpo pasa de forma periodica a ambos lados de suposicion de equilibrio, pero en cada ciclo el comportamiento delcuerpo no es igual,
• podemos hablar de ”periodo” que serıa el tiempo que dura cadaciclo, en este caso 2π
3,
• podemos hablar de ”frecuencia”, numero de ciclos por unidad detiempo, f = 3
2π,
• el cuerpo tiende a a su posicion de equilibrrio, pero desplazandosecontinuamente a ambos lados de su posicion de equilibrio,
limt→∞
x(t) = limt→∞
(3e−4t cos 3t+ 4te−4t sin 3t
)= 0.
Este tipo de movimiento se llama amortiguado.
Ejercicio 98 Considere una masa de 10 kg que esta unida a una pared pormedio de un resorte, que ejercic una fuerza de restauracion con constantek = 10N/m. Si se alarga el resorte una distancia de 0.02 m y se suelta apartir del reposo, determine la posicion y velocidad de la masa en el tiempo, la
106
frecuencia de oscilacion, la amplitud, el angulo de fase y las energıas cineticasy potenciales en el tiempo t.
Proof. Si designamos por x(t) la distancia de la masa a su posicion deequilibrio cuando han pasado t segundos, x(t) es la solucion del problema devalor inicial {
10x′′ + 10x = 0, t > 0,x(0) = 0.02, x′(0) = 0.
.
La solucion general de la ecuacion diferencial x′′ + x = 0 es
x(t) = ci cos t+ c2 sin t, t ≥ 0, c1, c2 ∈ R.
Si imponemos las condiciones x(0) = 0.02 y x′(0) = 0 obtenemos quec1 = 0.02 y c2 = 0 y el desplazamiento y velocidad vienen determinados por
x(0) = 0.02 cos t = 0.02 sin(t+
π
2+ t)m, v(t) = x′(t) = −0.02 sin tm/s.
Tanto la posicion como la velocidad son funciones sinusoidales de frecuencianatural ω = 1rad/seg, periodo T = 2πseg y de amplitud A = 0.02m. Lafrecuencia de oscilacion es f = 1
2πoscilaciones/segundo= 1
2πhertz. El angulo
de fase es φ = π2
radianes.El maximo valor de x(t) se obtine cuando cot t = 1, y esto se logra en los
tiempost = 0, 2π, 4π, 6π, · · ·
De la misma forma, el mınimo valor de x se obtiene cuando cos t = −1, yesto ocurre en los tiempos
t = π, 3π, 5π, 7π, · · ·
En estos tiempos la velocidad se anula.La rapidez de la masa es maxima cuando | sin t| = 1, que ocurre cuando
t =π
2,3π
2,5π
2, · · ·
Esta rapodez se alcanza en la posicion de equilibrio x(t) = 0.La energıa cinetica y potencial estan dadas por
Ec(t) =1
2mv(t)2 = 0.002 sin2 t, Ep(t) =
1
2kx(t)2 = 0.002 cos2 t.
107
Sumando las dos energıas obtenemos que la energa total es constante, ET =0.002 joules.
Esta grafica corresponde a la posicion de la masa, los puntos de la mas quese encuentra arriba del eje horizontal son los tiempos en los cuales x(t) > 0.En esos momentos, la masa se encuentra a la derecha de la posicion deequilibrio. Para aquellos t que corresponden a los puntos de la grafica pordebajo de la posicion horizontal, la masa se encuentra a la izquierda de laposicion de equilibrio.
Los puntos de la grafica que se encuentran arriba del eje horizontal, esdecir cuando v(t) > 0, indican que la velocidad de la masa es hacia la derecha.Tambien vemos que cuando v(t) < 0, la masa tiene una velocidad que sedirige hacia la izquierda.
Las vibraciones discutidas en los ejercicios anteriores se llaman vibra-ciones libres, porque todas las fuerzas que actuan sobre el sistema son in-
108
ternas al propio sistema. Ahora extendemos nuestro analisis al caso de queuna fuerza externa Fe actua sobre el cuerpo. Una tal fuerza puede aoarecerde una forma natural, por ejemplo procedente de vibraciones del soporte alque se haya sujeto el cuerpo. Cuando estas fuerzas existen, decimos queestamos ante el caso de vibraciones forzosas. Vamos a suponer que estasvibraciones forzosas solo dependen del tiempo, y que van a ser periodicas,esto es, combinaciones de sinωt y coswt para distintas frecuencias ω.
Ejercicio 99 Consideramos un cuerpo de masa m sujeto por un muelle aun soporte, el muelle no ejerce fuerza cuando el cuerpo se encuentra en suposicion de equilibrio. Supongamos que desplazamos el cuerpo una distanciax0 y lo soltamos sin velocidad.
Si designamos por x(t) la distancia del cuerpo a su posicion de equilib-rio cuando han pasado t segundos, calculese esta si la fuerza restauradoraejercida por el muelle en el instante t es Fr(t) = −kx(t), k que mide larigidez del muelle es positiva, que hay una resistencia al aire que viene me-dida por la fuerza de amortiguamiento Fa(t) = −cx′(t), c mide la viscosidaddel medio y es positiva, y sobre el cuerpo esta actuando una fuerza debida alas vibraciones del soporte y viene dada por Fe(t) = a cosωt.
El problema de Cauchy que modeliza la situacion fısica es
(P )
{x′′ + cx′ + kx = a cosωt, t > 0,x(0) = x0, x′(0) = 0
(114)
Vamos a empezar calculando una solucion particular de
x′′ + cx′ + kx = a cosωt, t > 0.
Este tipo de solucion particular, va a depender de las raices de
λ2 + cλ+ k = 0 ⇐⇒ λ =−c±
√c2 − 4k
2. (115)
1. Caso c2 ≥ 4k.
La ecuacion diferencial
x′′ + cx′ + kx = a cosωt, t > 0, (116)
admitira una solucion particular de la forma
xp(t) = A cosωt+B sinωt, (117)
109
donde A y B son conatante a tederminar. Para ello imponemos quexp(t) satisfaga (116).
x′p(t) = −Aω sinωt+Bω cosωt, xp(t) = −Aω2 cosωt−Bω2 sinωt,
x′′p(t) + cx′p(t) + kxp(t) = a cosωt,(−Aω2 +Bωc+ Ak
)cosωt+
(−Bω2 − Aωc+Bk
)sinωt = a cosωt,{
−Aω2 +Bωc+ Ak = a−Bω2 − Aωc+Bk = 0
⇐⇒{
(k − ω2)A+ ωcB = a−ωcA+ (k − ω2)B = 0
A =
∣∣∣∣ a ωc0 k − ω2
∣∣∣∣∣∣∣∣ k − ω2 ωc−ωc k − ω2
∣∣∣∣ =a(k − ω2)
(k − ω2)2 + ω2c2,
B =
∣∣∣∣ k − ω2 a−ωc 0
∣∣∣∣∣∣∣∣ k − ω2 ωc−ωc k − ω2
∣∣∣∣ =aωc)
(k − ω2)2 + ω2c2,
y la solucion particular es
xp(t) =a(k − ω2)
(k − ω2)2 + ω2c2cosωt+
aωc)
(k − ω2)2 + ω2c2sinωt. (118)
(a) Caso c2 > 4k.
Tomamos c = 5, k = 4, ω = 2, a = 1 y x0 = 3. La solucion es
x(t) = −14
15e−4t +
59
15e−t +
1
10sin 2t.
110
Observacion 100 El termino −1415e−4t+ 59
15e−t es transitorio, en
el sentido que que pronto deja de imfluir, al tender rapidamentea cero conforme avanza el tiempo. El termino que va a regir elmovimento del cuerpo es 1
10sin 2t. Hay vobracion, y esta viene
reflejada por la solucion particular
xp(t) =a(k − ω2)
(k − ω2)2 + ω2c2cosωt+
aωc)
(k − ω2)2 + ω2c2sinωt.
Un hecho importante es que la oscilacion continua no dependesolo de la fuerza exterior debida a la vibracion, sino tambien dela rigidez del muelle, de la viscosidad y de la masa, aunque aquıno se refleja pues hemos supuesto que m = 1.
(b) Caso c2 = 4k.
Tomamos c = k = 4, ω = 2, a = 1 y x0 = 3. La solucion es
x(t) = 3e−2t +11
4te−2t +
1
8sin 2t.
111
Se produce una situacion similar al caso anterior.
2. Caso c2 < 4k.
Tomamos c = 8, k = 25, ω = 5, a = 1 y x0 = 3. La solucion es
x(t) = 3e−4t cos 3t+95
24e−4t sin 3t+
1
40sin 5t.
Se produce el mismo fenomeno que en los casosa anteriores.
112
Observacion 101 En el caso de masa general m, la solucion, cuando laviscosidad del medio es ”menor” que la rigidez del muelle, es
x(t) = c1e− cmt cos
√k
m− c2
4m2t+ c2e
− cmt sin
√k
m− c2
4m2t (119)
+a(k − ω2m)
(k − ω2m)2 + ω2c2cosωt+
aωc
(k − ω2m)2 + ω2c2sinωt.
Supongamos que c es pequena y que ω2 ' k2π
. La frecuencia de la fuerza ex-
terior es f = ω2π
y la frecuencia natural es 12π
√km− c2
4m2 ' ω2π
, que representa
el numero de ciclos por segundo que oscila el cuerpo alrededor de su posicionde equilibrio.
Pasado un tiempo, los terminos c1e− cmt cos
√km− c2
4m2 t+c2e− cmt sin
√km− c2
4m2 t
en (119) seran despreciables y el movimiento seguira la ley
x(t) ' a
k − ω2mcosωt+
aωc
(k − ω2m)2cosωt,
que refleja una amplitud muy grande. Este fenomeno se conoce como res-onancia. Un ejemplo clasico es la vibracion forzada de un puente bajo elimpacto de una columna de soldados , cuyo ritmo de paso corresponde muyaproximadamente a la frecuancia natural del puente.
113
TEMA II: PROBLEMAS DE CONTORNO.
7 Introduccion
En el tema 1 estudiamos modelos matematicos que se modelizaban por ecua-ciones diferenciales lineales de segundo orden con condiciones iniciales en lafuncion desconocida y su derivada en un punto. Hay modelos matematicosde un sistema fısico que requieren condiciones de la solucion no en un puntoespecıfico, sino en la frontera del dominio donde estamos estudiantdo el prob-lema, y si este es el intervalo I = [a, b], nos estamos refiriendo a condicionessobre la funcion desconocida en los puntos a y b. Veamos un par de ejemplos.
Desviacion de una viga.Muchas estructuras se construyen a base de vigas. Estas se desvıan por
su propio peso, por alguna fuerza externa o por una combinacion de ambas.Consideremos un viga que tiene longitud L, que esta apoyada en dos
puntos A y B, es homogenea y tiene seccion transversal uniforme en toda sulongitud. Cuando la viga no recibe carga alguna, incluyendo su propio peso,la curva que une los puntos A y B, (centroides de sus secciones transversales),es una recta que se llama eje de simetrıa. Si a la viga se le aplica una cargaen un plano vertical que contenga al eje de simetrıa, esta sufre una distorsiony la curva que une los puntos A y B refleja esta desviacion. Si conocemosesta curva, conocemos la deformacion en la viga. Estacurva es conocida comocurva de desviacion, curva elastica o simplemente elastica. Si suponemos queel eje de simetrıa coincide con el oje OX, el punto A lo situamos en (0, 0) yel B en (0, L), la desviacion del eje de sometrıa vendra dada por una funciony(x), x ∈ [0, L], que es conocida como desviacion o flecha.
Designamos por M(x) el momento flector en una seccion transversal dela viga P que dista una distancia x ∈ (0, L) del punto de apoyo A. Estemomento flector es la suma de los momentos correspondientes a las fuerzasque actuan sobre un lado de la seccion P . Admitimos que los momentos setoman sobre una lınea horizontal en la seccion transversal a x, y adoptaremosel criterio de que fuerzas hacia arriba producen mometos negativos y fuerzashacia abajo positivos. No importa que lado se tome de la seccion P , pues losmomentos flectores calculados de cualquier lado coinciden.
El momento flector en P esta relacionado con el radio de curvatura κ(x)
114
de la curva elastica y(x) por
EIκ(x) = M(x), x ∈ (0, L), (120)
donde E es el modulo de elasticidad de Young, (que depende del material dela viga), e I es el momento de inercia de la seccion transversal de la viga enP con respecto a una lınea horizontal que pasa por el centro de gravedad dela seccion transversal P . El producto EI se conoce como rigidez de la vigay lo vamos a considerar constante.
κ(x) esta dada por
κ(x) =y′′(x)
[1 + (y′(x))2]3/2.
Si asumimos que la viga se dobla solo levemente, lo cual es lo que ocurre enmuchas situaciones, la pendiente y′(x) es pequena y podemos despreciar sucuadrado
1 + (y′(x))2 ∼= 1,
reemplazando (120) por la aproximacion
EIy′′ = m, x ∈ (0, L). (121)
La viga que estamos estudiando es conocida como viga simplemente apoyada,que se caracteriza porque las secciones transversales en x = 0 y X = Lno sufren desplazamiento, es decir que la elastica y(x) debe de satisfacery(0) = y(L) = 0 y satisfacer el prblema{
EIy′′ = m, x ∈ (0, L),y(0) = 0, y(L) = 0.
(122)
El problema (122) no es un problema de Cauchy, las condiciones que leimponemos a la elastica y(x) son enlos puntos frontera de [0, L]. (122) es unproblema de contorno.
Una viga en voladizo esta empotrada en un extremo y libre en otro. Untrampolın, el ala de un avion o una marquesina son ejemplos de vigas envoladizo. La elastica asociada a este tipo de vigas si esta modelizada por unproblema de Cauchy, pues las condiciones en el extremo que esta empotrado,si suponemos que este esta en (0, 0), son y(0) = y′(0) = 0.
El tipo de cargas sobre una viga pueden ser diferentes,
115
• carga uniformemente distribuida sobre toda la viga,
• cargavariable sobre toda laviga o solo en una parte,
• carga puntual o concentrada.
Ejemplo 102 Una viga horizontal, simplemente apoyada y de longitud L sedobla por su propio peso, el cual es w por unidad de longitud. Encuentre laecuacion de su curva elastica.
Proof. Supongampos que el eje de simetrıa de la viga es el eje OX ylos puntos de apoyo A y B estan situados en (0, 0) y (0, L) respectivamente.Vamos a calcular el momento flector de una seccion transversal P que distax unidades de longitud del punto de apoyo A. El peso de la viga es wL, alser homogenea, podemos suponerque cada apoyo soporta un peso de wL/2.Para calcular el momento flector escogemos las fuerzas que actua a la derechade la seccion transversal P .
1. La fuerza producida por el peso de la viga a la derecha de P es w(L−x).Vamos a pensar en ella, como una fuerza puntual w(L − x) que estaactuando en la seccion transversal media entre la secciones P y el apoyoB. Esta seccion esta a una distancia L−x
2del apoyo B. Esta fuerza
produce un momento positivo que es igual a w(L− x)L−x2
.
2. En el apoyo B hemos supuesto una fuerza hacia arriba de wL/2 queprodyce un momento negativo −(L− x)wL
2.
El momento flector es
M(x) = w(L− x)L− x
2− (L− x)
wL
2=wx2
2− wLx
2,
y la curva elastica y(x) es la solucion del problema de contorno{EIy′′ = wx2
2− wLx
2, x ∈ (0, L),
y(0) = y(L) = 0.(123)
Integramos directamente la ecuacion diferencial
y′′ =wx2
2EI− wLx
2EI,
116
y′(x) =w
6EIx3 − Lw
4EIx2 + c1,
y(x) =w
24EIx4 − Lw
12EIx3 + c1x+ c2,{
y(0) = 0y(L) = 0
⇒{c1 = wL3
24
c2 = 0
y la curva eslastica es
y(x) =w
24EIx4 − Lw
12EIx3 +
wL3
24x
Observacion 103 Si seguimos pensando en el modelo que hemos tratadode viga simplemente apoyada que se dobla baja su propio peso, dado porla funcion de densidad w(x), se demuestra en teorıa de elasticidad que elmomento flector satisface la ecuacion diferencial de segundo orden
M ′′ = w(x), x ∈ (0, L).
Suponiendo rigidez de la viga constante y de (121), la elastica y(x) satisfacela ecuacion de 4 orden
EIyiv) = wx), x ∈ (0, L).
Para intentar determinar por lo menos una solucion de la ecuacion anteriornecesitaramos que la elastica satisfaciese 4 condiciones adicionales. Estasson
y(0) = y′′(0) = 0, y(L) = y′′(L) = 0,
y la elastica sera la solucion del problema de contorno de 4 orden{EIyiv) = wx), x ∈ (0, L),y(0) = y′′(0) = 0, y(L) = y′′(L) = 0.
(124)
Si pensamos en ejemplo 102), w(x) = w, Integramos la ecuacion diferencial
EIy′′′
= wx+ c1,
EIy′′
=w
2x2 + c1x+ c2,{
y′′(0) = 0y′′(L) = 0
⇒{c1 = −wL
2
c1 = 0⇒ EIy′′ =
w
2x2 − wL
2x,
117
EIy′ =w
6x3 − wL
4x2 + c1,
EIy =w
24x4 − wL
12x3 + c1x+ c2,{
y(0) = 0y(L) = 0
⇒{c1 = −wL3
24
c1 = 0⇒ y(x) =
w
24EIx4 − Lw
12EIx3 +
wL3
24x,
que es la misma elastica que obtuvimos en ejemplo102.
8 Problema de contorno
Consideramos la ecuacion diferencial ordinaria
y′′
+ a1(x)y′ + a0(x)y = g(x), x ∈ I = (a, b) a, b ∈ R, (125)
donde I es un intervalo acotado, a0(x), a1(x) y g(x) son funciones continuasen [a, b] y p1, p2, q1, q2, h1, h2 ∈ R.
El problema de contorno o valores de frontera asociado a la ecuacion (125)y a los datos p1, p2, q1, q2, h1, h2 ∈ R, es designado por
(P )
y′′
+ a1(x)y′ + a0(x)y = g(x), x ∈ I = (a, b)p1y(a) + q1y
′(a) = h1
p2y(b) + q2y′(b) = h2,
(126)
y consiste en encontrar una solucion de la ecuacion diferencial ϕ(x)
ϕ′′(x) + a1(x)ϕ′(x) + a0(x)ϕ(x) = g(x), x ∈ I = (a, b),
que satisfagap1ϕ(a) + q1ϕ
′(a) = h1
p2ϕ(b) + q2ϕ′(b) = h2,
Ejemplo 104 Dado el problema de contorno
(P )
y′′ − 2xy′ + 2y = 6, x ∈ I = (1, 2)y(1)− y′(1) = 0y′(2) = 0,
,
determınese si las siguientes funciones son soluciones de (P ):
118
1. ϕ1(x) = sinx,
2. ϕ2(x) = 3 + 3x2,
3. ϕ3(x) = 3− 2x+ 3x2.
Solucion: 1. No, no satisface la ecuacion diferencial y tampoco las con-duiciones de frontera. 2. No, satisface la ecuacion diferencial, pero no lascondiciones de frontera. 3. Si
Ejercicio 105 Determnese si los siguientes problemas son de Cauchy (valorinicial) o de contorno ( valores en la frontera) y compruebese si la funcionindicada es solucion del problema.
1.
{y′′ − y′ = 2x+ 1 x ∈ R ϕ(x) = −x2 − 3x+ 1 + ex
y(0) = 2 y′(0) = −2
2.
{y′′ − 4y′ + 5y = 10 x ∈ (0, π
2) ϕ(x) = 2− e2x sinx+ 2e2x cosx
y(0) = 4 y′(π2) = 2− eπ
3.
{x2y′′ − xy′ + 2y = 0 x ∈ (1, e) ϕ(x) = x sin (log x)y′(1) = 1 y(e)− ey′(e) = −e cos 1
4.
{x2y′′ − 4xy′ + 6y = 0 x ∈ (1
2, 10) ϕ(x) = x2 + x3
y(1) = 2 y′(1) = −1
Solucion 1. Cauchy. Si. 2. Contorno. No. 3. Contorno. Si. 4. Cauchy. No.
Observacion 106 Nosotros no vamos a tratar el problema de contorno ensu forma general. En esta, lo escribimos como
(P )
a2(x)y′′
+ a1(x)y′ + a0(x)y = g(x), x ∈ I = (a, b)p1y(a) + q1y
′(a) +m1y(b) + n1y′(b) = h1
p2y(a) + q2y′(a) +m2y(b) + n2y
′(b) = h2,(127)
es decir que la primera condicion , (tambien la segunda) , en un principio,puede requerir informacion de la solucion en los dos extremos del intervalo.
En el problema (126), la primera condicion de contorno, p1y(a)+q1y′(a) =
h1, solo implica informacion de la solucion en el extremo x = a del intervaloacotado I = [a, b]. Lo mismo ocurre para la segunda condicion.
119
El tipo de condiciones de contorno empleadas en (126), son conocidascomo condiciones de contorno separadas.
Si necesitaremos tratar un problema de contorno del tipo
(P )
y′′
+ a1(x)y′ + a0(x)y = g(x), x ∈ I = (a, b)p1y(a) + q1y(b) = h1
p2y′(a) + q2y
′(b) = h2,(128)
principalmente en el caso p1 = p2 = −q1 = −q2 = 1 y h1 = h2 = 0, pero loharemos en la seccion de ejercicios, mas especıficamente en Ejercicio 121. Eltipo de condiciones de contorno que aparecen en (128) son conocidas comocondiciones periodicas.
A diferencia de un problema de valor inicial, en un problema de contornopuede ocurrir que exista una unica solucion, que no exista solucion o queexistan infinitas soluciones.
Ejemplo 107 Encuentre, si existe, la solucion (nes) de los siguientes prob-lemas de contorno
1. (P1)
x2y′′ − 2xy′ + 2y = 2, x ∈ (1, 2),y(1)− y′(1) = 0,y(2) = 3.
2. (P2)
x2y′′ − 2xy′ + 2y = 2, x ∈ (1, 2),y(1)− y′(1) = −2,2y(2)− 4y′(2) = −22.
3. (P3)
x2y′′ − 2xy′ + 2y = 2, x ∈ (1, 2),−2y(1) + y′(1) = 0,y(2)− y′(2) = 1.
Solucion: La ecuacion diferencial
x2y′′ − 2xy′ + 2y = 2, (129)
es tipo Euler. Una solucion particular es ϕp(x) = 1. Vamos a ensayar consoluciones de la forma y(x) = xα, para encontrar dos soluciones linealmenteindependientes de la ecuacion homogenea asociada a (129).
y(x) = xα, y′(x) = αxα−1xα−1, y′′(x) = α(α− 1)xα−2,
120
x2y′′ − 2xy′ + 2y = 0⇐⇒ α(α− 1)xα − 2αxα + 2xα = 0
⇐⇒ α2 − 3α + 2 = 0⇐⇒ α = 1, o α = 2.
Dos soluciones linealmente independientes de la ecuacion homogenea asoci-ada a (129) son x y x2. La solucion general de (129) es
y(x) = 1 + c1x+ c2x2. (130)
1. Para ver si (P1) admite solucion, tendremos que ver si existe algunafuncion del tipo (130) satisfaciendo las condiciones de frontera y(1) −y′(1) = 0, y(2) = 3.
y(1)− y′(1) = 1− c2 = 0 =⇒ c2 = 1,y(2) = 1 + 2c1 + 4c2 = 3 =⇒ 2c1 + 4c2 = 2
(P1) admitira una, niguna o infinitas soluciones si y solamente si el sis-
tema
{c2 = 12c1 + 4c2 = 2
, almite una solucion, ninguna o infinitas. Como
este sistema admite una solucion unica, c1 = −1, c2 = 1, (P1) admiteuna unica solucion que es
y1(x) = 1− x+ x2, x ∈ [1, 2].
2. Para ver si (P2) admite solucion, tendremos que ver si existe algunafuncion del tipo (130) satisfaciendo las condiciones de frontera y(1) −y′(1) = −2, 2y(2)− 4y′(2) = −22.
y(1)− y′(1) = 1− c2 = −2 =⇒ c2 = 3,2 + y(2)− 4y′(2) = 2− 8c2 = −22 =⇒ 8c2 = 24
(P2) admitira una, niguna o infinitas soluciones si y solamente si el
sistema
{c2 = 38c2 = 24
, almite una solucion, ninguna o infinitas. Como
este sistema admite infinitas soluciones, c1 libre =-1 y c2 = 3, (P2)admite infinitas soluciones que son
y2(x) = 1c1x+ 3x2, x ∈ [1, 2], c1 ∈ R.
121
3. Para ver si (P3) admite solucion, tendremos que ver si existe algunafuncion del tipo (130) satisfaciendo las condiciones de frontera −2y(1)+y′(1) = 0, y(2)− y′(2) = 1.
−2y(1) + y′(1) = −2− c1 = 0 =⇒ c1 = −2,y(2)− y′(2) = 1 + c1 = 1 =⇒ c1 = 0
(P3) admitira una, niguna o infinitas soluciones si y solamente si el sis-
tema
{c1 + 0c2 = −2c1 + 0c2 = 0
, almite una solucion, ninguna o infinitas. Como
este sistema no admite ninguna solucion, (P3) no admite solucion.
Teorema 108 Alternativa Sean a0(x), a1(x) y g(x) funciones continuasen I = (a, b). Consideramos el prolema de contorno
(P )
y′′
+ a1(x)y′ + a0(x)y = g(x), x ∈ I = (a, b)p1y(a) + q1y
′(a) = h1
p2y(b) + q2y′(b) = h2,
y su problema homogeneo asociado
(PH)
y′′
+ a1(x)y′ + a0(x)y = 0, x ∈ I = (a, b)p1y(a) + q1y
′(a) = 0p2y(b) + q2y
′(b) = 0,
con p1, p2, q1, q2, h1, h2 ∈ R. Ocurre una y solo una de las dos posibilidadessiguentes
• (P ) admite solucion unica , o
• (PH) admite infinitas soluciones.
Proof. La demostracion, con el fin de mas claridad, la vamos a hacercon unas condiciones de contorno particulares.
Dedido al caracter lineal del problema (P), este resultado es el Teoremade Rouche-Frobenius que ya conoce el alumno de la asignatura de agebra.
Sea
(P )
y′′
+ a1(x)y′ + a0(x)y = g(x), x ∈ I = (a, b)2y(a)− y′(a) = h1
y(b) = h2,(131)
122
y su problema homogeneo asociado
(PH)
y′′
+ a1(x)y′ + a0(x)y = 0, x ∈ I = (a, b)2y(a)− y′(a) = 0y(b) = 0,
. (132)
Sea ϕp(x) una solucion particular de
y′′
+ a1(x)y′ + a0(x)y = g(x), (133)(ϕ′′
p(x) + a1(x)ϕ′p(x) + a0(x)ϕp(x) = g(x),),
y ϕ1(x), y ϕ2(x) dos soluciones linealmenmte independientes de
y′′
+ a1(x)y′ + a0(x)y = 0, (134)(ϕ′′
i (x) + a1(x)ϕ′i(x) + a0(x)ϕi(x) = 0, i = 1, 2).
La solucion general de (133) es
y(x) = ϕp(x) + c1ϕ1(x) + c2ϕ2(x), c1, c2 ∈ R, x ∈ [a, b]. (135)
Para ver si existe solucion de (131), tendremos que encotrar c1 y c2 tal que lacorrecpondiente funcion en (135) para estos c1 y c2 satisfaga las condicionesde frontera de (131). Impongamos estas.
2y(a)− y′(a) = 2ϕp(a) + 2c1ϕ1(a) + 2c2ϕ2(a)− ϕ′p(a)− c1ϕ′1(a)− c2ϕ
′2(a)
= 2ϕp(a)− ϕ′p(a) + (2ϕ1(a)− ϕ′1(a))c1 + (2ϕ2(a)− ϕ′2(a))c2,
2y(a)−y′(a) = h1 ⇐⇒ (2ϕ1(a)−ϕ′1(a))c1+(2ϕ2(a)−ϕ′2(a))c2 = h1−2ϕp(a)+ϕ′p(a).
y(b) = ϕp(b) + c1ϕ1(b) + c2ϕ2(b),
y(b) = h2 ⇐⇒ ϕ1(b)c1 + ϕ2(b)c2 = h2 − ϕp(b).Entonces
Existe solucion unica de (131)
m
el sistema
{(2ϕ1(a)− ϕ′1(a))c1 + (2ϕ2(a)− ϕ′2(a))c2 = h1 − 2ϕp(a) + ϕ′p(a)ϕ1(b)c1 + ϕ2(b)c2 = h2 − ϕp(b)
adminte una unica solucion (136)
123
m
rango de
(2ϕ1(a)− ϕ′1(a) 2ϕ2(a)− ϕ′2(a)
ϕ1(b) ϕ2(b)
)= 2.
Por otro lado, la solucion general de (134) es
y(x) = c1ϕ1(x) + c2ϕ2(x), c1, c2 ∈ R, x ∈ [a, b]. (137)
y (132) admira infinitas soluciones si existen infinitos c1, c2 tal que las cor-respondientes funciones en (137) satisfacen las condiciones de contorno de(132). Imponemos estas condiciones
2y(a)− y′(a) = 0⇐⇒ (2ϕ1(a)− ϕ′1(a))c1 + (2ϕ2(a)− ϕ′2(a))c2 = 0,
y(b) = 0⇐⇒ ϕ1(b)c1 + ϕ2(b)c2 = 0.
EntoncesExisten infinitas soluciones de (132)
m
el sitema
{(2ϕ1(a)− ϕ′1(a))c1 + (2ϕ2(a)− ϕ′2(a))c2 = 0ϕ1(b)c1 + ϕ2(b)c2 = 0
adminte infinitas soluciones (138)
m
rango de
(2ϕ1(a)− ϕ′1(a) 2ϕ2(a)− ϕ′2(a)
ϕ1(b) ϕ2(b)
)6= 2.
Hemos visto
(131) admitesolucion unica
⇐⇒ rango de
(2ϕ1(a)− ϕ′1(a) 2ϕ2(a)− ϕ′2(a)
ϕ1(b) ϕ2(b)
)= 2.
y
(132) admite infi-nitas soluciones
⇐⇒ rango de
(2ϕ1(a)− ϕ′1(a) 2ϕ2(a)− ϕ′2(a)
ϕ1(b) ϕ2(b)
)6= 2.
Por lo tanto no se puede dar simultaneamente que (131) admita solucionunica y (132) admita infinitas soluciones.
124
Observacion 109 Consideramos el prolema de contorno
(P )
y′′
+ a1(x)y′ + a0(x)y = g(x), x ∈ I = (a, b)p1y(a) + q1y
′(a) = h1
p2y(b) + q2y′(b) = h2,
y su problema homogeneo asociado
(PH)
y′′
+ a1(x)y′ + a0(x)y = 0, x ∈ I = (a, b)p1y(a) + q1y
′(a) = 0p2y(b) + q2y
′(b) = 0,
con p1, p2, q1, q2, h1, h2 ∈ R.Es importante entender las afirmaciones que se dan a continuacion:
• (PH) siempre admite la solicion nula.
• Si (PH) admite una unica solucion, esta tiene que ser la nula.
• Que (P ) no almite solucion unica quiere decir que o bien (P ) no admitesolucion o que (P ) admite infinitas soluciones.
• Si (P ) no admite solucion entonces (PH) admite infinitas soluciones.
• Si (P ) admite infinitas soluciones entonces (PH) admite tambien in-finitas soluciones.
• Si (PH) admite una unica solucion, entonces (P ) admite una unicasolucion.
• Si (PH) admite mas de una solucion, entonces (P ) o no admite soluciono admite infinitas soluciones.
9 Pricipio del maximo
El principio del maximo es una de las herramientas mas utiles en el estudiode las ecuaciones diferenciales debido a que nos permite obtener informacionde la solucion de una ecuacion diferencial sin conocerla explıcitamente; porejemplo, obtener la unicidad de estas de estas soluciones y obtener cotas oaproximaciones de las soluciones.
125
El principio del maximo no es mas que la generalizacion del siguientehecho elemental de calculo: Cualquier funcion f que satisface la desigualdadf ′′ > 0 en un intervalo (a, b) debe alcanzar su calor maximo en los extremosdel intervalo, o de forma mas general diremos que un funcion f satisface ocumple el principio del maximo, si esta satisface una desigualdad diferencialen un dominio D y alcanza su maximo en la frontera de D.
El principio del maximo aparece de diferentes formas y con numerosasaplicaciones a las ecuaciones diferenciales. A lo largo del curso solo lo apli-caremos a las ecuaciones deferenciales ordinarias lineales de segundo ordeny a las ecuaciones diferenciales lineales en derivadas parciales parabolicas yelıpticas.
Antes de enunciar y demostrar el principio del maximo, vamos a ver unosresultados previo.
Lema 110 Sea u ∈ C2(a, b) ∩ C2[a, b] que satisface
u′′(x) + g(x)u′(x) > 0, x ∈ (a, b), (139)
donde g(x) es una funcion definida en (a, b). u alcanza su maximo en losextremos del intervalo [a, b].
Proof. Si suponemos que u alcanza el maximo en un punto c ∈ (a, b), porcalculo elemental u′(c) = 0 y u′′(c) ≤ 0, lo cual es una contradiccion con(139).
Lema 111 Sea u ∈ C2(a, b)∩C2[a, b] una funcion no constante, con derivadalateral derecha en x = a (derivada lateral izquierda en x = b) y que satisface
u′′(x) + g(x)u′(x) ≥ 0, x ∈ (a, b), (140)
donde g(x) es una funcion acotada en [a, b]. Si el maximo de u se alcanzaen x = a (x = b) entonces u′+(a) < 0 (u′−(b) > 0.
Proof. Ya que u es no constante y alcanza su maximo en a, existe d ∈ (a, b)tal que u(d) < u(a).
Consideramos la funcion z(x) = (x−a+1)α, donde α lo tomamos positivoy que satisfaga
α > 1− g(x)(x− a+ 1), x ∈ [a, d], (141)
126
(esto esta garantizado por ser g(x) acotada). Definimos ahora la funcionw(x) = u(x) + εz(x), x ∈ [a, d]. Vamos a ver que w satisface (139) en (a, d)para una eleccion apropiada de ε > 0.
w′′(x)+g(x)w′(x) = u′′(x)+g(x)u′(x)+ε(z′′(z)+g(x)z′(x)) ≥ ( usamos (143) )
≥ ε(z′′(z) + g(x)z′(x)) = ε(α(α− 1)(x− a+ 1)α−2 + αg(x)(x− a+ 1)α−1)
= εα(x− a+ 1)α−1(α− 1 + g(x)(x− a+ 1)) > ( usamos (141) ) > 0.
Por el lema anterior, w alcanza su maximo en a o d.
w(a) = u(a) + εz(a) = u(a) + ε,
queremos
u(a) + ε > u(d) + εz(d)⇔ ε <u(a)− u(d)
z(d)− 1,
pero si podemos tomar el ε satisfaciendo 0 < ε < u(a)−u(d)z(d)−1
ya que u(a) > u(d)
y z(d) > 1. Esto nos dice que w(a) > w(d) y w alcanza su maximo en a locual implicara que
limh→0,h>0
h(a+ h)− h(a)
h≥ 0 y w′+(a) = u′+(a) + εα ≤ 0 =⇒ u′+(a) < 0.
Teorema 112 Principio del maximo Sea u ∈ C2(a, b)∩C2[a, b] con derivadalateral derecha en x = a (derivada lateral izquierda en x = b) y que satisface
u′′(x) + g(x)u′(x) ≥ 0 (≤ 0), x ∈ (a, b), (142)
donde g(x) es una funcion acotada en [a, b]. Si el maximo (mınimo) de u sealcanza en un punto c ∈ (a, b), entonces u es contanteen [a, b].
Proof. Supongamos que u es una funcion no constante y que toma sumaximo en c ∈ (a, b). Por calculo elemental u′(c) = 0. Si aplicamos el lemaanterior en el intervalo (c, b) tendrıa que ocurrir que u′(c) < 0, pero esto esuna contradiccion con el calculo elemental.
Hay una version un poco mas general del principio del maximo que sedenuestra utilizando las mismas ideas.
127
Teorema 113 Sea u ∈ C2(a, b) ∩ C2[a, b] con derivada lateral derecha enx = a (derivada lateral izquierda en x = b) y que satisface
u′′(x) + g(x)u′(x) + h(x)u ≥ 0, x ∈ (a, b), (143)
donde h(x) y g(x) son funciones acotadas en [a, b] y h(x) ≤ 0 en (a, b). Siel maximo (mınimo) de u se alcanza en un punto c ∈ (a, b), entonces u escontanteen [a, b].
Observacion 114 El requerimiento de que g sea acotada en [a, b] es nece-sario en los teoremas anteriores. Consideramos las funciones definidas en(−1, 1)
g(x) =
{0 x = 0cotx x 6= 0
, h(x) =
{1 x = 00 x 6= 0
,
y la ecuacion diferencial
u′′ + g(x)u′ + f(x) = 0, x ∈ (−1, 1). (144)
g(x) no esta acotada en (−1, 1), u(x) = cosx es solucion de (144) yalcanzasu maximo en x = 0.
Ahora damos una aplicacion del principio del maximo para dar un resul-tado de unicidad en un problema de contorno.
Proposicion 115 Consideramos el problema de contorno{y′′ + g(x)y′ + h(x)y = f(x), x ∈ (a, b),y(a) = h1, y(b) = h2,
(145)
donde h(x) y g(x) son funciones acotadas en [a, b] y h(x) ≤ 0 en (a, b). Siel problema (146) tiene solucion, esta debe de ser unica.
Proof. Si (146) admite dos soluciones, u4 y u2, la funcion u = u1 − u2
satisface {u′′(x) + g(x)u′(x)′ + h(x)u(x) = 0, x ∈ (a, b),u(a) = 0, u(b) = 0,
(146)
Si u es una constante, como u(a) = u(b) = 0, u tiene que ser la funcion nulay esto implica que u1 = u2.
128
Supongamos que u no es constante. Si aplicamos el teorema anterior
u′′(x) + g(x)u′(x)′ + h(x)u(x) ≥ 0, x ∈ (a, b),
, el maximo de u(x) se alcanza en x = a o x = b, y como u(a) = u(b) = 0, elvalor maximo de u en [a, b] es 0.
Tambien es cierto que
u′′(x) + g(x)u′(x)′ + h(x)u(x) ≤ 0, x ∈ (a, b),
por lo tanto el mınimo se alcanza en x = a o x = b, y como u(a) = u(b) = 0,el valor mıxnimo de u en [a, b] es 0. Pero la unica posibilidad de que elmaximo y mınimo de u en [a, b] sea o es que u = 0 y por lo tantp u1 = u2.
10 Ejercicios
Ejercicio 116 Siendo α un numero real no negativo, estudiese para que val-ores de este, el problema de contorno
(P )
{y′′ − α2y = 0, x ∈ (0, 1)y(0) = 2, y′(1) = 2,
admite una unica solucion.
Solucion Segun el Teorema de Alternativa, (P ) admite solucion unica si ysolamente si su problema homogenea asociado admite como unica solucionla trivial. {
y′′ − α2y = 0, x ∈ (0, 1)y(0) = 0, y′(1) = 0,
La solucion general de y′′ − α2y = 0 es
1. Si α = 0, entonces y(x) = c1 + c2x, c1, c2 ∈ R.
2. Si α > 0, entonces y(x) = c1eαx + c2e
−αx, c1, c2 ∈ R.
1. α = 0.
(PH) admitira como unica solucion la trivial, si las unicas constantesc1 y c2 que hacen que la funcion y(x) = c1 + c2x satisfa las condicionesde contorno de (PH) son c1 = c2 = 0.
y(0) = c1 + c2 · 0 = 0⇐⇒ c1 = 0,y′(1) = c2 = 0⇐⇒ c2 = 0,
entonces para α = 0, (P ) admite una unica solucion.
129
2. Si α > 0.
(PH) admitira como unica solucion la trivial, si las unicas constantesc1 y c2 que hacen que la funcion y(x) = c1e
αx + c2e−αx satisfa las
condiciones de contorno de (PH) son c1 = c2 = 0.
y(0) = c1 + c2
y′(1) = αec1 − αe−1c2
y(0) = 0y′(1) = 0
⇐⇒{c1 + c2 = 0ec1 − e−1c2 = 0
(P )admitesolucion unica
⇐⇒{c1 + c2 = 0ec1 − e−1c2 = 0
admite como unicasolucion la trivial
⇐⇒∣∣∣∣ 1 1e e−1
∣∣∣∣ 6= 0
Como ∣∣∣∣ 1 1e − e−1
∣∣∣∣ = −e−1 − e < 0,
entonces para toda α > 0, (P ) admitira una unica solucion.
Ejercicio 117 Sea f(x) una funcion continua en [1, 2], y a y b dos numerosreales. Consideramos el problema de contorno
(P )
x2y′′ − 3xy′ + 3y = f(x), x ∈ (1, 2),ay(1) + y′(1) = 2
3,
y(2) = b.
1. Estudiese para que valores de a y b podemos asegurar que el problema(P ) admite solucion unica.
2. Si f(x) = −x2, determine los valores de a y b para los cuales el prob-lema (P )
(a) admite una unica solucion,
(b) no admite solucion,
(c) admite infinitas soluciones.
Solucion
130
1. El problema (P ) admite una unica solucion si y solamente si el problemahomogeneo asociado
(PH)
x2y′′ − 3xy′ + 3y = 0, x ∈ (1, 2),ay(1) + y′(1) = 0,y(2) = 0.
admite como unica solucion la trivial.
La solucion general de la ecuacion x2y′′ − 3xy′ + 3y = 0 es
y(x) = c1x+ c2x3, x ∈ [1, 2], c1, c2 ∈ R. (147)
El problema (PH) admitira como unica solucion la trivial, si al imponerque una funcion del tipo (147) satifaga las condiciones de contorno del problema (PH), se deduzca que c1 = c2 = 0.
ay(1) + y′(1) = 0⇐⇒ (a+ 1)c1 + (a+ 3)c2 = 0,y(2) = 0⇐⇒ c1 + 4c2 = 0.
(PH) admite como unica solucion la trivial
m{(a+ 1)c1 + (a+ 3)c2 = 0c1 + 4c2 = 0
admite como unica solucion c1 = c2 = 0,
m∣∣∣∣a+ 1 a+ 31 4
∣∣∣∣ = 3a+ 1 6= 0.
Entonces
• si a 6= −13, (P) admite una unica solucion;
• si a = −13, (P) puede ocurrir que no admita solucion o que admita
infinitas soluciones. Que se de un caso u otro dependera de quiensea la funcion f y el numero real b.
2. Si f(x) = −x2 y a 6= −13, (P) admite una unica solucion. El alumno
debe intentar calcular esta solucion.
131
3. Supongamos que f(x) = −x2 y a = −13.
La solucion general de x2y′′ − 3xy′ + 3y = −x2 es
y(x) = x2 + c1x+ c2x3, x ∈ [1, 2], c1, c2 ∈ R. (148)
Imponemos que y(x) satifaga las condiciones de contornode (P) paraa = −1
3, {
−13y(1) + y′(1) = 2
3
y(2) = b⇐⇒
{2c1 + 8c2 = −12c1 + 8c2 = b− 4
,
que (P) no admita solucion o que admita infinitas soluciones va a de-pender de que el sistema{
2c1 + 8c2 = −12c1 + 8c2 = b− 4
,
no admita solucion o admita infinitas soluciones. Si b = 3 este sistemaadmite infinitas soluciones y por lo tanto(P) admite infinitas soluciones.Si b 6= 3 el sistema no admite solucion y por lo tanto (P) no admitesolucion.
Ejemplo 118 Dado el problema de contorno dependiente del parametro α
(Pα)
y′′
+ αy = f(x) x ∈ I = (0, π)y(0) = −2y′(π) = 4,
1. Para α = 1 ¿admite (P1) solucion unica?. En caso afirmativo, calculelas.
2. Para α = 254
¿admite (P 254
) infinitas soluciones?. En caso afirmativo,calculelas.
3. Estudie si los siguientes problemas de contorno
(P )
y′′
+ 254y = 21
4sinx x ∈ I = (0, π)
y(0) = −2y′(π) = 4,
(Q)
y′′
+ 254y = 25
4(x+ 1) x ∈ I = (0, π)
y(0) = −2y′(π) = 4,
admite solucion. En caso afirmativo, calculela(las).
132
Proof.
1. Para que (P1) admita solucion unica, el problema de contorno
(PH1)
{y′′
+ y = 0, x ∈ I = (0, π)y(0) = 0, y′(π) = 0,
(149)
debe de admitir como unica solucion la trivial.
La solucion general de y′′
+ y = 0 es
ϕ(x) = c1 cosx+ c2 sinx, x ∈ I = (0, π), c1, c2 ∈ R.{ϕ(0) = c1 cos 0 + c2 sin 0 = 0ϕ′(π) = −c1 sinπ + c2 cos π = 0
⇐⇒{c1 + 0c2 = 0−0c1 − c2 = 0,
(150)
Como (150) admite como unica solucion la trivial, c1 = c2 = 0, (P1)admite una unica solucion.
2. (P 254
) admite una unica solucion si el problema de contorno
(PH 254
)
{y′′
+ 254y = 0, x ∈ I = (0, π)
y(0) = 0, y′(π) = 0,(151)
admite como unica solucion la trivial.
La solucion general de y′′
+ 254y = 0 es
ϕ(x) = c1 cos5x
2+ c2 sin
5x
2, x ∈ I = (0, π), c1, c2 ∈ R.
(151) admite solucion distinta de la trivial, si y solamente si el sistemalineal{
ϕ(0) = c1 cos 0 + c2 sin 0 = 0ϕ′(π) = −5c1
2sin 5π
2+ 5c2
2cos 5π
2= 0
⇐⇒{c1 + 0c2 = 0−5c1
2+ 0c2 = 0,
(152)admite solucion distinta de la trivial.
Como (152) admite como solucion c1 = 0 y c2 cualquier numero real,por ejemplo c1 = 0 y c2 = −3, o c1 = 0 y c2 = 7, (151) admite soluciondistinta de la trivial y por lo tanto (P 25
4) admite infinitas soluciones o
no admite solucion, y esto, en un principio deberıa depender de valorde la funcion f(x).
133
3. Por el apartado anterios, ambos problemas o no admiten solucion odmiten infinitas soluciones.
• yp(x) = sinx es una solucion particular de
y′′ +25
4y =
21
4sinx, x ∈ (0, π), (153)
la solucion general de (153) es
y(x) = sin x+ c1 cos5
2x+ c2 sin
5
2x, c1, c2 ∈ R.
Vamos a imponer las condiciones de frontera{y(0) = c1 = −2y(π) = −1− 5
2c1 = 4
=⇒ c1 = −2 y c2 es libre,
por lo tanto (P ) admite infinitas soluciones que son de la forma
y(x) = sinx− 2 cos5
2x+ c2 sin
5
2x, c2 ∈ R.
• yp(x) = x+ 1 es una solucion particular de
y′′ +25
4y =
25
4(x+ 1), x ∈ (0, π), (154)
la solucion general de (154) es
y(x) = x+ 1 + c1 cos5
2x+ c2 sin
5
2x, c1, c2 ∈ R.
Vamos a imponer las condiciones de frontera{y(0) = 1 + c1 = −2y(π) = 1− 5
2c1 = 4
=⇒ c1 = −3 y c1 = −6
5,
lo cual es una contradiccion y (Q) no admite solucion.
134
Ejercicio 119 1. Determine si el problema de contorno
(P )
x2y′′
+ xy′ − 4y = −4x− 3, x ∈ I = (1, 2)2y(1) + y′(1) = ay(2) + y′(2) = b,
admite solucion, donde a y b son dos numeros reales.
2. Calcule, si existe(en), la solucion(nes) de los problemas de contorno
(P1)
x2y′′
+ xy′ − 4y = −4x− 3, x ∈ (1, 2)2y(1) + y′(1) = 5y(2) + y′(2) = 4,
(P2)
x2y′′
+ xy′ − 4y = −4x− 3, x ∈ (1, 2)2y(1) + y′(1) = 5y(2) + y′(2) = 12,
Proof.
1. Empezemos estudiando el problema homogeneo asociado a (P )
(PH)
x2y′′
+ xy′ − 4y = 0, x ∈ I = (1, 2)2y(1) + y′(1) = 0y(2) + y′(2) = 0.
(155)
La ecuacion diferencial
x2y′′
+ xy′ − 4y = 0 (156)
es de Euler. Ensayamos con soluciones de la forma
y(x) = xα, y′(x) = αxα−1, y′′(x) = α(α− 1)xα−2.
α(α− 1)xα + αxα − 4xα = 0, x ∈ (1, 2),⇐⇒ α(α− 1) + α− 4 = 0.
Las soluciones de laecuacion α(α−1)+α−4 = 0 son 2 y −2 lo cual nosproduce las soluciones linealmente independientes de (156 )x2 y x−2.Como (156) es lineal de orden 2, su solucion general es
ϕ(x) = c1x2 + c2x
−2, x ∈ I = (1, 2), c1, c2 ∈ R.
135
(155) admite solucion distinta de la trivial, si y solamente si el sistemalineal {
2ϕ(1) + ϕ′(1) = 4c1 + 0c20 = 0ϕ(2) + ϕ′(2) = 8c1 + 0c2 = 0,
(157)
admite solucion distinta de la trivial.
Ya que (157) admite como solucion c1 = 0 y c2 cualquier numero real,(155) admite solucion distinta de la trivial y por lo tanto (P ) o noadmite solucion o admite infinitas soluciones, lo cual va a depender delos valores de ay b como demostrara el siguiente apartado.
2. Una solucion particular de
x2y′′
+ xy′ − 4y = −4x− 3, x ∈ I = (1, 2), (158)
es yp(x) = x+ 1, y la solucion general de (158) es
y(x) = x+ 1 + c1x2 +
c2
x2, x ∈ (1, 2), c1, c2 ∈ R.
• Problema (P1).
Imponemos las condiciones de frontera{2y(1) + y′(1) = 5 + 4c1 = 5y(2) + y′(2) = 4 + 8c1 = 4,
=⇒ c1 = 0 y c2 es libre,
por lo que (P1) admite infinitas soluciones de la forma
y(x) = x+ 1 +c2
x2, x ∈ (1, 2), c2 ∈ R.
• Problema (P2).
Imponemos las condiciones de frontera{2y(1) + y′(1) = 5 + 4c1 = 5y(2) + y′(2) = 4 + 8c1 = 12,
=⇒ c1 = 0 y c1 = 1,
lo que es una contradiccion y por lo tanto (P2) no admite solucion.
136
Ejercicio 120 Calcule los valores de µ para los cuales el problema de con-torno
(Pµ)
y′′
+ µy = f(x), x ∈ I = (0, π)y(0) = ay′(π) = 1,
(159)
admite una unica solucion, donde µ, a ∈ R y f(x) es una funcion continuaen [0, π].
Proof.(Pα) admitira una unica solucion si y solamente si
(PHµ)
{y′′
+ µy = 0, x ∈ I = (0, π)y(0) = 0, y′(π) = 0,
(160)
admite como unica solucion la trivial.La solucion general de la ecuacion diferencial
y′′
+ µy = 0, x ∈ I = (0, π), (161)
sera de naturaleza diferente segun sea µ = 0, µ < 0 o µ > 0.
• Caso µ = 0. La solucion general de y′′ = 0 es y(x) = c1 + c2x. Im-ponemos las condiciones de frontera{
y(0) = c1 = 0y′(π) = c2 = 0
=⇒ c1 = c2 = 0,
y (PHµ) admite como unica solucion la trivial.
• Caso µ < 0.
La solucion general de la ecuacion (161) es
y(x) = c1e√−µx + c2e
−√−µx, x ∈ I = (0, π), c1, c2 ∈ R.
(160) admite como unica solucion la trivial si y solamente si el sistemalineal {
y(0) = c1 + c2 = 0
y′(π) = c1
√−µe
√−µπ − c2
√−µe−
√−µπ = 0,
(162)
admite como unica solucion la trivial.
137
Como∣∣∣∣ 1 1√−µe
√−µπ √−µe−
√−µπ
∣∣∣∣ = −e−√−µπ −
√−µe
√−µπ < 0,
(162) admite como unica solucion la trivial para cualquier µ < 0.
• Caso µ > 0.
La solucion general de la ecuacion (161) es
y(x) = c1 cosõx+ c2 sin
√µx, x ∈ I = (0, π), c1, c2 ∈ R.
(160) admite como unica solucion distinta de l si y solamente si elsistema lineal{
y(0) = c1 cos 0 + c2 sin 0 = c1 = 0y′(π) = −c1
õ cos
√µπ + c2
õ sin
√µπ = 0,
(163)
admite como unica solucion la trivial.
(162) siempre tiene como solucion a c1 = 0. Para que admita soluciondistinta de la trivial se tiene que verificar que c2 6= 0, (en caso contrarioobtendrıamos la solucion nula). Ya que
c2õ cos
√µπ = 0,
comoõ 6= 0, si queremos que c2 sea distinto de cero, forzosamente se
tendra que verificar quecos√µπ = 0.
Por ejemplo,
1. para µ = 1 forzosamente c2 = 0 ya que cos√
1π = −1 6= 0,
2. sin embargo para µ = 254
, c2 no tiene que ser cero ya que cos√
254π =
cos 5π2
= 0.
Para que cos√µπ = 0 con µ > 0, se tiene que verificar que
√µπ =
π
2,3π
2,5π
2,7π
2, · · ·,
µ =1
4,9
4,25
4,49
4, · · ·,
138
µ ∈ A =
{(2k − 1)2
4, para algun k = 1, 2, 3, 4, · · ·
}.
Los autovalores de (PA) es el conjunto de numeros reales positivos{1
4,9
4,25
4,49
4, · · ·
}Si µ ∈ R−A (Pµ) admte una unica solucion, mientras que si µ ∈ A entonces(Pµ) puede no admitir solucion o admitir infinitas soluciones.
Ejercicio 121 Consideramos el problema el problema de contorno dependi-endo del parametro µ
(Pµ)
{y′′ + µy = f(x) x ∈ (0, 1)y(0)− y(1) = a, y′(0)− y′(1) = b,
(164)
con a, b, µ ∈ R y f(x) continua en [0, 1]. Determine los valores de µ noadmite una unica solucion, es decir o no admite solucion o admite infinitassoluciones.
Proof. Las condiciones de frontera de (Pµ) son tipo periodicas.Para ver si (Pµ) no admite una unica slucion tendremos que ver que el
problema
(PHµ)
{y′′ + µy = 0 x ∈ (0, 1)y(0)− y(1) = 0, y′(0)− y′(1) = 0,
(165)
admite solucion distinta de la trivial.Como en en el ejercicio anterior, vamos a distinguir tres casos.
• Caso µ < 0.
La solucion general de y′′ + µy = 0 es
y(x) = c1e√−µx + c2e
−√−µx, y′(x) = c1
√−µe
√−µx − c2
√−µe−
√−µx.
Vamos a imponer que se satisfagan las condiciones de contorno.{y(0)− y(1) = c1(1− e
√−µ) + c2(1− e−
√−µ) = 0
y′(0)− y′(1) = c1
√−µ(1− e
√−µ) + c2(−1 + e−
√−µ) = 0
(166)
139
(Pµ) no admitira solucion unica si y solamente si el sistema (166) admitesolucion distinta de la trivial. Este sistema admite solucion distinta dela trivial si y solamente si∣∣∣∣ 1− e
√−µ 1− e
√−µ
1− e√−µ −1 + e−
√−µ
∣∣∣∣ = 0.
Como∣∣∣∣ 1− e√−µ 1− e
√−µ
1− e√−µ −1 + e−
√−µ
∣∣∣∣ = 2(1− e√−µ)(1− e−
√−µ) = 0⇐⇒ µ = 0,
pero esto no puede ocurrir pues estamos suponiendo que µ < 0. Asi,para cualquier µ < 0, (Pµ) admite una unica solucion.
• Caso µ = 0.
La solucion general de y′′ = 0 es
y(x) = c1 + c2x.
Vamos a imponer que se satisfagan las condiciones de contorno.{y(0)− y(1) = −c2 = 0y′(0)− y′(1) = c2 − c2 = 0
(167)
(P0) no admitira solucion unica ya que el sistema (167) admite soluciondistinta de la trivial, y por lo tanto y(x) = c1, c1 ∈ R es una solucionno nula de (PH0).
• Caso µ > 0.
La solucion general de y′′ + µy = 0 es
y(x) = c1 cosõx+c2 sin
√µx, y′(x) = −c1
õ sin
õx+c2
õ cos
õx.
Vamos a imponer que se satisfagan las condiciones de contorno.{y(0)− y(1) = c1(1− cos
√µ)− c2 sin
õ = 0
y′(0)− y′(1) = c1√µ sin
õ+ c2
√µ(1− cos
õ) = 0
(168)
(Pµ) noadmitira una unica solucion si y solamente si el sistema (168)admite solucion distinta de la trivial. Este sistema admite soluciondistinta de la trivial si y solamente si∣∣∣∣ 1− cos
√µ − sin
õ
sin√µ 1− cos
õ
∣∣∣∣ = 0 ⇐⇒ cos√µ = 1 ⇐⇒ µ = 4k2π2
para algun k = 1, 2, 3, · · ·.
140
Si definimosA =
{4k2π2, k = 0, 1, 2, · · ·
},
si µ ∈ A, (Pµ) no admite una unica solucion mientras que si µ ∈ R−A, (Pµ)admite una unica solucion.
141
Ejercicios de Ecuaciones Diferenciales del GICyT
Hoja 1 (2014/2015)
Problemas de valor inicial
Ejercicio 122 Encuentre la solucion general de las siguientes ecuacionesdiferenciales de primer orden.
1. dydt
= (2t+1)(2y−1)2(t2+1)
,
2. ty′ + y = 5t3, t > 0,
3. t + (y − 2t)y′ = 0, (compruebe que es homogenea y efectue el cambioy(t) = tu(t)),
4. (3t2 − y)dt+ (3y2 − t)dy = 0, (compruebe que es exacta).
Solucion. 1. y = 12
es una solucion, el resto de las soluciones estan dadas enforma explıcita por la igualdad log |2y−1| = log(1+t2)+arctan t+c. c ∈ R; 2.y(t) = 5
4t3 + c
t, c ∈ R; 3. t
t−y = log |y−t|+c, c ∈ R; 4. t3−ty+y3 = c, c ∈ R.
Ejercicio 123 Una ecuacion diferencial de primer orden de la foma
p1(t)y′ + p0(t)y = q(t)yr, t ∈ I ⊂ R, r 6= 0, 1,
se denomina ecuacion diferencial de Bernoulli. El cambio u = y1−r la con-vierte en una ecuacion diferencial ordinaria lineal de primer orden.
Encuentre la solucion general de la ecuacion
t2y′ − ty =
√y
t7, t ≥ 1.
Solucion La solucion esta definida implıcitamente por la ecuacion√y =
− 117t8
+ c√t, con c ∈ R.
Ejercicio 124 Obtenga la sloucion general de las siguiente escuaciones difer-enciales ordinarias de segundo orden con coeficientes constantes.
1. y′′ − y′ − 2y = −2t3 + t2 + 4t+ 1, t ∈ R,
142
2. y′′ − 2y′ + 5y = et sin t, t ∈ R,
3. y′′ + 25y = 20 sin 5t+ t cos t, t ∈ R.
Solucion 1. y = 12
es una solucion, el resto de las soluciones estan dadas enforma explıcita por la igualdad log |2y−1| = log(1 + t2) + arctan t+ c. c ∈ R2. y(t) = 1
3et sin t + c1e
t sin 2t + c2et cos 2t, c1, c2 ∈ R; 3. y(t) = −2t cos 5t +
t24
cos t+ 1288
sin t+ c1 sin 5t+ c2 cos 5t.
Ejercicio 125 Determine la sloucion de las siguiente problemas de valorinicial
1.
{y′′ + y′ = 3, t ∈ R,y(0) = 2, y′(0) = 0.
2.
{y′′ + y = (5t− 1)e2t, t ∈ R,y(0) = y′(0) = 0.
3.
{y′′ − y′ − 12y = e4t, t ∈ R,y(0) = 0, y′(0) = −48
7.
Solucion 1. y(t) = 3t − 1 + 3e−t; 2. y(t) = (t − 1)e2t + cos t + sin t,; 3.y(t) = t
7e4t + e−3t − e4t,.
Ejercicio 126 Calcule la solucion general de los siguientes sistemas de ecua-ciones diferenciales de primer orden
1.
{y′1 = −3y1 + y2 + 3t, t ∈ R,y′2 = 2y1 − 4y2 + e−t,
2.
{y′1 = 3y1 + 2y2 + 2e−t, t ∈ R,y′2 = −2y1 − y2 + e−t,
3.
{y′1 = y1 − y2 + et cos t, t ∈ R.y′2 = y1 + y2 + et sin t
Solucion 1.
{y1(t) = 6
5t− 27
50+ 1
4e−t + c1e
−2t + c2e−5t,
y2(t) = 35t− 21
50+ 1
2e−t + c1e
−2t − 2c2e−5t , c1, c2 ∈ R;
2.
{y1(t) = 1
2e−t + c1e
t − c2tet,
y2(t) = −2e−t − c1et + c2
(12− t)et,
, c1, c2 ∈ R;
3.
{y1(t) = tet cos t+ c1e
t cos t+ c2et sin t,
y2(t) = tet sin t+ c1et sin t− c2e
t cos t,, c1, c2 ∈ R.
143
Ejercicio 127 Obtenga la solucion del problema de valor inicialy′1 = 3y1 − y2 + 4e2t, t ∈ R,y′2 = −y1 + 3y2 + 4e4t,y1(0) = y2(0) = 1.
Solucion
{y1(t) = (2t− 1)e2t + 2(1− t)e4t,y2(t) = (2t+ 1)e2t + 2te4t.
Ejercicio 128 Dada la ecuacion diferencial ordinaria de segundo orden
yy′′ + (y′)2 = 0, (169)
1. Es lineal?. Justifique la respuesta.
2. Determine si ϕ(t) = 1, t ∈ R, ϕ2(t) = t1/2, t > 0 y ϕ3(t) = 1+t1/2, t >0 son soluciones de (169).
3. Compruebe si son soluciones las funciones ϕ1 + ϕ2 y ϕ3 − ϕ1.
Solucion 1. No; 2. ϕ1 y ϕ2 si, ϕ3 no; 3. no, si.
Ejercicio 129 Estudiese si en los siguientes problemas , podemos asegurarexistencia y unicidad de solucion en un intervalo que contenga al punto 1.
1.
{y′ = 1
ty − y2 (t, y) ∈ (0,∞)× R,
y(1) = 12
,
2.
{y′ = 4
3(y − 1)1/4 (t, y)R× [1,∞),
y(1) = 1
3.
{y′ = 1+x2
4+y4, (t, y) ∈ R2,
y(1) = 0.
Solucion 1. Existe un intervalo I = (1 − α, 1 + α) ⊂ R donde el problemaadmite como unica solucion a ϕ(t) = 2t
3+t2. 2. El problema no admite unicidad
de solucion. La ma elemental es ϕ(t) = 1 que esta definida en todo R. Si
integramos la ecuacion encontramos que φ(t) =
{(t− 1)4/3 + 1, t ≥ 1,1 t < 1
es
tambien solucion en todo R. 3. Existe un intervalo I = (1 − α, 1 + α) ⊂ Rdonde el problema admite unica solucion que esta dada en forma explcitapor 4y + y5
5= t+ t3
3− 4
3, y(1) = 0.
144
Ejercicio 130 Sea la ecuacion diferencial
y′ = f(x, y) = ax+ b√y, (x, y) ∈ R× (0,∞),
dependiendo de las constantes a y b.
1. Determinar a y b teniendo en cuenta que la pendiente de la solucion,(de la ecuacion diferencial), que pasa por el punto (1, 1) es 1 en dichopunto. Asimismo la pendiente de la que pasa por (0, 4) es 2 en dichopunto.
2. Sean ahora a∗ y b∗ los valores de a y b calculados en el apartado ante-rior. Considerando el problema de valor inicial
(P )
{y′ = a∗x+ b∗
√y, (x, y) ∈ R× (0,∞),
y(1) = 0,
(a) ¿Existe solucion de (P)?. ¿Es unica?.
(b) Hay alguna solucion de (P) que pase tambien por el punto (4, 1)?.Es caso afirmativo, determınese.
Solucion: 1. a = 0 y b = 1. 2. (a) f(x, y) =√y es continua en (R× (0,∞))∩
B((1, 0), r), r > 0, luego el problema (P ) tiene al menos una solucion. ComoLa funcion ∂f
∂y(x, y) = 1
2√y
no esta acotada, ni definida, en R × (0,∞) ∩B((1, 0), r) cualquiera que sea r > 0, no se puede asegurar unicidad desolucion. ϕ(x) = 0 es solucion del problema en todo R, y si integramos la
ecuacion encontramos que φ(x) =
{14(x− 1)2, x ≥ 1,
0, x < 1es tambien solucion
del problema en todo R. (b) Si, ϕ(x) =
{14(x− 2)2, x ≥ 2,
0, x < 2.
Ejercicio 131 Sabiendo que la ecuacion diferencial
ty′′ − (2t+ 1)y′ + (t+ 1)u = 0, t ∈ R, (170)
admite una solucion de la forma y(t) = eat para algun cierto a ∈ R, calculela solucion general de (170).
Solucion y(t) = c1et + c2t
2et, c1, c2 ∈ R.
145
Ejercicio 132 Dada la ecuacion diferencial lineal
x2y′′ − 6xy′ + 10y = −8x3, x > 0, (171)
1. Determine la ecuacion diferencial que se obtiene al efectuar el cambiox = et en (171),
2. Resuelva la ecuacion obtenida en el apartado anterior y deshaga el cam-bio x = et para obtener la solucion general de (171).
3. Obtenga la solucion general de (171) ensayando con soluciones de laforma y(x) = xα con α ∈ R.
Solucion 1. Si y(x) es una solucion de (171), la funcion z(t) = y(et) satisfacela equacion
z′′ − 7z′ + 10z = −8e3t, t ∈ R. (172)
2. La solucion general de (172) es z(t) = 4e3t + c1e2t + c2e
5t, c1, c2 ∈ R. Sideshacemos el cambio, t = log x, obtenemos que la solucion general de (171)es y(x) = 4x3 + c1x
2 + c2x5, c1, c2 ∈ R.
Ejercicio 133 Calcule la solucion de los siguientes problemas de valor ini-cial
1.
{(t− 1)y′′ − ty′ + y = (t− 1)2e2t, t > 1,y(1) = e− 1
2e2, y′(1) = e− 1
2e2,
,
sabiendo que ϕ1(t) = t, ϕ2(t) = 2t − et y ϕ3(t) = et son soluciones dela ecuacion
(t− 1)y′′ − ty′ + y = 0, t > 1.
2.
{ty′′ − (t+ 1)y′ + y = t2, t > 0,y(1) = 1 + e, y′(1) = −1 + e
,
sabiendo que la ecuacion
ty′′ − (t+ 1)y′ + y = t2, t > 0,
admite como solucion un polinomio de segundo grado.
3.
{y′′′
+ 3y′′ − 4y = 9et, t ∈ R,y(0) = 0, y′(0) = 2, y′′(0) = −2
146
4.
{t2y′′ − ty′ + 2y = 5t3, t > 0,y(0) = 1, y′(0) = 0
.
5.
{t3y
′′′+ t2y′′ − 6ty′ + 6y = 30t, t > 0,
y(1) = 1, y′(1) = −2, y′′(1) = 1.
Solucion 1. ϕ(t) = 12(t−2)e2t+et; 2. ϕ(t) = et−t2+t+1; 3. ϕ(t) = tet+te−2t,
4. ϕ(t) = t3 + et(cos t− sin t); 5. ϕ(t) = t3 − 5t log t.
Ejercicio 134 La ecuacion de Bessel de orden 1/2 es:
x2y′′ + xy′ +
(x2 − 1
4
)= 0, x > 0.
1. Demuestrese que las funciones
ϕ1(x) =cosx√x, ϕ2(x) =
sinx√x,
son soluciones linealmente independientes la la ecuacion de Bessel deorden 1/2.
2. Encuentre, utilizando el metodo de variacion de las constantes, la soluciongeneral de la ecuacion no homogenea
x2y′′ + xy′ +
(x2 − 1
4
)y = x5/2, x > 0.
3. Calcule la solucion del problema de valor inicialy′1 = y2, x > 0y′2 = −
(1− 1
4x2
)y1 − 1
xy2 + x1/2
y1(π) =√π − 1√
π, y2(π) = 1
2√π
+ 12π√π
.
Solucion 2. x1/2 + c1cosx√x
+ c2sinx√x, c1, c2 ∈ R; 3. y1(x) = x1/2 + cosx
x1/2, y2(x) =
12x1/2
− sinxx1/2− cosx
2x3/2.
Ejercicio 135 Dado el problema de valor inicial{4xy′′ + 2y′ + y =
√x, x > 0,
y(π2
4
)= 1, y′
(π2
4
)= 1
π
,
147
1. Demuestre que admite una unica solucion en (0,∞).
2. Obtenga la solucion. Indicacion: Efectue el cambio x = t2.
Solucion y(x) =√x+ cos
√x+ sin
√x.
Ejercicio 136 Consideramos la ecuacin diferencial lineal homognea de se-gundo orden
u′′ − 4xu′ + 4x2u = 0.
Se pide:
1. Efectuar un cambio de la variable dependiente u de la forma u(x) =ϕ(x)v(x) y determinar ϕ(x) de modo que la nueva ecuacin diferencial,homognea en la variable dependiente v, no posea trmino en v′.
2. Obtener la solucin general de la ecuacin en v resultante y luego la solu-cin general de la ecuacin completa siguiente
u′′ − 4xu′ + 4x2u = 2xex2
.
Sugerencia: Tantear una solucin de la ecuacin completa anterior quesea de la forma Kxex
2.
Solucion: ϕ = ex2, u = xex
2+ C1e
x2 cos(√
2x) + C2ex2 sin(
√2x).
Ejercicio 137 Calcule la solucin general de la ecuacin diferencial de segundoorden,
4ty′′ + 2(
1− 4√t)y′ + 4y = e2
√t, t > 0.
Indicacin: Efectuar el cambio x =√t.
Solucion: y(t) = t2e2√t + c1e
2√t + c2
√te2√t, c1, c2 ∈ R.
Ejercicio 138 Estudie si los siguientes problemas de valor inicial admitenunicidad de solucion. En caso afirmativo, calcule la solucion.
1.
{xy′′ + y′+ = −x, x ∈ (0,∞),y(1) = −1
4, y′(1) = 0,
2.
{y′′ − (1− 4ex)y′ + 4e2xy = e3x, x ∈ R,y(0) = 0, y′(0) = 1
4,
.
Indicacion. Efectue el cambio de variable x = log t, t ∈ (0,∞).
148
Solucion 1. y(x) = −x2
4+ 1
2log x; 2. La solucion general de la ecuacion es
y(x) = 14
(ex − 1) + c1e−2ex + c2e
xe−2ex , c1, c2 ∈ R, la solucion del problemade valor inicial es y(x) = 1
4(ex − 1).
Ejercicio 139 Dado el problema de valor inicialy′1 = y2 x > 0
y′2 = 12x2y1 − 3
2xy2 + 1+log x
2x2
y1(1) = 0, y2(1) = −1
1. Demuestre que admite una unica solucion en (0,∞).
2. Obtenga la solucion.
Solucion: 1. ; 2. y1(x) = 43x
12 + 2
3x−1 − 2 − log x, y2(x) = 2
3x−
12 − 2
3x−2 −
1x, x > 0.
Ejercicio 140 Dado el problema de valor inicial{ty′′′ − y′′ = −2, t > 0,
y(1) = 2, y′(1) = −1, y′′(1) = −4,
encuentre el problema de valor inicial equivalente asociado a un sistema deecuaciones diferenciales lineales de primer orden, y obtenga la solucion deeste.
Solucion Sistema
y′1 = y2
y′2 = y3
y′3 = 1ty3 − 2
t
y1(1) = 2, y2(1) = −1, y3(1) = −4
, la solucion de este
problema de valor inicial es ϕ1(t) = t2 − 3t3 + 2, ϕ2(t) = 2t − 3t2, ϕ3(t) =2− 6t.
Ejercicio 141 Halle una curva que pase por el punto (1, 1), de tal maneraque la pendiente de la tangente en cada punto sea proporcional al cuadradode la ordenada en ese punto, con constante de proporcionalidad k2.
Solucion y(x) = 11−k2(x−1)
, x ∈(−∞, 1 + 1
k2
).
Ejercicio 142 Calcule todas las curvas que tienen la propiedad de que susnormales en cualquier punto de la curva pasan por el origen de coordenadas.
149
Solucion {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = c2, c ∈ R, c 6= 0}.
Ejercicio 143 Encuentre la curva y(x), x ∈ I ⊂ R, que satisface que elarea de la region bajo la curva y(x) sobre el eje x, desde el punto (0, 1) hastael punto (x, y(x)), ambos en la curva, sea igual a la ordenada del punto(x, y(x)).
Solucion y(x) = ex, x ∈ R.
Ejercicio 144 Encuentre la trayectoria ortogonal a la familia de curvas
1. Fa = {(x, y) ∈ R2, x2 + y2 = 2ax} , a ∈ R, que pasa por el punto(1, 1),
2. Ga = {(x, y) ∈ R2, x2 − y2 = a} , a ∈ R, que pasa por el punto (1, 2),
3. Ha = {(x, y) ∈ R2, y2 = 2(x− a)} , a ∈ R, que pasa por el punto(1, e−1).
Solucion 1. {(x, y) ∈ R2 : (x− 1)2 + y2 = 1}; 2{
(x, y) ∈ R2 : x > 0, y = 2x
};
3. {(x, y) ∈ R2 : y = e−x}.
Ejercicio 145 Decaimiento radioacctivoExperimentalmente se ha llegado al conocimiento de que , en cualquier
tiempo t ≥ 0, la rapidez de cambio de la cantidad M(t) del material radioac-tivo es directamente proporcional a la cantidad de material presente
d
dt= kM(t), t ≥ 0.
Puesto que el material radioactivo va disminuyendo con el tiempo, k > 0.El tiempo que transcurre para que la cantidad de material inicial decaiga
a la mitad, es conocido como la vida media del material radioactivo. Si deuna sustancia radioactiva conocemos que esta es de 1.800 anos,
1. ¿que procentaje estara presente 100 anos despues?,
2. ¿en cuantos anos quedara el 10% del material?.
Solucion 1. 96.22%; 2. 5900 anos y 270 dias.
150
Ejercicio 146 Modelo de Malthus. Crecimiento de poblacionesEn una cierta comunidad la poblacion aumenta con una rapidez propor-
cional a si misma. Si la poblacion inicial es de 2000 y aumenta un 10% en5 anos:
1. ¿Cual sera la poblacion en t anos?.
2. Que porcentaje habra aunmentado en 10 anos?.
3. Cuantos anos deben de transcurrir para que la poblacion sea de 20000personas?
Solucion 1. P (t) = 2000e0.01906t; 2. 21%; 3. 120 anos y 295 dıas.
Ejercicio 147 Modelo logıstico. Crecimiento de poblaciones.La poblacion mundial en 1939 era aproximadamente 2.3× 109 habitantes
y en 2009 se estimo en 6.7×109 habitantes. Algunos especialistas consideranque la capacidad sustentable del planeta es de 11× 109 habitantes, en condi-ciones de bienestar (es decir, sin desnutricion ni padecimientos por falta derecursos, · · ·). Considere t = 0 en 1939 y P (0) = 2.3× 109 y una capacidadsustentable de 11× 109.
Encuentre una formula para P (t) con t ≥ 0, determine P (t) en el ano2020 y el tiempo t1 en el que habra 10× 109 habitantes,
1. suponiendo que la poblacion crece a una razon de cambio proporcionala la diferencia entre la poblacion lımite maxima L y la poblacion altiempo t,
2. suponiendo un crecimiento logıstico de la poblacion.
Solucion
1. P (t) = 11 − 8.7e−0.01t(×109); poblacion estimada en 2020, P (81) =7.15× 109habitantes; t1 ' 215 anos, es decir en 2154.
2. P (t) = 111+3.782e−0.0255t (×109); poblacion estimada en 2020, P (81) =
7.4136× 109habitantes; t1 ' 143 anos, es decir en 2082.
Ejercicio 148 Ley de enfriamiento de Newton.Supongamos que una barra metalica, cuya temperatura inicial es de 20◦
C, se deja caer en un recipiente que contiene agua hirviendo ( a 100◦) y
151
su temperatura aumenta 2◦ C despues de un segundo.Determine la temper-atura de la barra metalica despues de 10 segundos. Cuanto tiempo deberatranscurrir para que la temperatura de la barra sea de 60◦?.
Solucion Despues de 10 segundos la temperatura es 37.895◦C. Para que latemperatura sea de 60◦ deben de transcurrir 27.36 segundos.
Ejercicio 149 Mezclas. Supongamos que un tanque contiene inicialmente60 gl de agua pura. A razon de 2 gal/min entra al tanque salmuera quecontiene 1 lb de sal por galon y la solucion uniformemente mezclada sale deltanque a razon de 3 gal/min.
1. Obtenga la cantidad de sal en el tanque despues de t minutos.
2. Calcule la concentracion de sal en el tanque despues de media hora.
3. Determine la concentracion de sal en el tanque cuando hay solamente10 gal de solucion.
4. Cual es la maxima cantidad de sal que llega a tener el tanque?
Solucion 1. La cantidad A(t) esta dada por A(t) = (60 − t) − 60(
60−t60
)3; 2.
Cs(30) = 0.75lb/gal; 3. 0.972lb/gal; 4.A(maxima = 23.094lb.
Ejercicio 150 Consideramos el problema de valor inicial
(P )
{M ′ + 4M
1000+2t= 12, t > 0
M(0) = 3
Se pide:
1. Si M(t) designa la cantidad, en kilos, de sal que hay en un tanque desalmuera (agua con sal disuelta), cuando han pasado t das, interpreteel problema (P ).
2. Determine M(t) e interprete la solucin.
3. Calcular e interpretar el siguiente lmite limt→∞M(t).
4. Qu cantidad de sal haba 12 horas antes?
Solucion:M(t) = 2000 + 4t− 1997/(1 + 2t/1000)2.
152
Ejercicio 151 Mecanica Una maquina de entrenamiento en beisbol se uti-liza para lanzar directamente hacia arriba una pelota desde el suelo con ve-locidad de 40m/s. Suponiendo que la resistencia del aire es despreciable:
1. Calcule la altura maxima alcanzada por la pelota y el tiempo que tardaen alcanzarla.
2. Determine cuando y con que velocidad golpeara la pelota en el suelo.
Solucion 1. La altura maxima es de 81.63m y se alcanza en 4.08 segundos;2. la pelota choca con el suelo al cabo de 8.1633 segundos y lo hace con unavelocidad de −40m/s.
Ejercicio 152 Movimiento armonico simple Una masa de 40 kg alargaun resorte (muelle) 9.8cm. Al inicio, la masa se libera desde un punto queesta 40 cm arriba de la posicion de equilibrio, con una velocidad descendentede 4m/s.
1. Determine el desplazamiento.
2. Obtenga la amplitud, la frecuencia angular y el periodo del movimiento.
3. ¿Cuantos ciclos (completos) habra completado la masa al final de 3segundos?
4. En que momento la masa pasa por la posicion de equilibrio con direccionhacia abajo por sexta vez?. Determine su velocidad y aceleracion en eseinstante.
5. ¿En que instantes la masa alcanza sus desplazamientos extremos encualquier lado de la posicion de equilibrio?.
6. Determine la posicion, velocidad y aceleracion en los tiempos t = 5, 10, 15, 20y 25 segundos.
7. ¿En que instante la masa esta a 0.40 metros por debajo de la posicionde equilibrio?
Solucion 1. x(t) = −0.4 cos 10t + 0.4 sin 10t; 2. amplitud=0.4√
2m., fre-cuencia ω = 10rad/s, periodo T = π/5s; 3. el numero de ciclos comple-tos es 4; 4. la posicion de equilibrio se alcanza en t = π
10
(k + 1
4
), k =
153
0, 1, 2, · · ·, la masa se mueve hacia abajo cuando la velocidad es positiva(n par), pasa por primera vez para k=0, por segunda vez ra k=2 y porsexta vez si k=10, en este momento t = 41π
40s, y la velocidad y aceleracion
seran 4√
2m/s y 0m/s2 respectivamente; 5. t = π10
(34
+ k), k = 0, 1, 2, · · ·;
6.
t x(t) v(t) a(t)5 -0.4909 2.8104 49.093610 -0.4572 1.4238 54.747415 -0.5657 -0.0625 56.565120 -0.5442 -1.5444 54.419425 -0.4846 -2.9182 48.4607
; 7. hay dos posibilidades, la primera
cuando t = π10
(2k + 1
2
), k = 0, 1, 2, · · ·, la segunda cuando t = (2k+1)π
10k =
0, 1, 2, · · ·.
Ejercicio 153 Vibraciones amortiguadas libres. Consideremos un cuerpode masa 1 sujeto a un soporte por un muelle ( el muelle no ejerce fuerzacuando el cuerpo se encuentra en su posicion de equilibrio) en un ciertomedio. Supongamos que desplazamos el cuerpo una distancia de 3 cm de suposicion de equilibrio y lo soltamos sin velocidad.
Si designamos por x(t) la distancia del cuerpo a su posicion de equilibriocuando han pasado t segundos, calculese esta si la fuerza restauradora ejer-cida por el muelle en el instante t es Fr(t) = −4x(t), la viscosidad del medioproduce una fuerza de amortiguamiento Fa(t) = −5x′(t) y sobre el cuerpo noesa actuando ninguna fuerza exterior.
1. Obtenga x(t).
2. Contestese razonadamente a las cuestiones:
(a) ¿Se desplaza el cuerpo a ambos lados de su posicion de equilibrioconforme transcurre el tiempo?.
(b) Pasa en algun momento el cuerpo por su posicion de equilibrio?
(c) ¿Tiende el cuerpo a su posicion de equilibrio cuando t se hacegrande?
Solucion x(t) = 4e−t − e−4t t ≥ 0.
Ejercicio 154 Vibraciones forzadas. Consideremos un cuerpo de masa1 sujeto a un soporte por un muelle, ( el muelle no ejerce fuerza cuando
154
el cuerpo se encuentra en su posicionn de equilibrio). Supongamos que de-splazamos el cuerpo una distancia de 3 cm de su posicion de equilibrio y lasoltamos sin velocidad.
Si designamos por x(t) la distancia del cuerpo de su posicion de equilibriocuando han pasado t segundos, caculese esta si la fuerza restauradora ejercidapor el muelle en el instante t es Fr(t) = −4x(t), hay resistencia al aire yproduce una fuerza de amortiguamiento Fa(t) = −4x′(t) y se esta ejerciendouna fuerza exterior sobre el cuerpo Fe(t) = cos 2t debido a vibraciones delsuelo. Determine x(t) y contestese razonadamente a las cuestiones:
1. Se desplaza el cuerpo a ambos lados de su posicion de equilibrio con-forme transcurre el tiempo?.
2. ¿Tiende el cuerpo a su posicion de equilibrio?
Solucion x(t) = 3e−2t + 234te−2t + 1
8sin 2t t ≥ 0.
Ejercicio 155 Interprete los siguientes problemas de Cauchy en terminosde un sistema masa-resorte, ( de un cuerpo de masa 1 sujeto a un soportepor un muelle en un cierto medio).
1.
{x′′ + 3x = 2 sin(2t) t > 0x(0) = 1 x′(0) = 0
2.
{x′′ + 5x′ + x = 0 t > 0x(0) = 2 x′(0) = 1
2
3.
{x′′ + x′ + 4x = cos(2t) t > 0x(0) = 0 x′(0) = 0
4.
{x′′ + 2x′ + x = sin(2t)− 4 cos 3t t > 0x(0) = 0 x′(0) = 1
Problemas de contorno
Ejercicio 156 Calculese, si existe, la solucion (es) de los siguientes proble-mas:
1.
{y′′ + y = 0 x ∈ Ry(0) = 2 y′(0) = −3
155
2.
{y′′ − y′ − 2y = 0 x ∈ (0, 1)y(0) = 0 y(1) + y′(1) = 3
3.
{y′′ + 2y′ + y = 0 x ∈ (−1, 0)y(−1) = e y′(0) = −1
4.
{y′′ + 4y = 0 x ∈ (0, π
4)
y(0) = 2 y′(π4) = −2
Solucion 1. Solucion unica, y(x) = 2 cosx−3 sinx; 2. Solucion unica, y(x) =e−2(e2x − e−x); 3. Infinitas soluciones, y(x) = (1 + c)e−x + cxe−x c ∈ R 3.No existe solucin.
Ejercicio 157 Indicar si el principio del mximo dice algo acerca de las solu-ciones de los siguientes problemas
1.
{y′′ − xexy′ − 4y = 0 x ∈ (0, 2)y(0) = 0, y(2) = 1
2.
{2y′′ − 4y′ − 2y = x(1− x) x ∈ (0, 1)y(0) = 0 y(1) = 0
3.
{2y′′ − 4x3y′ − xy = −x(1− x) x ∈ (0, 1)y(0) = 0 y(1) = 0
4.
{2y′′ − 4x3y′ − xy = 0 x ∈ (0, 1)y(0) = 0 y(1) = 0
5.
{2y′′ − 4x3y′ + xy = 0 x ∈ (0, 1)y(0) = 0 y(1) = 0
Ejercicio 158 Se considera el problema de contorno:
(P )
y′′ + αy = f(x), x ∈ (−π, π),y(−π) = y(π),y′(−π) = y′(π),
donde α es un numero real y f(x) una funcion continua y acotada, no nula,en el intervalo (−π, π). Para cada uno de los casos:
1. α = 0, f(x) =cosntante,
156
2. α = 0, f(x) = sinx+ cosx,
3. α = 4, f(x) = 2 cos2 x− 1,
4. α = 4, f(x) =constante,
5. α = 2, f(x) arbitraria,
solo una de las seis adirmaciones siguientes es cierta. ¿Cual es?.
1. Tanto el problema dado como el homogeneo asociado tienen infinitassoluciones.
2. El problema homogeneo no tiene solucion y el no homogeneo tiene in-finitas.
3. El problema homogeneo tiene infinitas soluciones y el no homogeneo notiene solucion.
4. El problema homogeneo y el no homogeneo solo tienen la solucion triv-ial.
5. Tanto el problema homogeneo como el no homogeneo tienen solucionunica.
6. El problema homogeneo y el no homogeneo tienen solucion unica, ambasdistintas de la trivial.
Indicacion El Teorema de Alternativa es valido para el problema (P)
Ejercicio 159 Calculese la solucion, si existe, de los siguientes problemas:
1.
{y′′ + 4y′ + 4y = 2x+ 6 x ∈ (0, 1)y(0) + y′(0) = −1
2y(1) = 3
2
2.
{y′′ + y = 4 cos x− sinx x ∈ Ry(0) = −1 y′(0) = 5
2
3.
{y′′ − 2y′ + 2y = ex
cosxx ∈ (0, π
4)
y(0) = 0 y(π4) = e
π4√2(π
4+ log 1√
2)
.
4.
{x2y′′ − 4xy′ + 6y = 1
xx ∈ (1, 2)
2y(1)− y′(1) = 14
y(2)− y′(2) = 116
157
Solucion 1. Solucion unica, y(x) = 12x + 1 + (1 − x)e−2x; 2. Solucion
unica, y(x) = 12x cosx + 2x sinx − cosx + 2 sinx; 3. Solucion unica, y(x) =
ex cosx log (cosx) + xex sinx; 4. Infinitas soluciones; y(x) = 112x
+ cx2 c ∈R.
Ejercicio 160 Sea f(x) una funcion continua en [0, 1] y a, b1 y b2 numerosreales. Consideramos el problema de contorno
(P )
y′′ = f(x), x ∈ (0, 1)ay(0) + 2y′(0) = b1,y(1) + ay′(1) = b2.
1. Suponiendo f(x) = 0 y b1 = b2 = 0, determine para que valores delparametro a puede asegurarse que (P ) admite una unica solucion.
2. Si f(x) = 1 determine para que valores de los parametros a, b1 y b2
puede asegurarse que
(a) (P ) admite una unica solucion,
(b) (P ) admite infinitas soluciones,
(c) (P ) no admite solucion.
Solucion: 1. Si a 6= 1 y a 6= −2, (P ) admite una unica solucion. 2 Si a = 1 yb1 6= b2− 3
2, (P ) no admite solucion; a = 1 y b1 = b2− 3
2, (P ) admite infinitas
soluciones; a = −2 y 2b2 + 3 + b1 6= 0, (P ) no admite solucion; a = −2 y2b2 + 3 + b1 = 0, (P ) admite infinitas soluciones.
Ejercicio 161 Dado el problema de contorno dependiente del parmetro α ∈R
(Pα)
{y′′ + αy = 0 x ∈ (0, 1)y(0) = 0, y(1) = 0,
1. determine si para los valores de α = −4, 0, 4 y π2 el problema (Pα)almite una unica solucion, infinitas o ninguna. En caso de existenciade solucon(nes), calculela(s);
2. Obtenga los valores de α para los cuales
• (Pα) no admite solucion,
• (Pα) admite una unica solucion,
158
• (Pα) admite infinitas soluciones;
3. en caso de existencia de solucion(es) en el apartado anterior, calculela(as).
4. Qu dice el principio del mximo de las soluciones para los diferentesvalores de α?
Solucion 1. Para α = −4, 0 y 4 el poblema admite una unica solucion quees la trivial, para α = π2 el problema admite infinitas soluciones ϕ(x) =c sin πx, c ∈ R; 2 y 3. Para los valores α ∈ A = {k2π2, k = 1, 2, 3, · · ·}, Pαadmite infinitas soluciones que son de la forma ϕk(x) = ck sin kπx ck ∈ R,para α ∈ R−A el problema (Pα) admite una unica solucion que es la trivial.
Ejercicio 162 Consideramos el problema de contorno dependiente del parametroα
(Pα)
{y′′ + αy = 0 x ∈ (0, π
2)
y′(0) = 0 y(π2) = 0
1. Obtenga los valores de α para los cuales
• (Pα) no admite solucion,
• (Pα) admite una unica solucion,
• (Pα) admite infinitas solucones;
2. en caso de existencia de solucion(es) en el apartado anterior, calculela(as).
Solucion Para los valores α ∈ A ={
4(1 + 1
2
)2, k = 0, 1, 2, · · ·
}, Pα admite
infinitas soluciones que son de la forma ϕk(x) = ck cos 2(k + 1
2
)x, ck ∈ R,
para α ∈ R−A el problema (Pα) admite una unica solucion que es la trivial.
Ejercicio 163 1. Estudiese si el problema de contorno
(P )
x2y′′ − 4xy′ + 6y = 0 x ∈ (1, 2)y′(1)− 2y(1) = 0y(2)− y′(2) = 0
admite solucion distinta de la trivial. En caso afirmativo, calculense
159
2. Sabiendo que la ecuacion x2y′′ − 4xy′ + 6y = 2x + 6 x ∈ (1, 2)admite una solucion polinomica de grado 1, calculese , si existe(n), lasolucion(es) del problema
x2y′′ − 4xy′ + 6y = 2x+ 6 x ∈ (1, 2)y′(1)− 2y(1) = −2y(2)− y′(2) = 0
Solucion 1. Si admite solucion distinta de la trivial, de hecho admite infinitassoluciones de la forma cx2, c ∈ R; 2. no admite solucion.
Ejercicio 164 Sabiendo que la ecuacion
x2y′′ − x(x+ 2)y′ + (x+ 2)y = 0 x > 0
admite a x como solucion, calculese, si existe, la solucion del problema{x2y′′ − x(x+ 2)y′ + (x+ 2)y = 0 x ∈ (1, 2)y(1)− y′(1) = e y(2)− 2y′(2) = e2
Solucion Admite infinitas soluciones, ϕ(x) = cx− xex, c ∈ R.
Ejercicio 165 Sea f una funcion continua en [0, 1] y α un numero real.Consideramos los problemas de contorno dependientes del parametro α
(PHα)
y′′ + αy = 0, x ∈ (0, 1),y(0) = y′(0),y(1)− 2y′(1) = 0,
(Pα)
y′′ + αy = f(x), x ∈ (0, 1),y(0) = y′(0) + 1,y(1)− 2y′(1) = 0.
(P1α)
y′′ + αy = 0, x ∈ (0, 1),y(0) = y′(0) + 1,y(1)− 2y′(1) = 0,
y (P2α)
y′′ + αy = f(x), x ∈ (0, 1),y(0) = y′(0),y(1)− 2y′(1) = 0,
Justifique si las siguientes afirmaciones son ciertas:
1. Si PHα admite como unica solucion la trivial entonces (P1α) y (P2α)admite una unica solucion pero (Pα) no.
2. Si PHα admite como unica solucion la trivial entonces alguno de losproblemas (P1α), (P2α) o (Pα) admite una unica solucion.
3. (P1α) admite solucion unica pero (Pα) no.
160
4. Si (P1α) y (P2α) admiten una unica solucion y las designamos por ϕ1
y ϕ2, entonces (Pα) admite una unica solucion, pero no tiene por queser ϕ1 + ϕ2.
5. Si PHα admite como unica solucion la trivial entonces (P1α), (P2α) y(Pα) admiten una unica solucion.
6. (Pα) admite una unica solucion, pero (P2α) y (P1α) no tienen porqueadmitirla.
Ejercicio 166 Sea a(x) un funcion continua en (0,∞), f(x) continua en[0, 1] y b un numero real. Sabenos que ϕ1(x) = x3 es una solucion de laecuacion diferencial
x2y′′ + a(x)y′ + by = 0, x > 0,
y que el problema de contorno
(P )
y′′ − 2y′ + y = f(x), x ∈ (0, 1)9y(0)− by′(0) = 3,y(1)− y′(1) = −3,
tiene solucion, pero no es unica.
1. Determine a(x) y b.
2. Calcule la solucion general de la ecuacion diferencial
x2y′′ + a(x)y′ + by = x3 log x, x > 0.
Solucion 1. b = 9, a(x) = −5x; 2. y(x) = 16x3 log3 x+c1x
3+c2x3 log x, c1, c2 ∈
R.
Ejercicio 167 1. Dado a ∈ R, se considera la familia de problemas decontorno
(Pa)
{y′′ + π2y = a+ 3 sin 2πx, x ∈ (0, 1)y(0) = 0, y(1) = 0.
Determine a para que (Pa) tenga solucion. ¿Sera esta solucion unica?.Si no es unica y admite infinitas soluciones, calcule estas.
161
2. Obtenga los valores de α ∈ R para que el problema de contorno
(Pα)
{y′′ + αy = 0, x ∈ (0, 1)y(0) = 0, y(1) = 0,
admita infinitas soluciones. Para los valores de α obtenidos, calcule lassoluciones de (Pα).
Solucion 1. a = 1 e infinitas soluciones y(x) = − 1π2 sin 2πx+ c sin πx, c ∈ R;
2. Para α ∈ A = {n2π2, n = 1, 2, · · ·} (Pα) admite infinitas soluciones de laforma ψn(x) = sinnπx.
Ejercicio 168 Si y(x) es una funcion dos veces derivable en (0,∞), defini-mos
Ly = x2y′′ − 2(1 + x)xy′ + 2xy.
Se sabe que la ecuacion diferencial ordinaria de segundo orden Ly + 2y =0, x > 0, admite como solucion a la funcion ϕ(x) = x.
1. Consideramos el problema
{Ly + 2y = 0, x > 0,y(1) = 0.
Determınese si
admite una unica solucion, infinitas soluciones o no admite solucion.En caso de existencia de solucion, obtengase la(s) solucion(nes).
2. Estudiese si el problema
(P1)
{Ly + 2y = 0, x ∈ (1, 2),y(1)− y′(1) = 0, y(2)− 2y′(2) = 0,
solucion(es) distinta de la trivial: En caso afirmativo calclese(lense).
3. Sea f(x) una funcion continua en [1, 2]. Puede admitir el problema
(P1)
{Ly + 2y = f(x), x ∈ (1, 2),y(1)− y′(1) = 2e2, y(2)− 2y′(2) = 8e4,
una unica solucion?. Justifıquese la respuesta.
4. Sabiendo que la ecuacion Ly + 2y = 4(1 + x), x > 0, admite unasolucion polinomica de grado menor o igual que uno, calculese la(s)solucion(nes), si existe(n); del problema
(P2)
{Ly + 2y = 4(1 + x), x ∈ (1, 2),y(1)− y′(1) = 2− 2e2, y(2)− 2y′(2) = 2− 8e4,
162
Solucion 1. Infinitas soluciones de la forma y(x) = cx(e2x − e2), c ∈ R;2. admite infinitas soluciones e la forma y(x) = cx, c ∈ R; 3. No admitesolucion; 4. admite infinitas soluciones que son de la forma y(x) = 2 + cx+xe2x.
Ejercicio 169 • A)
1. ¿Admite el problema de contorno (P1)
{xy′′ + y′ = 0, x ∈ (1, 2),y(1)− y′(1) = 0, y(2) = 0,
,
infinitas soluciones?.
2. ¿Podemos asegurar que el problema (P2)
{xy′′ + y′ = −x, x ∈ (1, 2),y(1)− y′(1) = 1
4, y(2) = 0,
tiene solucion unica?. En caso afirmativo calculese.
3. ¿Es posible asegurar que el problema (P3)
xy′′ + y′ = −x, x ∈ (0,∞),y(1) = −1
4,
y′(1) = 0,tiene solucion unica?. Resolver (P3).
• B) Resolver el problema de valor inicial (P4)
{y′′ − (1− 4ex)y′ + 4e2xy = e3x, x ∈ R,y(0) = 0, y′(0) = 1
4,
.
Indicacion. Efectue el cambio de variable x = log t, t ∈ (0,∞).
Solucion A) 1. No, admite como unica solucion la trivial; 2. si tienesolucion unica que es y(x) = 1+log x
1+log 2− x2
4; 3. (P3) es un problema de Cauchy
o valor unicial, y por el Teorema de Existencia y Unicidad tiene una unicasolucion y(x) = −x2
4+ log x
2. B) y(x) = ex−1
4.
Ejercicio 170 (Ecuacin del calor estacionaria) Consideramos una barra alargadade seccin circular con radio R = 0.2 y longitud L = 5 cuyo eje coincide conel eje OX. Se pide:
1. A partir de la ley de conservacin de la temperatura en un elementodiferencial comprendido entre x y x + dx, combinada con la ley deFourier, obtener la ecuacin de la temperatura en la forma
d
dx
(τ(x)
du
dx
)= f(x)
Determinar la interpretacin fsica de τ(x), u(x) y f(x)
163
2. Si suponemos que la barra est aislada en sus extremos, qu ecuacioneshabra que aadir? Tiene el problema planteado solucin nica?
3. Comprobar que una condicin necesaria para que tenga solucin el prob-lema del apartado anterior es que
∫ L0f(x) dx = 0. Calcular las infinitas
soluciones correspondientes al caso f(x) = x− L/2.
4. Repetir el apartado primero si suponemos esta vez que la barra est ais-lada slo en el extremo izquierdo y que la temperatura en el extremoderecho vale 1. En caso de tener solucin nica, calcularla para f(x) =x(L− x).
Ejercicio 171 (Ecuacin de la elstica) Consideramos la ecuacin de la elsticaque describe el desplazamiento transversal y(x) de una viga alargada de lon-gitud 15 metros en estado estacionario
EI(x)d2y
dx2= M(x)
donde E es el mdulo de Young, I(x) el momento de inercia de la seccintransversal de la viga y M(x) el momento de las fuerzas aplicadas. Supon-dremos E = 1 y que la seccin es rectangular de largo A = 1 metro y anchoB = 2 metros. Se pide:
1. Suponiendo que la viga se encuentra apoyada en sus extremos, qu ecua-ciones habra que aadir a la ecuacin de la elstica? Decidir si el prob-lema tiene solucin nica y en caso afirmativo calcular el desplazamientoy(x) suponiendo que aplicamos una fuerza puntual de magnitud P enel centro de la viga en la direccin vertical. (Indicacin: en este caso elmomento viene dado por M(x) = PL/4− P/2|x− L/2|)
2. Repetir el apartado anteriro suponiendo ahora que la carga est repartidauniformemente sobre la viga con magnitud P por unidad de longitud.(Indicacin: en este caso el momento viene dado por M(x) = PLx/2−Px2/2)
3. Para los apartados anteriores, d igual intercambiar el largo y el ancho(A y B respectivamente) de la seccin transversal de la viga?
4. Repetir el apartado 1 suponiendo ahora que la viga est empotrada en suextremo izquierdo y libre en el derecho. Considerar que la carga vertical
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es puntual en el extremo derecho con valor P . (Indicacin: en este casoel momento viene dado por M(x) = P (x− L))
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