Post on 02-Jan-2016
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ECUACIONES
DIFERENCIALES
ORDINARIAS.
Una introduccion
Fernando Mesa
Profesor titular
Alejandro Martınez Acosta
Profesor asociado
Jose Rodrigo Gonzalez Granada
Profesor asistente
Universidad Tecnologica de Pereira
Facultad de Ciencias Basicas
Departamento de Matematicas
Pereira, 2011
c© ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS. Una introduccion
c© Fernando Mesa. Autor
Profesor titular
Universidad Tecnologica de Pereira
c© Alejandro Martınez Acosta. Autor
Profesor asociado
Universidad Tecnologica de Pereira
c© Jose Rodrigo Gonzalez Granada. Autor
Profesor asistente
Universidad Tecnologica de Pereira
Pereira - Risaralda. 2011
ISBN
Portada: los autores
Diseno y diagramacion: los autores
Digitacion y elaboracion de dibujos: Los autores
Impreso y hecho en Colombia
Impreso por
Derechos reservados.
Prohibida la reproduccion total o parcial sin autorizacion escrita del titular
de los derechos.
Contenido
Presentacion iv
1. Introduccion a las ecuaciones diferenciales 1
1.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2. Definiciones y terminologıa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3. Soluciones y problemas de valor inicial. . . . . . . . . . . . . . 6
1.4. Ecuacion diferencial de una familia de curvas . . . . . . . . . . 12
1.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2. Ecuaciones diferenciales de primer orden 19
2.1. Ecuaciones de variables separables . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.2. Ecuaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.3. Ecuaciones exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.4. Factores integrantes especiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.5. Transformaciones y sustituciones . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.6. Trayectorias ortogonales y oblicuas . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.7. Ecuacion diferencial de primer orden en coordenadas polares . 48
2.8. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.8.1. Ecuaciones de primer orden . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.8.2. Modelado. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
i
CONTENIDO
3. Ecuaciones diferenciales de orden superior 59
3.1. Ecuaciones lineales de segundo orden . . . . . . . . . . . . . . 59
3.1.1. Introduccion: sistema masa-resorte. . . . . . . . . . . . 59
3.1.2. Operadores diferenciales lineales . . . . . . . . . . . . . 60
3.1.3. Soluciones fundamentales de ecuaciones homogeneas . . 63
3.1.4. Reduccion de orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
3.2. Ecuaciones de orden superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3.2.1. Teorıa basica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3.2.2. Ecuaciones lineales con coeficientes constantes . . . . . 75
3.2.3. Coeficientes indeterminados . . . . . . . . . . . . . . . 82
3.2.4. Operadores anuladores. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
3.2.5. Variacion de los parametros. . . . . . . . . . . . . . . . 89
3.3. Ecuacion de Cauchy–Euler. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
3.4. Algunas aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
3.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
4. Transformada de Laplace 113
4.1. Definicion y transformadas basicas . . . . . . . . . . . . . . . 113
4.2. Propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
4.3. Transformada inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
4.4. Los teoremas de traslacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
4.5. Funciones periodicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138
4.6. Funcion delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143
4.7. Funcion de transferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146
4.8. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150
5. Sistemas de ecuaciones diferenciales 153
5.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153
5.2. Teorıa preliminar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156
5.3. Metodos de solucion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163
5.3.1. Metodo de eliminacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163
5.3.2. Solucion mediante transformada de Laplace . . . . . . 168
CONTENIDO
5.4. Sistemas lineales homogeneos con coeficientes constantes . . . 169
5.5. Sistemas lineales no homogeneos . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
5.5.1. Coeficientes indeterminados. . . . . . . . . . . . . . . . 179
5.5.2. Variacion de los parametros. . . . . . . . . . . . . . . . 180
5.6. Matriz exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183
5.7. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189
6. Solucion de ecuaciones diferenciales mediante series 191
6.1. Introduccion y preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191
6.2. Solucion mediante series de potencias . . . . . . . . . . . . . . 195
6.2.1. Solucion en torno a puntos ordinarios . . . . . . . . . . 196
6.2.2. Solucion en torno a puntos singulares: metodo de
Frobenius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200
6.3. Ecuaciones y funciones especiales . . . . . . . . . . . . . . . . 205
6.3.1. Ecuacion de Bessel. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206
6.3.2. Ecuacion de Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210
6.3.3. Ecuacion hipergeometrica . . . . . . . . . . . . . . . . 212
6.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215
Respuestas 217
Bibliografıa 227
Indice alfabetico 228
iii
Presentacion
Esta obra ha sido realizada para que sea usada como texto guıa en los cursos
de ecuaciones diferenciales que se ofrecen en las diferentes universidades en los
distintos programas de ingenierıas y tecnologıas. En particular, en la Univer-
sidad Tecnologica de Pereira en su programa de licenciatura en matematicas
y fısica.
Esta edicion es el resultado de varios anos de trabajo y dedicacion, lo que per-
mitio basados en la experiencia, mejorar los ditintos borradores que fueron
utilizados como notas de clase de quienes somos sus autores.
Se desarrollaron seis capıtulos, en los que sin perder de vista la formalidad
de los contenidos el lector podra encontrarse con una presentacion sencilla,
practica y amena haciendo posible un primer acercamiento al estudio de las
ecuaciones diferenciales ordinarias. Es ası como en los capıtulos 1 y 2 se
presentan los aspectos relacionados a las ecuaciones diferenciales de primer
orden, tema que corresponde a la unidad I del programa oficial del curso de
matematicas IV que se orienta en la Universidad Tecnologica de Pereira. El
siguiente capıtulo coincide con la unidad II del programa de matematicas
IV en el que se desarrollan los elementos mas importantes de las ecuaciones
diferenciales de orden superior. En el capıtulo 4 se hace el desarrollo de la
transformada de Laplace y sus diferentes usos en la solucion de sistemas de
ecuaciones y otras aplicaciones. Por ultimo en el capıtulo final de esta obra
v
Presentacion
esta dedicado a desarrollar lo referente a la solucion de ecuaciones diferen-
ciales mediante el metodo de Series de Potencias.
Es de anotar que en cada uno de estos capıtulos nos preocupamos por entregar
una gran variedad de ejemplos, los que le permiten al estudiante desarrollar
los ejercicios y problemas que se proponen; casi en su totalidad con su res-
puesta.
Por ultimo queremos manifestar que junto con el proposito inicial, tambien
deseamos hacer un aporte para que la complejidad de las matematicas se pre-
sente sin perder rigurosidad pero estando cada vez mas al alcance de todos.
Nos hacemos responsables de los errores que pueden llegarse a filtrar en esta
primera edicion, y agradecemos de antemano las sugerencias y observaciones
que pudieran hacernos llegar.
Los autores.
vi
Capıtulo 1
Introduccion a las ecuaciones
diferenciales
1.1. Introduccion
En las ciencias y en la ingenierıa se desarrollan modelos matematicos para
entender mejor los fenomenos fısicos. A menudo, estos modelos conducen a
una ecuacion que contiene algunas derivadas de una funcion desconocida.
Esta ecuacion se denomina una ecuacion diferencial.
Comenzamos esta seccion con unos ejemplos, los cuales dan origen a ecua-
ciones diferenciales.
Ejemplo 1.1 (Caıda libre). Un ob-
jeto de masa m se deja caer desde una
altura h (por encima del suelo) y cae
bajo la fuerza de gravedad, (Fig. 1.1).
Determine la ecuacion diferencial que
describe la trayectoria del objeto.
h
y
mg
Nivel del suelo
t = 0, v = 0
Figura 1.1. Cuerpo en caıda libre
Solucion.
1
CAPITULO 1. INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES
Podemos aplicar al objeto que cae la segunda ley de Newton, la cual establece
que la masa de un objeto por su aceleracion es igual a la fuerza total que
actua sobre el. Esto conduce a la ecuacion
md2y
dt2= −mg,
donde m es la masa del objeto, y es la altura sobre el suelo, d2ydt2
es su acelera-
cion, g es la aceleracion gravitacional (constante) y −mg es la fuerza debida
a la gravedad.
Esta es una ecuacion diferencial que contiene la segunda derivada de la al-
tura desconocida y como funcion del tiempo. Al hacer v = dydt, se obtiene la
ecuacion diferencial de primer orden en la incognita v:
mdv
dt= −mg
Ejemplo 1.2 (Vaciado de un tanque). La ley de Torricelli establece que la
rapidez v de flujo (o salida) del agua a traves de un agujero de bordes agudos
en el fondo de un tanque lleno con agua hasta una altura (o profundidad)
h, es igual a la rapidez de un objeto que cae libremente desde una altura
h, en este caso v =√2gh, donde g es la aceleracion de la gravedad, (figura
1.2). Deduzca una ecuacion diferencial que exprese la altura h en cualquier
momento t, que hay en el tanque.
h h
V (t)
A0
Figura 1.2. Vaciado de un tanque
2
1.1. INTRODUCCION
Solucion. Si el area transversal del agujero es A0, y la rapidez del agua que
sale del tanque es v =√2gh, el volumen del agua que sale por unidad de
tiempo esta dado por A0v = A0
√2gh. Ası, si V (t) representa el volumen del
agua en el tanque a una profundidad h en cualquier instante t, entonces
dV
dt= −cA0
√
2gh, 0 < c < 1 (1.1)
donde el signo menos indica que V esta disminuyendo. Si no se tiene en
cuenta la friccion en el agujero, lo cual causara una reduccion en la tasa de
flujo, entonces c = 1. Si el tanque es tal que el volumen en cualquier instante
t se expresa como V = V (h) con h = h(t) donde h es la profundidad en el
instante t, entonces por la regla de la cadena, dVdt
= dVdh
dhdt. Al sustituir esta
ultima ecuacion en (1.1) y despejar, se obtiene
dh
dt= −c A0
dV/dh
√
2gh.
Ejemplo 1.3 (Circuito RLC). Determine la ecuacion diferencial para el
circuito LRC dado en la figura 1.3.
E
L
C
R
Figura 1.3. Circuito RLC
Solucion. Los principios fısicos que rigen los circuitos electricos fueron es-
tablecidos por G. R. Kirchhoff en 1859. Los principios son los siguientes:
1. Ley de la corriente de Kirchhoff. La suma algebraica de las corrientes
que fluyen en cualquier punto de union (nodo) debe ser cero.
3
CAPITULO 1. INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES
2. Ley del voltaje de Kirchhoff. La suma algebraica de los cambios ins-
tantaneos del potencial (caıdas de voltaje) en torno a cualquier lazo ce-
rrado (bucle) debe ser cero.
Para aplicar la ley del voltaje, se debe conocer la caıda de voltaje a traves e
cada de cada elemento del circuito.
(a) De acuerdo con la ley de Ohm, la caıda de voltaje ER a traves de un
resistor es proporcional a la corriente i que pasa por el resistor:
ER= Ri.
La constante de proporcionalidad R se conoce como resistencia.
(b) Se puede mostrar mediante las leyes de Faraday y Lenz que la caıda de
voltaje EL a traves de un inductor es proporcional a la razon de cambio
instantanea de la corriente i:
EL= L
di
dt.
La constante de proporcionalidad L se conoce como inductancia.
(c) La caıda de voltaje E a traves de un capacitor es proporcional a la carga
electrica q que aparece en las placas del capacitor:
EC=
1
Cq.
La constante C se llama capacitancia.
Suponemos que una fuente de voltaje suma voltaje o energıa potencial al
circuito. Si E(t) indica el voltaje que se proporciona al circuito en el instante
t, entonces la ley de Kirchhoff implica
EL+ E
R+ E
C= E(t). (1.2)
Al sustituir en (1.2) las expresiones para EL, E
Ry E
Cse tiene
Ldi
dt+Ri+
1
Cq = E(t) (1.3)
4
1.2. DEFINICIONES Y TERMINOLOGIA.
La corriente es la razon de cambio instantanea de la carga, es decir i = dqdt.
Por lo tanto, podemos expresar (1.3) como
Ld2q
dt+R
dq
dt+
1
Cq = E(t) (1.4)
En la mayor parte de las aplicaciones interesa determinar la corriente i(t).
Al derivar (1.3) con respecto a t, suponiendo que E es diferenciable, y susti-
tuyendo i en lugar de dqdt, se obtiene:
Ld2i
dt+R
di
dt+
1
Ci =
dE
dt(1.5)
1.2. Definiciones y terminologıa.
Definicion 1.2.1. Una ecuacion que contiene las derivadas de una o mas
variables dependientes con respecto a una o mas variables independientes es
una ecuacion diferencial.
Ejemplo 1.4. En la ecuacion
d2x
dt2+ a
dx
dt+ kx = 0, (1.6)
t es la variable independiente y x es la variable dependiente. Las constantes
a k se llaman coeficientes de la ecuacion.
Ejemplo 1.5. En la ecuacion
∂u
∂x− ∂u
∂y= x− 2y, (1.7)
x y y son las variables independientes, mientras que u es la variable depen-
diente.
Clasificacion.
1. Segun el tipo: Una ecuacion que solo contiene derivadas ordinarias con
respecto de una sola variable independiente es una ecuacion diferencial
5
CAPITULO 1. INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES
ordinaria (EDO). Una ecuacion diferencial que contiene derivadas par-
ciales con respecto de mas de una variable independiente es una ecuacion
diferencial parcial (EDP). La ecuacion (1.5) es una EDO, mientras que la
ecuacion (1.7) es una EDP.
2. Segun el orden: El orden de una ecuacion diferencial es el orden de las
derivadas de orden maximo que aparecen en ella. Las ecuaciones (1.5) y
(1.6) son ecuaciones de segundo orden. La ecuacion (1.7) es una EDP de
primer orden.
3. Segun la linealidad o no linealidad: Una ecuacion diferencial ordinaria
de orden n es lineal si tiene la forma
an(x)dny
dxn+ an−1(x)
dn−1y
dxn−1+ · · ·+ a1(x)
dy
dx+ a0(x)y = g(x). (1.8)
Si una ecuacion diferencial no es lineal, entonces se dice que es no lineal.
Ejemplo 1.6. Las ecuaciones (2x − y)dx + 4xdy = 0, y′′ − 3y′ + 2y = 0 y
x3 d3ydx3− 2x dy
dx+ 6y = 0 son ecuaciones lineales de primero, segundo y tercer
orden respectivamente.
Ejemplo 1.7. Las ecuaciones (1 + y)y′ + 2y = ex, d2ydx2
+ (sen y)y = 0 yd4ydx4
+ y2 = 0 son ecuaciones no lineales de primero, segundo y cuarto orden
respectivamente.
1.3. Soluciones y problemas de valor inicial.
Una ecuacion diferencial ordinaria general de orden n se representa mediante
cualquiera de las expresiones
F(x, y, y′, . . . , y(n)
)= 0 (1.9a)
y(n) = f(x, y, y′, . . . , y(n−1)
)(1.9b)
6
1.3. SOLUCIONES Y PROBLEMAS DE VALOR INICIAL.
Definicion 1.3.1 (Solucion explıcita). Una funcion φ tal que al sustituirla
en lugar de y en la ecuacion (1.9a) o en (1.9b) satisface la ecuacion para toda
x en un el intervalo I es una solucion explıcita de la ecuacion en I. Una
solucion explıcita que es identica a cero en I, se llama solucion trivial.
Ejemplo 1.8. Muestre que φ(x) = x2 − x−1 es una solucion explıcita de
x2 d2ydx2
= 2y en (0,∞).
Solucion. Las funciones
φ(x) = x2 − x−1, φ′(x) = 2x+ x−2 y φ′′(x) = 2− 2x−3
estan definidas para toda x > 0. Al sustituir φ(x) y sus derivadas en la
ecuacion se tiene
x2(2− 2x−3) = 2(x2 − x−1) = 2φ(x).
Como esto es valido para cualquier x 6= 0, la funcion φ(x) = x2− x−1 es una
solucion explıcita en (0,∞) y tambien en (−∞, 0).
Ejemplo 1.9. Muestre que para cualquier eleccion de la constante c ≥ 0, la
funcion y = (√x + c)2 es una solucion explıcita de la ecuacion dy
dx=√
yxen
(0,∞).
Solucion. Calculamos dydx
=√x+c√x, la cual esta definida para toda x > 0. Al
sustituir en la ecuacion se tiene
√x+ c√x
=
√
(√x+ c)2
x,
la cual es una igualdad valida para toda x > 0.
Definicion 1.3.2 (Solucion implıcita). Se dice que una relacion G(x, y) = 0
es una solucion implıcita de la ecuacion (1.9a) o (1.9b) en el intervalo I si
define una o mas soluciones explıcitas en I.
Ejemplo 1.10. Muestre que xy2 − x3y = 8 es una solucion implıcita dedydx
= 3x2y−y22xy−y3 en el intervalo (0,∞).
7
CAPITULO 1. INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES
Solucion. Al despejar y se tiene y = x3±√x6+32x2x
, obteniendose dos fun-
ciones, φ1(x) =x3+
√x6+32x2x
y φ2(x) = x3−√x6+32x2x
en (0,∞). La sustitucion
de la funcion φ1(x) o φ2(x) y su derivada es un poco tediosa, ası que se
usara derivacion implıcita. Al derivar implıcitamente con respecto a x la
ecuacion xy2 − x3y = 8 se tiene
y2 + 2xydy
dx− 3x2y − x3 dy
dx= 0.
Al despejar dydx
se obtiene
dy
dx=
3x2y − y22xy − y3 .
En muchos casos, no es posible despejar y en terminos de x. Sin embargo,
para cada cambio en x se requiere un cambio en y, de modo que se espera
que la relacion defina de manera implıcita al menos una funcion y(x). Esto es
difıcil de demostrar directamente, pero puede verificarse con rigor mediante
el teorema de la funcion implıcita del calculo avanzado, el cual garantiza
la existencia de tal funcion y(x) y que ademas es diferenciable. Una vez que
se sabe que y es una funcion diferenciable de x, se puede usar la tecnica de
derivacion implıcita.
Familia de soluciones. Al resolver una ecuacion diferencial de primer or-
den, F (x, y, y′) = 0, por lo general se obtiene una solucion con una constante
arbitraria, o parametro c. Una solucion con una constante arbitraria represen-
ta un conjunto G(x, y, c) = 0 de soluciones y se llama familia uniparametri-
ca de soluciones. Al resolver una ecuacion diferencial de orden n (1.9a) o
(1.9b), se busca una familia n−parametrica de soluciones y = φ(x, c1 , . . . , cn)
o G(x, y, c1 , . . . , cn) = 0. Una solucion de una ecuacion diferencial que no
tiene parametros arbitrarios se llama solucion particular.
Ejemplo 1.11. Verificar que x2+4y2 = c, donde c ≥ 0 es una constante, pro-
porciona una familia uniparametrica de soluciones implıcitas de la ecuacion
4y dydx
+ x = 0 y graficar varias soluciones.
8
1.3. SOLUCIONES Y PROBLEMAS DE VALOR INICIAL.
Solucion. Al derivar implıcitamente con respecto a x la expresion x2+4y2 = c
se tiene 8y dydx
+ 2x = 0, que es equivalente a 4y dydx
+ x = 0. Algunas curvas
se muestran en la figura 1.4.
x
y
c = 1c = 4
c = 9 c = 16
Figura 1.4. Familia de curvas x2 + 4y2 = c
Soluciones singulares. En algunos casos, una ecuacion diferencial tiene una
solucion que no puede obtenerse particularizando alguno de los parametros
en una familia de soluciones. Esa solucion se llama solucion singular .
Ejemplo 1.12. Verifique que y = cx + c2 es una familia uniparametrica
de soluciones de la ecuacion y = xy′ + (y′)2. Muestre que y = −x2
4es una
solucion singular.
Solucion. Derivando y = cx+ c2 se tiene y′ = c. Al sustituir en la ecuacion
diferencial se obtiene
cx+ c2 = xc+ c2,
que es valida para toda x .
1
−1
−2
−3
−4
1 2 3 4−1−2−3−4
x
y
Figura 1.5. Curvas y = cx+ c2 y solucion singular y = −x2
4
9
CAPITULO 1. INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES
Ahora se deriva y = −x2
4para obtener y′ = −x
2. Al reemplazar en la ecuacion
se tiene
−x2
4= x−x2
+x2
4,
que es verdadera para toda x. Ademas, y = −x2
4no se puede obtener de la
familia de soluciones asignando algun valor al parametro c. Luego, y = −x2
4
es una solucion singular, (ver figura 1.5).
Problema de valor inicial (PVI).
Definicion 1.3.3. Un problema de valor inicial (PVI) consiste en:
Resolver F (x, y, y′, . . . , y(n)) = 0
Sujeto a y(x0) = y0 , y′(x0) = y1 , . . . , y
(n−1)(x0) = yn−1
(1.10)
donde x0 ∈ I y y0 , y1 , . . . , yn−1 son constantes dadas.
Ejemplo 1.13. Muestre que y = c1ex + c2e
−2x es una familia de soluciones
de y′′+y′−2y = 0. Halle una solucion particular que satisfaga las condiciones
iniciales y(0) = 1, y′(0) = 2.
Solucion. Dejamos al lector la verificacion. Para hallar las constantes c1 y c2 ,
calculamos y′ para obtener y′ = c1ex−2c2e−2x. Al sustituir en las condiciones
iniciales obtenemos el sistema de ecuaciones
c1 + c2 = 1
c1 − 2c2 = 2.
Al resolver este sistema se obtiene c1 =43, c2 = −1
3. Por lo tanto, la solucion
del PVI es y(x) = 43ex − 1
3e−2x, grafica en lınea continua.
10
1.3. SOLUCIONES Y PROBLEMAS DE VALOR INICIAL.
1
2
3
−1
1 2 3−1−2−3x
y
y = 43ex − 1
3e−2x
y = 43ex
y = − 13e−2x
Figura 1.6. Algunos miembros de la familia y = c1ex + c2e
−2x
Teorema 1.3.1 (Existencia y unicidad de soluciones). Dado el proble-
ma de valor inicialdy
dx= f(x, y); y(x0) = y0 ,
supongase que f(x, y) y ∂f∂y(x, y) son funciones continuas en un rectangulo
R = (x, y) | a < x < b, c < y < d que contiene al punto (x0 , y0). Entonces
el problema de valor inicial tiene una unica solucion φ(x) en algun intervalo
I tal que x0 − h < x < x0 + h, donde h es un numero positivo, (Fig. 1.7).
x
y
b
c
d
y0
a bx0x0 − h x0 + h
(x0 , y0)
y = φ(x)
Figura 1.7. Existencia y unicidad de soluciones
11
CAPITULO 1. INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES
Ejemplo 1.14. Para el problema de valor inicial
dy
dx= 3x− 3
√
y − 1; y(1) = 1,
¿implica el teorema (1.3.1) la existencia de una solucion unica?
Solucion. En este caso, f(x, y) = 3x− 3√y − 1 y dy
dx= − 1
3 3√y−1.
Por desgracia, dydx
= − 13√y−1
no es continua, ni siquiera esta definida en y = 1.
Luego, no hay un rectangulo que contenga al punto (1, 1) donde f y ∂f∂x
sean
continuas. Como no se cumplen las hipotesis del teorema (1.3.1), no podemos
usarlo para determinar si el problema con valor inicial tiene o no una solucion
unica.
Ejemplo 1.15. Determine una region R del plano xy para la cual la ecuacion
diferencialdy
dx= (x− 1)e
yx−1
tenga una solucion unica que pase por un punto (x0 , y0) en la region.
Solucion. f(x, y) = (x − 1)ey
x−1 no esta definida para x = 1 y tampoco lo
esta ∂f/∂y. Por lo tanto, el problema de valor inicial tendra solucion unica
para cualquier punto (x0 , y0) en una region R tal que x0 < 1 o x0 > 1.
1.4. Ecuacion diferencial de una familia de
curvas
En esta seccion se determinara una ecuacion diferencial para una familia n
parametrica de curvas F (x, y, c1 , c2 , . . . , cn) = 0 para n = 1, 2, . . . , n. Em-
pezamos con una familia uniparametrica F (x, y, c) = 0.
1. Dada una familia uniparametrica de curvas F (x, y, c) = 0, donde c es
una constante, se puede determinar una ecuacion diferencial para dicha
familia de la siguiente cualquiera de las siguientes maneras:
12
1.4. ECUACION DIFERENCIAL DE UNA FAMILIA DE CURVAS
Metodo 1. Se deriva implıcitamente la expresion F (x, y, c) = 0 con res-
pecto a x, se despeja y′ = dy/dx y se elimina la constante c para obtener
y′ = f(x, y) o M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0.
Metodo 2. Se despeja la constante c en la forma G(x, y) = c y se usa la
regla de derivacion implıcita
dy
dx= −Gx
Gy
o Gxdx+Gydy = 0. (1.11)
En la figura 1.8 se muestran algunas curvas de la familia F (x, y, c) = 0 y
una recta tangente a una de dichas curvas. Recuerdese que la pendiente
de la recta tangente a una curva en un punto P (x0 , y0) esta dada por la
derivada m =dy
dx
∣∣∣(x0 ,y0 )
.
x
y
bP
Figura 1.8. Familia de curvas F (x, y, c) = 0
Ejemplo 1.16. Encuentre una ecuacion diferencial para la familia de
cırculos (x− h)2 + y2 = h2 − 1, |h| ≥ 1.
Solucion. Despejando la constante se tiene
G(x, y) =x2 + y2 + 1
x= 2h.
Al usar la expresion dada por (1.11) y simplificar se obtiene la ecuacion
diferencial de primer orden
(x2 − y2 − 1) dx+ 2xy dy = 0.
13
CAPITULO 1. INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES
1
2
3
−1
−2
−3
1 2 3 4 5 6−1−2−3−4−5−6−7x
y
Figura 1.9. Familia (x− h)2 + y2 = h2 − 1, |h| ≥ 1
2. Dada una familia n parametrica de curvas F (x, y, c1 , c2 , . . . , cn) = 0, donde
c1 , c2 , . . . , cn son constantes, se deriva n veces y se eliminan todas las cons-
tantes para obtener una ecuacion diferencial de orden n.
Ejemplo 1.17. Encuentre una ecuacion diferencial para la familia de
curvas y = c1e2x + c2e
−2x.
Solucion. Como hay dos constantes, derivamos dos veces y eliminamos
las constantes.
y = c1e2x + c2e
−2x, y′ = 2c1e2x − 2c2e
−2x, y′′ = 4c1e2x + 4c2e
−2x.
Ahora procederemos a eliminar las constantes.
y′ + 2y = 4c1e2x (A)
y′′ + 2y′ = 8c1e2x (B)
Restando dos veces la ecuacion (A) de la ecuacion (B) se obtiene
y′′ − 4y = 0,
que es la ecuacion diferencial para la familia de curvas.
14
1.5. EJERCICIOS
1.5. Ejercicios
En los ejercicios 1 a 8, clasifique cada una de las ecuaciones diferenciales
como ordinaria (EDO), parcial (EDP), proporcione el orden e indique las
variables independientes y dependientes. Si la ecuacion es ordinaria, indique
si es lineal o no lineal.
1. 3d2x
dt2+ 4
dx
dt+ 9x = 2 cos 3t, Vibraciones mecanicas
2.d2y
dx2− 2x
dy
dx+ 2y = 0, Ecuacion de Hermite
3.dy
dx=y(2− 3x)
x(1− 3y), Especies en competencia
4.∂2u
∂x2+∂2u
∂y2= 0, Ecuacion de Laplace
5.dx
dt= (a− x)(b− x), Reacciones quımicas
6.√1− y d
2y
dx2+ 2x
dy
dx= 0, Ecuacion de Kidder
7.∂N
∂t=∂2N
∂t2+
1
r
∂N
∂r+ kN , Fision nuclear
8.d2y
dx2− 0.1(1− y2)dy
dx+ 9y = 0, Ecuacion de Van der Pol
En los ejercicios 9 y 10, escriba una ecuacion diferencial que se ajuste a
la descripcion fısica.
9. La razon de cambio de la poblacion N de bacterias en el instante t es
proporcional a la poblacion en el instante t.
10. La razon de cambio en la temperatura T del cafe en el instante t es
proporcional a la diferencia entre la temperaturaM del aire en el instante
t y la temperatura del cafe en el instante t.
15
CAPITULO 1. INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES
11. Alison y Kevin participan en una carrera de “piques”. Parten del reposo y
luego aceleran a una razon constante. Kevin cubre la ultima cuarta parte
del recorrido en 3 segundos, mientras que Alison cubre la ultima tercera
parte de la distancia en 4 segundos. ¿Quien gana la carrera y por cuanto
tiempo?
12. Muestre que φ(x) = x|x| es una solucion explıcita de dydx
= 2√
|y| en(−∞,∞).
13. Muestre que φ(x) = ex − x es una solucion explıcita en (−∞,∞) de la
ecuacion diferencial dydx
+ y2 = e2x + (1− 2x)ex + x2 − 1.
14. Muestre que xy3 − xy3 sen x = 1 es una solucion implıcita en(0, π
2
)de la
ecuacion dydx
= (x cosx+senx−1)y3x(1−senx)
En los ejercicios 15 a 18, determine si la funcion o relacion es una solucion
explıcita o implıcita de la ecuacion dada.
15. y = sen x+ x2;d2y
dx2+ y = x2 + 2
16. exy + y = x− 1;dy
dx=e−xy − ye−xy + y
17. y − ln y = x2 + 1;dy
dx=
2xy
y − 1
18. x = 2e3t − e2t, d2x
dt2− 4
dx
dt+ 3x = e2t
19. Verifique que x2 + cy2 = 1, donde c es una constante no nula, es una
familia uniparametrica de soluciones implıcitas de dydx
= xyx2−1
y grafique
varias curvas solucion usando los mismos ejes.
20. Si c > 0 demuestre que la funcion φ(x) = (c2 − x2)−1 es una solucion
del problema de valor inicial dydx
= 2xy2, y(0) = 1c2
en (−c, c). Analiceesta solucion cuando x tiende a ±c.
16
1.5. EJERCICIOS
21. Muestre que la ecuacion(dydx
)2+y2+3 = 0 no tiene solucion con valores
reales.
22. Determine los valores de m para los cuales la funcion φ(x) = emx es
una solucion de la ecuacion d2ydx2
+ 6 dydx
+ 5y = 0.
23. Determine los valores de m para los cuales la funcion φ(x) = xm es una
solucion de la ecuacion x2 d2ydx2− x dy
dx− 3y = 0.
24. Verifique que φ(x) = c1ex+ c2e
−2x es una solucion de d2ydx2
+ dydx− 2y = 0
para cualquier eleccion de las constantes c1 y c2 . Determine de c1 y c2de modo que satisfaga las condiciones iniciales y(0) = 2, y′(0) = 1.
25. Para el problema de valor inicial dydx
= 3y2/3, y(2) = 0, muestre que
φ1(x) = 0 y φ2(x) = (x − 2)3 son soluciones. Explique porque esto no
contradice el Teorema 1.3.1, pagina 11.
26. El movimiento de un conjunto de partıculas a lo largo del eje x esta dado
por dx/dt = t3 − x3, donde x(t) denota la posicion de la partıcula en
el instante t.
a) Si una partıcula esta en x = 1 cuando t = 2, ¿cual es su velocidad
en ese instante?
b) Muestre que la aceleracion de una partıcula esta dada pord2xdt2
= 3t2 − 3t3x2 + 3x5.
c) Si una partıcula esta en x = 2 cuando t = 2.5, ¿puede llegar a la
posicion x = 1 en un instante posterior?
27. Muestre que la ecuacion diferencial |y′| − 1 = 0 no tiene una familia
uniparametrica de soluciones en (−∞,∞).
28. Considere la ecuacion diferencial y′ = 1 + y2.
a) Halle una regionR del plano xy, para la cual la ecuacion diferencial
tenga solucion unica que pase por un punto (x0 , y0) en R.
17
CAPITULO 1. INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES
b) Muestre que y = tan x satisface el PVI y′ = 1 + y2, y(0) = 0;
pero explique por que no es solucion del problema de valor inicial
y′ = 1 + y2, y(0) = 0 en el intervalo (−2, 2).c) Determine el mayor intervalo I de validez, para el que y = tan x
sea solucion del problema de valor inicial en la parte b).
29. Muestre que y =2(1+c1e
4x)
1−c1e4xes una familia de soluciones de la ecuacion
diferencial dydx
= y2 − 4. Mediante simple inspeccion, halle una solucion
singular.
30. Determine una ecuacion diferencial para cada una de las familias de
curvas. Dibuje algunas curvas para los casos c) y d).
a) x2 + (y − k)2 = k2 + 1
b) x2 − 2kxy + y2 = 4
c) y = c1e2x + c2e
−x
d) y = c1x2 + c2x
2 ln x
1
2
3
4
−1
−2
−3
−4
−5
1 2 3−1−2−3−4
x
y
k > 0
k < 0
(a) x2 + (y − k)2 = k2 + 1
1
2
3
4
−1
−2
−3
−4
−5
1 2 3 4 5−1−2−3−4−5
x
y
k > 0
k=0
k < 0
(b) x2 − 2kxy + y2 = 4
Figura 1.10. Graficas ejercicio 30
18
Capıtulo 2
Ecuaciones diferenciales de
primer orden
Con frecuencia, para resolver las ecuaciones diferenciales se tendra que inte-
grar y quiza la integracion requiera alguna tecnica especial. Es conveniente
que el estudiante dedique un poco de su tiempo al repaso de dichas tecnicas
antes de empezar a estudiar este capıtulo.
Una ecuacion diferencial de primer orden se puede escribir en cualquiera de
las formas.
F (x, y, y′) = 0, Forma general (2.1a)
y′ =dy
dx= f(x, y) Forma estandar (2.1b)
M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0 Forma diferencial (2.1c)
2.1. Ecuaciones de variables separables
En esta seccion se considera un caso especial de la ecuacion (2.1b), en la que
f(x, y) = g(x)/h(y), y una de las mas faciles de resolver (por lo menos en
teorıa). Al escribir p(y) = 1/h(y) se tiene la siguiente
19
CAPITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
Definicion 2.1.1. La ecuacion (2.1b) es separable si f(x, y) = g(x)p(y). Es
decir, una ecuacion de primer orden es separable si se puede escribir en la
formady
dx= g(x)p(y) =
g(x)
h(y). (2.2)
Metodo para resolver ecuaciones separables.
Para resolver la ecuacion (2.2), se multiplica por h(y) en ambos lados,
obteniendose
h(y)dy = g(x)dx.
Luego se integra en ambos lados para obtener∫
h(y)dy =
∫
g(x)dx
H(y) = G(x) + C,
en dondeH(y) es una antiderivada particular de h(y), G(x) es una antideriva-
da particular de g(x) y C es una constante. La ultima expresion proporciona
una familia uniparametrica de soluciones de la ecuacion diferencial.
Ejemplo 2.1. Resolver dydx
= 1xy3
Solucion. De acuerdo con el metodo, se separan las variables para escribir
la ecuacion diferencial en la forma
y3dy =1
xdx
Al integrar se tiene∫
y3dy =
∫1
xdx
y4
4= ln x+ C, si x > 0
obteniendo una solucion implıcita de la ecuacion diferencial, que es valida en
cualquier intervalo que no contenga al origen.
20
2.1. ECUACIONES DE VARIABLES SEPARABLES
Ejemplo 2.2. Resolver el PVI
dy
dx= (1 + y2) tan x; y(0) =
√3
Solucion. Separando variables e integrando se tiene∫
dy
1 + y2=
∫
tan xdx
arctan y = ln(sec x) + C, −π/2 < x < π/2
y = tan(ln(secx) + C), −π/2 < x < π/2
Para determinar C se usa la condicion inicial y(0) =√3.
√3 = tan(ln(sec 0) + C),
de donde C = π/3. Entonces, la solucion del PVI es
y = tan(ln(secx) + π/3); −π2< x <
π
2.
Ejemplo 2.3. Un objeto que pesa 4 lb cae desde una gran altura partiendo
del reposo. Si el aire ejerce una resistencia de 12v lb, donde v es la velocidad
en pies/seg, figura 2.1. Hallar la velocidad v(t) y la distancia recorrida y(t)
a los t segundos.
Solucion. Tomamos la direccion positiva hacia abajo.
De acuerdo con la segunda Ley de Newton se tiene
mdv
dt= F1 − F2,
pero m = wg= 4
32= 1
8, F1 = 4, F2 =
12v.
Reemplazando se obtiene la ecuacion diferencial
1
8
dv
dt= 4− 1
2v o
dv
dt= 32− 4v.
La condicion inicial obvia es v(0) = 0.
21
CAPITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
y
h
F1 = mg
F2
Nivel del suelo
t = 0, v = 0
Figura 2.1. Caıda de un cuerpo
Al separar variables e integrar se tiene
dv
8− v = 4dt ⇒∫
dv
8− v =
∫
4dt
⇒ − ln(8− v) = 4t+ C1.
Al usar la condicion inicial se obtiene C1 = − ln 8. Luego, al sustituir este
valor de C1 y despejar v se tiene
v = v(t) = 8(1− e−4t).
Para hallar y se resuelve el PVI
dy
dt= 8(1− e−4t); y(0) = 0.
Al separar variables e integrar se obtiene
y(t) = 8(t+1
4e−4t) + C0
La condicion inicial y(0) = 0 proporciona C0 = −2. Por lo tanto
y = y(t) = 8(t+1
4e−4t)− 2.
22
2.2. ECUACIONES LINEALES
Observacion. La tecnica de separacion de variables conlleva a reescribir la
ecuacion diferencial efectuando ciertas operaciones algebraicas en ella. Es-
cribir dydx
= g(x)p(y) como h(y)dy = g(x)dx equivale a dividir ambos lados
entre p(y). Se deben tener en cuenta los ceros o raıces de p(y) en la ecuacion
separable dydx
= g(x)p(y), ya que estos proporcionas soluciones constantes de
la ecuacion diferencial.
2.2. Ecuaciones lineales
Una ecuacion lineal de primer orden en forma normal o canonica es una
ecuacion de la forma
dy
dx+ p(x)y = q(x) (Lineal en y) (2.3a)
o tambien
dx
dy+ p(y)x = q(y) (Lineal en x) (2.3b)
Factor Integrante.
Para resolver (2.3a) se multiplica en ambos lados por un factor µ = µ(x),
de modo que el lado izquierdo se transforme en una expresion que sea la
derivada de un producto:
d
dx(µy) = µ
dy
dx+ y
dµ
dx. (2.4)
De esta manera se tiene
µ(x)dy
dx+ µ(x)p(x)y = µ(x)q(x). (2.5)
Igualando el lado izquierdo de (2.5) con (2.4) se tiene
µ(x)dy
dx+ µ(x)p(x)y = µ(x)
dy
dx+ y
dµ
dx.
23
CAPITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
De dondedµ
dx= µ(x)p(x).
Al separar variables e integrar se tiene
µ = µ(x) = e∫
p(x)dx. (2.6)
De este modo (2.5) se convierte en
d
dx
(µ(x)y(x)
)= µ(x)q(x),
cuya solucion es
y = y(x) = [µ(x)]−1
[∫
µ(x)q(x)dx+ C
]
. (2.7)
Puesto que C es una constante arbitraria, la expresion (2.7) proporciona una
familia uniparametrica de (2.3a), la cual se llama solucion general.
Ejemplo 2.4. Resuelva la ecuacion diferencial
sen xdy
dx+ 2y cos x = 4x sen x.
Solucion. Reescribiendo la ecuacion en la forma normal se tiene
dy
dx+
2 cos x
sen xy = 4x.
Identificando p(x) = 2 cosxsenx
, se obtiene el factor integrante
µ(x) = e∫
p(x)dx = sen2 x; 0 < x < π.
Al multiplicar la ecuacion por este factor se tiene
sen2 xdy
dx+ 2y sen x cos x = 4x sen2 x = 2x− 2x cos 2x
d
dx(y sen2 x) = 2x− 2x cos 2x.
Integrando y despejando se obtiene
y = y(x) =
(
x2 − 1
2
)
csc2 x− 2x cot x+ 1 + C csc2 x; 0 < x < π.
24
2.2. ECUACIONES LINEALES
Ejemplo 2.5. Resolver
3xdy
dx− (x2 − 9)y = −1
x; lım
x→∞y(x) = 0.
Solucion. La forma normal de la ecuacion es
dy
dx−(x
3− 3
x
)
y = − 1
3x2.
Se tiene que p(x) = −x3+ 3
x, un factor integrante es
µ(x) = e∫
p(x)dx = x3e−x2/6.
Luego,
x3e−x2/6 dy
dx− x3e−x2/6
(x
3− 3
x
)
y = −1
3xe−x
2/6
d
dx(x3e−x
2/6y) = −1
3xe−x
2/6,
de donde
y = y(x) =1
x3+C
x3ex
2/6.
Al usar la condicion lımx→∞
y(x) = 0 se obtiene C = 0. La solucion es
y = y(x) = 1x3.
Problemas de mezclas
En los problemas de mezclas se desea calcular la cantidad de una sustancia
x(t) que hay en un recipiente (o en un recinto cerrado) en cualquier instante
t. La tasa de cambio de la sustancia presente en la mezcla satisface la relacion
dx
dt= R1 −R2 , (2.8)
donde
R1 = Tasa de entrada de la sustancia
R2 = Tasa de salida de la sustancia.
Estas cantidades estan dadas por
R1 = q1c1 y R2 = q2c2 ,
25
CAPITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
siendo
q1 = velocidad de flujo entrante, c1 = concentracion de entrada
q2 = velocidad de flujo saliente, c2 = concentracion de salida =x
V,
donde x = x(t) y V = V (t) son la cantidad de sustancia presente y el volumen
en el tiempo t, respectivamente.
Se distinguen tres casos
1. q1 = q2 . El volumen es constante
2. q1 > q2 . El volumen aumenta
3. q1 < q2 . El volumen disminuye
El volumen en el tanque esta dado por
V = V0 + (∆q) t, donde ∆q = q1 − q2 .
V0
V, q1= q
2
V, q1> q
2
V, q1< q
2
x(t)
x(0) = x0
Ejemplo 2.6 (Mezclas). Un tanque con capacidad de 400 litros contiene
inicialmente 200 litros de una mezcla de sal y agua (salmuera) con 30 gramos
de sal disueltos. Le entra una solucion con 1 gramo de sal por litro a una tasa
de 4 l/min; la mezcla se mantiene uniforme mediante agitacion y de el sale
a una tasa de 2 l/min. Calcule la cantidad de gramos de sal en el tanque al
momento de desbordarse.
Solucion. Sea A(t) la cantidad de sal (en gramos) en el tanque en cualquier
momento t antes de desbordarse. La rapidez con que cambia A(t) es:
dA
dt= R1 −R2 ,
donde,
R1 = (4l/min)(1gr/l) = 4gr/min;
R2 = (2l/min)(A gr/min) = 2A/V gr/min,
26
2.3. ECUACIONES EXACTAS
donde V es el volumen del tanque en el instante t. Como al tanque le entran
4 l/min y le salen 2 l/min, hay una ganancia neta de 2 l/min. Luego, el
tiempo que tarda en llenarse el tanque es
tf =Diferencia de volumen
Ganancia neta en el flujo=
200
2min = 100min.
Pero V = V (t) = 200 + 2t = 2(100 + t), luego R2 =A
t+ 100.
Al sustitur R1 y R2 se obtiene el siguiente PVI
dA
dt= 4− A
t+ 100; A(0) = 30.
Resolviendo por ecuaciones lineales se tiene
A(t) = 2(t+ 100) +C
t+ 100, 0 ≤ t ≤ 100.
La condicion inicial da C = −17000. Por lo tanto, la solucion al PVI es
A(t) = 2(t+ 100)− 17000
t+ 100.
La cantidad de sal al momento de desbordarse es A(100) = 315 gramos.
2.3. Ecuaciones exactas
Recordemos que si z = F (x, y) es una funcion de dos variables que tiene
primeras derivadas parciales en una region R del plano xy, la diferencial
total de F es
dz =∂F
∂xdx+
∂F
∂ydy
Sabemos que la grafica de z = F (x, y) es una superficie y z = C, donde C
es una constante, representa una curva de nivel para aquellos valores en que
este definida z = C. En realidad, tenemos una familia de curvas en las cuales
27
CAPITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
dz = 0, de donde podemos hallar la pendiente a dichas curvas en cualquier
puntody
dx= f(x, y) = −Fx
Fy
pero esta es una ecuacion diferencial de primer orden, la cual puede escribirse
en la forma
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (2.9)
llamada forma diferencial.
Ahora, si el lado izquierdo de (2.9) se puede identificar con una diferencial
total
M(x, y)dx+N(x, y)dy =∂F
∂xdx+
∂F
∂ydy = dF (x, y)
entonces sus soluciones estan dadas (de manera implıcita) por las curvas de
nivel
F (x, y) = C
para una constante “arbitraria” C.
A continuacion se dan algunas diferenciales usadas frecuentemente.
1. d(xy) = ydx+ xdy 2. d
(x
y
)
=xdy − ydx
x2
3. d
(x
y
)
=ydx− xdy
y24. d
(
tan−1 y
x
)
=ydx− xdyx2 + y2
5. d
(
tan−1 x
y
)
=xdy − ydxx2 + y2
Ejemplo 2.7. Resolver la ecuacion diferencial
dy
dx= −2xy2 + 1
2x2y.
Solucion. Algunas de las opciones diferenciales que corresponden a esta
ecuacion son
(2xy2 + 1)dx+ 2x2ydy = 0
28
2.3. ECUACIONES EXACTAS
2xy2 + 1
2x2ydx+ dy = 0
dx+2x2y
2xy2 + 1dx = 0
De todas estas opciones, la primera forma es mejor, pues es una diferencial
total de la funcion F (x, y) = x2y2 + x. en efecto,
(2xy2 + 1)dx+ 2x2ydy = d(x2y2 + x)
=∂
∂x
(x2y2 + x
)dx+
∂
y
(x2y2 + x
)dy.
De este modo, las soluciones estan dadas de manera implıcia por la formula
x2y2 + x = C.
Ejemplo 2.8. Resuelva
(
3x2y +y
x2 + y2
)
dx+
(
x3 + 2y − x
x2 + y2
)
dy = 0
Solucion. El lado izquierdo de la ecuacion se puede reacomodar de la sigu-
iente forma
3x2ydx+ (x3 + 2y)dy +ydx− xdyx2 + y2
,
el cual se puede ver como la suma de dos diferenciales totales
d(x3y + y2
)+ d
(
tan−1 x
y
)
.
Ası, las soluciones estan dadas de manera implıcita por
x3y + y2 + tan−1
(x
y
)
= C.
Definicion 2.3.1. La forma diferencial M(x, y)dx+N(x, y)dy es exacta en
un rectangulo R si existe una funcion F (x, y) tal que
∂F
∂x(x, y) =M(x, y) (2.10a)
29
CAPITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
∂F
∂y(x, y) = N(x, y) (2.10b)
para toda (x, y) ∈ R. Es decir, la diferencial de F satisface
dF (x, y) =M(x, y)dx+N(x, y)dy.
SiM(x, y)dx+N(x, y)dy es una forma diferencial exacta, entonces la ecuacion
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0
es una ecuacion exacta.
Como es de esperarse, en las aplicaciones es poco usual que una ecuacion
diferencial este en la forma diferencial exacta. Para identificar este tipo de
ecuaciones se requiere de
• un criterio para determinar si una forma diferencial Mdx + Ndy es
exacta, y en tal caso
• un procedimiento para determinar la funcion F (x, y).
El criterio de exactitud surge de la siguiente observacion. Si
M(x, y)dx+N(x, y)dy =∂F
∂xdx+
∂F
∂ydy,
entonces el teorema del calculo relativo a la igualdad de las derivadas parciales
mixtas continuas∂2F
∂y∂x=
∂2F
∂x∂y
indica una condicion de compatibilidad sobre las funciones M y N . El sigu-
iente teorema indica que la condicion de compatibilidad es tambien suficiente
para que una ecuacion sea exacta.
Teorema 2.3.1. Suponga que las primeras derivadas parciales de M(x, y) y
N(x, y) son iguales en un rectangulo R. Entonces
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (2.11)
30
2.3. ECUACIONES EXACTAS
es exacta si y solo si la condicion de compatibilidad
∂M
∂y(x, y) =
∂N
∂x(x, y) (2.12)
se cumple para toda (x, y) en R.
A continuacion se describe el metodo de solucion el cual hace parte de la
demostracion del teorema 2.3.1
Metodo de solucion.
(a) Si (2.11) es exacta, en virtud de (2.10a), existe una funcion F tal que
∂F
∂x=M(x, y).
Para determinar F se puede integrar con respecto a x para obtener
F (x, y) =
∫
M(x, y)dx+ g(y). (2.13)
(b) Para determinar g(y) calcule la derivada parcial con respecto de y en
ambos lados de (2.13) y sustituya N por∂F
∂x(por (2.10b)) y despeje
g′(y).
(c) Integre g′(y) para obtener g(y) sin constante numerica. Al sustituir g(y)
en (2.13) se obtiene F (x, y).
(d) Una familia de soluciones de (2.11) esta dada por F (x, y) = C.
En forma alternativa, partiendo de ∂F/∂x = N(x, y), la solucion implıcita
se puede obtener integrando primero con respecto a y.
Ejemplo 2.9. Resolver
(yexy + 2x)dx+ (xexy − 2y)dy = 0
31
CAPITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
Solucion. En este caso,
M(x, y) = yexy + 2x (∗)N(x, y) = xexy − 2y. (∗∗)
Como∂M
d∂y= xyexy =
∂N
∂x,
la ecuacion es exacta. Integrando con respecto a x la ecuacion (∗) se tiene
F (x, y) =
∫
(yexy + 2x)dx = exy + x2 + g(y).
Derivando con respecto a y esta ultima expresion y usando la ecuacion (∗∗)se tiene
xyexy + g′(y) = xexy − 2y,
de donde g′(y) = −2y. Luego, g(y) = −y2. Por lo tanto,
F (x, y) = exy + x2 − y2
y una familia de soluciones de la ecuacion esta dada de manera implıcita por
exy + x2 − y2 = C.
2.4. Factores integrantes especiales
Retomando la ecuacion diferencial lineal en forma normal
dy
dx+ p(x)y = q(x)
y escribiendola en la forma diferencial
[p(x)y − q(x)] dx+ dy = 0, (2.14)
M(x, y) = p(x)y− q(x) y N(x, y) = 1. Como ∂M∂y
= p(x) 6= 0 = ∂N∂x
, entonces
la ecuacion (2.14) no es exacta. Ahora multiplicamos por un factor µ(x) la
Ec. (2.14) de modo que la ecuacion resultante sea exacta
µ(x) [p(x)y − q(x)] dx+ µ(x)dy = 0
32
2.4. FACTORES INTEGRANTES ESPECIALES
y la condicion de compatibilidad implica
µ(x)p(x) = µ′(x),
de donde se obtiene el factor integrante
µ(x) = e∫
p(x)dx.
Definicion 2.4.1. Si la ecuacion en forma diferencial
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (2.15)
no es exacta, pero
µ(x, y)M(x, y)dx+ µ(x, y)N(x, y)dy = 0 (2.16)
es exacta, se dice que µ(x, y) es un factor integrante de la Ec. (2.15)
Ejemplo 2.10. Muestre que µ(x, y) = 1x2y
es un factor integrante de la
ecuacion
−y2dx+ (x2 + xy)dy = 0
y resuelva la ecuacion resultante.
Solucion. Sean M(x, y) = −y2 y N(x, y) = x2 + xy = x(x+ y). Como
∂M/∂y = −2y 6= ∂N/∂x = 2x+ y,
la ecuacion no es exacta. al multiplicar por µ(x, y) = 1x2y
se obtiene
(
− y
x2
)
dx+
(1
x+
1
y
)
dx = 0.
Para esta ecuacion se tiene P (x, y) = − yx2
y Q(x, y) = 1x+ 1
y. Como
∂P∂y
= − 1x2
= ∂Q∂x, la nueva ecuacion es exacta. Luego, esiste una funcion
F (x, y) tal que∂F
∂x= − y
x2y
∂Q
∂y=
1
x+
1
y.
33
CAPITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
Luego,
F (x, y) = −∫
y
x2dx =
y
x+ g(y).
Al derivar con respecto a y e igualar con Q(x, y) = 1x+ 1
yse tiene
1
x+ g′(y) =
1
x+
1
yo g′(y) =
1
y
Integrando, salvo constantes, se tiene g(y) = ln y. Por lo tanto, una famila
de soluciones implıcitas esta dada por
y
x+ ln y = C.
¿Como hallar un factor integrante?
Caso I: µ(x, y) = xnym, donde n y m se encuentran usando (2.12) aplicada
a P = µM y Q = µN .
Ejemplo 2.11. Encuentre un factor integrante de la forma µ(x, y) = xnym
y resuelva la ecuacion diferencial resultante si (xy + y2) dx− x2 dy = 0.
Solucion. Se tiene que M(x, y) = xy + y2 y N(x, y) = −x2. La ecuacion
diferencial no es exacta porque My = x+ 2y 6= Nx = −2x. Ahora, sean
P (x, y) = µM = xnym(xy + y2) = xn+1ym+1 + xnym+2
Q(x, y) = µN = xnym(−x2) = −xn+2ym
Luego
Py = (m+ 1)xn+1ym + (m+ 2)xnym+1
Qx = −(n+ 2)xn+1ym
La condicion de compatibilidad implica que
−(n+ 2)xn+1ym = (m+ 1)xn+1ym + (m+ 2)xnym+1.
34
2.4. FACTORES INTEGRANTES ESPECIALES
Al igualar coeficientes se obtiene el sistema de ecuaciones lineales
Coeficientes de xn+1ym : −(n+ 2) = m+ 1
Coeficientes de xnym+1 : 0 = m+ 2
cuya solucion es n = −1, m = −2. Se deja como ejercicio para el lector
resolver la ecuacion diferencial resultante.
Caso II: Ahora consideramos el caso general. Si µ(x, y) es un factor inte-
grante de la ecuacion (2.15) con primeras derivadas parciales continuas, para
verificar la exactitud de la ecuacion (2.16) se debe tener
∂
∂y(µ(x, y)M(x, y)) =
∂
∂x(µ(x, y)N(x, y))
M∂µ
∂y+ µ
∂M
∂y= N
∂µ
∂x+ µ
∂N
∂x.
Es decir,
N∂µ
∂x−M∂µ
∂y=
(∂N
∂x− ∂M
∂y
)
µ. (2.17)
Resulta que para encontrar un factor integrante de la ecuacion (2.12)
tenemos que resolver una ecuacion en derivadas parciales, que en general es
mas difıcil.
Como el caso general es un problema difıcil, consideraremos la siguiente susti-
tucion
µ = µ(z), z = h(x, y)
para alguna funcion h dada.
Para hallar dicho factor integrante, se usa la condicion (2.12) y la regla de la
cadena:
µx =∂µ
∂x=dµ
dz
∂z
∂x(2.18a)
µy =∂µ
∂y=dµ
dz
∂z
∂y(2.18b)
35
CAPITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
Al reemplazar (2.18a) y (2.18b) en (2.17) y despejardµ
µ, se obtiene
Ndµ
dzzx −M
dµ
dzzy = (My −Nx)µ
dµ
µ= R(z) dz donde R(z) =
My −Nx
zxN − zyM, z = h(x, y).
Ası, un factor integrante para (2.12) tiene la forma
µ(z) = e∫
R(z)dz donde R(z) =My −Nx
zxN − zyM, z = h(x, y)
Algunos casos especiales para z son: (i) z = x, (ii) z = y, (iii) z = x+ y, (iv)
z = x− y, (v) z = ax+ by, a 6= 0 o b 6= 0, (vi) z = xy, (vi) z = x2 + y2, (vii)
z = x2 − y2 y (viii) z = ax2 + by2, a 6= 0 o b 6= 0.
A continuacion se consideran los casos especiales (i) – (iii).
(i) µ = µ(z), z = x; µ depende solo de x. En este caso zx = 1, zy = 0.
Ası,
µ(z) = µ(x) = e∫
R(x)dx; donde R(x) =My −Nx
N.
(ii) µ = µ(z), z = y; µ depende solo de x. En este caso zx = 0, zy = 1.
Ası,
µ(z) = µ(y) = e∫
R(y)dy; donde R(x) =My −Nx
−M .
(iii) µ = µ(z), z = x+ y. En este caso, zx = 1, zy = 1. Ası,
µ(z) = e∫
R(z) dz; donde R(z) =My −Nx
N −M .
Los casos que restan se proponen como ejercicio.
36
2.4. FACTORES INTEGRANTES ESPECIALES
Ejemplo 2.12. Resuelva (x2+2xy−y2)dx+(y2+2xy−x2)dy = 0 encontrando
un factor integrante de la forma µ = µ(z), z = h(x, y).
Solucion. Se tiene
M(x, y) = x2 + 2xy − y2 y N(x, y) = y2 + 2xy − x2.
La ecuacion no es exacta, puesto que
∂M
∂y= 2x− 2y 6= 2y − 2x =
∂N
∂x.
Ahora∂M
∂y− ∂N
∂x= 4x− 4y = 4(x− y).
Es claro que ∂M/∂y−∂N/∂xN
no depende de x, ni ∂N/∂x−∂M/∂yM
depende de y.
Ahora,
∂M/∂y − ∂N/∂xM −N =
−4(x− y)2x2 − y2 =
−4(x− y)2(x− y)(x+ y)
= −2(x+ y)−1 = G(z),
el cual depende de z = x+ y. Un factor integrante es
µ(z) = e∫
G(z)dx = e−2∫
zdz = e−2 ln z = z−2 = (x+ y)−2.
Al multiplicar la ecuacion por este factor se obtiene
x2 + 2xy − y2(x+ y)2
dx+y2 + 2xy − y2
(x+ y)2dy = 0,
la cual ahora es exacta. Luego,
∂F
∂x=x2 + 2xy − y2
(x+ y)2(⋆)
∂F
∂y=y2 + 2xy − x2
(x+ y)2(⋆⋆)
Integrando parcialmente con respecto a x la ecuacion (⋆) se tiene
F (x, y) =
∫x2 + 2xy − y2
(x+ y)2dx =
∫ (
1− 2y2
(x+ y)2
)
dx
37
CAPITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
= x+2y2
(x+ y)+ g(y).
Derivando con respecto a y y usando la ecuacion (⋆⋆) se tiene
2y2 + 4xy
(x+ y)2+ g′(y) =
y2 + 2xy − x2(x+ y)2
,
de donde g′(y) = −1. Integrando, salvo constantes, se obtiene g(y) = −y.Luego,
F (x, y) = x+2y2
(x+ y)2− y =
x2‘y2
x+ y.
Por lo tanto, una familia de soluciones esta dada de manera implıcita por
x2 + y2
x+ y= C.
Observacion. En el proceso de multiplicar por un factor integrante, puede
ocurrir que se pierdan o ganen soluciones. En el Ejemplo (2.10), Sec. (2.4),
y = 0 es una solucion de la ecuacion original que se perdio al multiplicar por
el factor integrante µ(x, y) = 1x2y
.
2.5. Transformaciones y sustituciones
Puede ocurrir, y con mucha frecuencia, que la ecuacion (2.11) no sea sepa-
rable, ni lineal, ni exacta, por lo que los metodos estudiados hasta ahora
no funcionan, pero se podrıa transformar, mediante algun procedimiento,
en una ecuacion que se pueda resolver. Esto es lo que se ha hecho en las
dos secciones precedentes cuando se utiliza un factor integrante para resolver
una ecuacion lineal o para transformar una ecuacion no exacta en una exacta.
En esta seccion, se consideran algunas transformaciones o sustituciones que
permiten llevar una ecuacion a una separable o a una lineal. Por ejemplo,
suponga que se quiere transformar la ecuacion diferencial dy/dx = f(x, y)
con la sustitucion y = g(x, u), donde u se considera como funcion de x. Si
38
2.5. TRANSFORMACIONES Y SUSTITUCIONES
g tiene primeras derivadas parciales, entonces, por la regla de la cadena se
tienedy
dx=∂g
∂x(x, u) +
∂g
∂u(x, u)
du
dx.
Al sustituir dy/dx, teniendo en cuenta que y = g(x, u) se tiene
∂g
∂x(x, u) +
∂g
∂u(x, u)
du
dx= f(x, g(x, u)),
la cual se puede escribir como
du
dx= h(x, u)
Si es posible encontrar una solucion u = φ(x) de esta nueva ecuacion, entonces
una solucion de la ecuacion original es y = f(x, φ(x)). De manera similar se
puede encontrar una solucion en la forma x = F (ϕ(y), y) para una ecuacion
dx/dy = F (x, y).
Ejemplo 2.13. Resolver la ecuacion
dy
dx=
2y
x+ x tan
( y
x2
)
mediante la sustitucion y = x2u.
Sol Sea y = x2u. Por la regla de la cadena,
dy
dx=
d
dx(x2u) =
∂
∂x(x2u) +
∂
∂u(x2u) = 2xu+ x2
du
dx.
Luego,
2xu+ x2du
dx= 2xu+ x tan u o x
du
dx= tan u.
Al separar variables e integrar se tiene∫
du
tan u=
∫dx
x
ln(sen u) = ln(cx)
sen u = cx,
Al reemplazar u = y/x2 y despejar se tiene y = x2 sen−1(cx).
39
CAPITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
Ecuaciones con coeficientes homogeneos
Cuando una funcion f tiene la propiedad f(tx, tx) = tαf(x, y), para algun
numero real α, se dice que f es una funcion homogenea de grado α.
Ejemplo 2.14. f(x, y) =√x+ y es homogenea de grado 1
2pues
f(tx, ty) =√tx+ ty = t1/2
√x+ y = t1/2f(x, y).
Definicion 2.5.1. La ecuacion diferencial
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (2.19)
es homogenea si M y N son funciones homogeneas del mismo grado.
Ejemplo 2.15. La ecuacion
xdy
dx= y +
√
x2 + y2
es una ecuacion homogenea.
Una forma alternativa para determinar si una ecuacion diferencial de primer
orden es homogenea, es escribirla en la forma dy/dx = f(x, y) y expresar
f(x, y) como una funcion del cociente y/x o x/y. Es decir, f(x, y) es una
funcion homogenea de grado cero. Cuando esto ocurre se dice que (2.19) es
homogenea. La sustitucion y = ux o x = vy transforma a (2.19) en una
ecuacion separable. En efecto, sea y = ux, entonces
dy
dx= u+ x
du
dx
Al sustituir dy/dx, y = ux se obtiene
u+ xdu
dx= f(x, ux) = x0f(1, u),
que se puede escribir como
xdu
dx= F (u), con F (u) = f(1, u)− u,
40
2.5. TRANSFORMACIONES Y SUSTITUCIONES
la cual es separable. Al separar variables e integrar se tiene
∫du
F (u)= ln(cx)
De manera similar, x = vy transforma la ecuacion dx/dy = g(x, y) en
ydv
dy= G(v), con G(v) = g(v, 1)− v.
Ejemplo 2.16. Resuelva el PVI (x2 + 2y2) dydx
= xy; y(−1) = 1.
Solucion. Escribiendo la ecuacion en forma estandar se tiene
dx
dy=x2 + 2y2
xy=x
y+
2y
x
Al hacer la sustitucion x = vy,dx
dy= v + y
dv
dy,
v + ydv
dy= v +
2
vo y
dv
dy=
2
v
Al separar variables e integrar se tiene
∫
vdv =
∫2dy
y
v2
2= 2 ln y + C.
Regresando a las variables originales se tiene que
x2
y2= 4 ln y + 2C.
Usando la condicion inicial y(−1) = 1 nos da 1 = 4 ln 1 + 2C , de donde
2C = 1. Despejando x, teniendo en cuenta que x < 0, y > 0 por la condicion
inicial, se obtiene
x = −y√
4 ln y + 1,
la cual es valida para y > e−1/4.
41
CAPITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
Ecuacion de Bernoulli.
Una ecuacion de la forma
dy
dx+ p(x)y = f(x)yn (2.20)
es una ecuacion de Bernoulli. Cuando n = 1, la ecuacion (2.20) es separable,
mientras que si n = 0, la Ec. (2.20) es lineal. Si n 6= 0 y n 6= 1, la sustitucion
z = y1−n transforma la Ec. (2.20) en una ecuacion lineal. Al derivar con
respecto a x y usando regla de la cadena se tiene
dz
dx= (1− n)y−n dy
dx
Multiplicando en ambos lados de (2.20) por (1− n)y−n se tiene
(1− n)y−n dydx
+ (1− n)p(x)y−n = (1− n)f(x). (2.21)
Al sustituir dzdx
por (1− n) dydx
y z por y1−n en (2.21) se tiene
dz
dx+ (1− n)p(x)z = (1− n)f(x),
la cual es una ecuacion lineal.
Ejemplo 2.17. Resuelva la ecuacion x dydx
+ y = x4y2.
Solucion. Escribiendo la ecuacon es forma estandar
dy
dx+y
x= x3y2, (2.22)
vemos que es una ecuacion de Bernoulli con p(x) = 1/x, f(x) = x3 y n = 2.
Sean z = y1−2 = y−1, dzdx
= −y−2 dydy. Multiplicando por −y−2 la ecuacion
(2.22) se tiene
−y−2dy
dy− y−2
x= −x3
42
2.5. TRANSFORMACIONES Y SUSTITUCIONES
dz
dx− z
x= −x3
La ultima ecuacion es lineal, dejamos al lector los detalles para encontrar la
solucion
y =3
C1 − x4.
Ecuaciones de la formady
dx= G(ax+ by), b 6= 0.
En este caso, la sustitucion z = ax+ by, dz/dz = a− bdy/dx transforma la
ecuacion en una separable. Al sustituir en la ecuacion y simplificar se obtiene
dz
dx= a+ bG(z)
Ejemplo 2.18. Resolver dydx
= sen2(x− y)
Solucion. Sea z = x− y , entonces
dz
dx= 1− dy
dxo
dy
dx= 1− dz
dx.
Al sustituir en la ecuacion y reacomodar se tiene
dz
dx= 1− sen2 z = cos2 z.
Seaparando variables, integrando y despejando y se tiene
y = x− tan−1(x+ C).
Ecuaciones con coeficientes lineales
En este apartado consideramos ecuaciones de la forma
(a1x+ b1y + c1)dx+ (a2x+ b2y + c2)dy = 0 con a1b2 6= a2b1 . (2.23)
Si c1 = c2 = 0 , la Ec. (2.23) es homogenea. Si c1 6= c2 , se busca una traslacion
de ejes
x = u+ h, y = v + k,
43
CAPITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
de modo que a1x + b1y + c1 y a2x + b2y + c2 se transformen en a1u + b1v y
a1u+ b1v respectivamente. Para hallar tal transformacion se debe resolver el
sistema de ecuaciones lineales
a1h+ b1k + c1 = 0
a2h+ b2k + c2 = 0(2.24)
El sistema (2.24) tiene solucion unica puesto que a1b2 6= a2b1 .
Ejemplo 2.19. Resolver (2x+ y + 4)dx+ (x− 2y + 2)dy = 0.
Solucion. Se tiene que 2 · (−2) 6= 1 · 1. Sean x = u+ h, y = v + k, donde h
y k se hallan resolviendo el sistema
2h+ k + 4 = 0
h− 2k + 2 = 2
La solucion es h = −2, k = 0. Al sustituir x = u− 2, y = v se tiene
(2u+ v)du+ (u− 2v)dv = 0
du
dv=
2v − uv + 2u
=2− u/v1 + 2u/v
La sustitucion u = vz, du/dv = z + vdz/dv transoforma la ecuacion en
z +dz
dv=
2− z1− 2z
.
Al separar variables, integrar, recuperar variables y simplicar se tiene
(x+ 2)2 + (x+ 2)y − y2 = C.
2.6. Trayectorias ortogonales y oblicuas
En esta seccion se estudian las trayectorias ortogonales y oblicuas a una
familia de curvas dadas F (x, y, c) = 0, donde c es una constante.
44
2.6. TRAYECTORIAS ORTOGONALES Y OBLICUAS
Definicion 2.6.1 (Trayectorias ortogonales). Dos familias uniparametri-
cas de curvas C1 : F (x, y, c1) = 0 y C2 : G(x, y, c2) = 0 son ortogonales si todas
las curvas de C1 cortan perpendicularmente a todas las curvas de C2 .
Recordemos: si m1 es la pendiente de la recta L1 y m2 es la pendiente de la
recta L2 , y L1 y L2 son perpendiculares, ver figura 2.2, entonces m1m2 = −1.
b q
F (x, y, c1) = 0
G(x, y, c2) = 0
y
x
Figura 2.2. Trayectorias ortogonales
Asi, si m1 es la pendiente de una recta tangente a cualquier curva de la
familia C1 y m2 es la pendiente de una recta tangente a cualquier curva de
la familia C2 en los puntos de corte con la familia C1 , entonces(dy
dx
)
C2= −
(dx
dy
)
C1
Para calcular la familia de trayectorias ortogonales a la familia uniparametri-
ca F (x, y, c1) = 0 se procede de la siguiente manera:
1. Se halla la ecuacion diferencial para la familia dada C1 , para obtener
dy
dx= f(x, y)
2. A continuacion se resuelve la ecuacion diferencial de la familia C2 .
dy
dx= − 1
f(x, y)
45
CAPITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
Ejemplo 2.20. Determine las trayectorias ortogonales para la familia de
curvas x2 + 4y2 = c21.
Solucion. Primero encontramos la ecuacion diferencial para la familia dada
C1 : x2 + 4y2 = c21. Tomando diferenciales totales se tiene
d(x2 + 4y2) = d(c21)
2xdx+ 4ydy = 0.
De ahı se obtienedy
dx= − x
4y
La ecuacion diferencial para la familia ortogonal es
dy
dx=
4y
x.
Al separar variables e integrar se obtiene la familia
y = c2x4.
En la figura 2.3 se muestran varios miembros de la familia dada y de la familia
ortogonal.
x2 + 4y2 = c21
y = c2x4, c
2> 0
y = c2x4, c
2< 0
y
x
Figura 2.3. Trayectorias ortogonales del ejemplo 2.20
Nota. En un campo electrostatico, las lıneas de fuerza son ortogonales a las
lıneas de potencial constante.
46
2.6. TRAYECTORIAS ORTOGONALES Y OBLICUAS
Definicion 2.6.2 (Trayectorias oblıcuas). Dos familias uniparametricas
de curvas C1 : F (x, y, c1) = 0 y C2 : G(x, y, c2) = 0 son oblicuas o isogonales
si todas las curvas de C1 se cortan formando un angulo φ 6= π/2, con todas
las curvas de C2 .
b
F (x, y, c1) = 0
G(x, y, c2) = 0
β α
φ
tanα = −Fx
Fy
tanβ = −Gx
Gy
y
x
Figura 2.4. Trayectorias oblicuas
Si F (x, y, c1) = 0 es la familia dada, entonces la pendiente a sus rectas
tangentes es m1 = tanα = f(x, y) y las pendientes de las curvas buscadas es
m2 = tan β. De la figura 2.4, β + φ = α. Luego,
tan β = tan(α− φ) = tanα− tanφ
1 + tanα tanφ=
f(x, y)− tanφ
1 + tanφf(x, y)
Por lo tanto, una ecuacion diferencial para una familia de trayectorias
oblicuas esdy
dx=
f(x, y)− tanφ
1 + tanφf(x, y). (2.25)
Ejemplo 2.21. Determine la familia oblicua con angulo de 45 a la familia
y = c1x2, c1 6= 0.
Solucion. En primer lugar determinamos la ecuacion diferencial de la familia
dada. Al derivar se tienedy
dx= 2c1x.
47
CAPITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
Al eliminar la constante c1 se obtiene
dy
dx=
2y
x= f(x, y).
Sustituyendo en (2.25) se obtiene la ecuacion diferencial de la familia buscada
dy
dx=
2y − xx+ 2y
,
la cual es de coeficientes homogeneos. Usando la sustitucion y = ux, se tiene
u+ xdu
dx=
2ux− xx+ 2ux
=2u− 1
1 + 2u
xdu
dx=u− 1− 2u2
1 + 2u
Al separar variables e integrar se obtiene
ln(2u2 − u+ 1) +6√7arctan
(4u− 1√7
)
= −2 ln |x|+ c2 .
Al reemplazar u = y/x y simplificar se llega a
ln(2y2 − xy + x2
)+
6√7arctan
(4y − x√7 x
)
= c2 .
2.7. Ecuacion diferencial de primer orden en
coordenadas polares
En muchas ocasiones puede resultar mas conveniente trabajar en coordenadas
polares debido a las condiciones del problema o a la forma de la ecuacion de
una familia de curvas.
Las cordenadas polares de un punto P del plano estan dadas por
x = r cos θ, y = r sen θ, (2.26)
donde r es el radio polar y θ es el angulo polar.
48
2.7. ECUACION DIFERENCIAL DE PRIMER ORDEN EN COORDENADAS POLARES
b
Radio
polar
θα
ψ = α− θ
P
F (x, y, c0) = 0
y
x
Figura 2.5. Un miembro de F (x, y, c) = 0 y la recta tangente en P
Sea F (x, y, c) = 0 una familia de curvas en coordenadas cartesianas. Fijando
un valor de c y haciendo el cambio a coordendas polares dadas por (2.26), se
obtiene una nueva expresion de la forma
H(r, θ, c) = F (r cos θ, r sen θ, c) = 0.
Si F (x, y, c) = 0 define implıcitamente a y como funcion de x, y = φ(x), en
un entorno de los puntos donde P donde Fy 6= 0, entonces H(r, θ, c) = 0
tambien define implıcitamente a r como una funcion de θ, r = f(θ), en una
vecindad de aquellos puntos en donde Hr 6= 0.
Derivando implıcitamente y aplicando regla de la cadena se obtiene.
dr
dθ= −Hθ
Hr
= −−Fxr sen θ + Fyr cos θ
Fx cos θ + Fy sen θ.
De donde resulta1
r
dr
dθ=Fx sen θ − Fy cos θFx cos θ + Fy sen θ
Ahora, si α es el angulo de inclinacion de la recta tangente en el punto P
entonces y′ = tanα, α = α(x). Como y′ = −Fx/Fy, obtenemos
1
r
dr
dθ=
1 + tanα tan θ
tanα− tan θ=
1
tan(α− θ) .
49
CAPITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
Haciendo ψ = α− θ, ver figura 2.27, el angulo entre el radio polar y la recta
tangente, se llega a
1
r
dr
dθ=
1
tanψo r
dθ
dr= tanψ. (2.27)
Ejemplo 2.22. Encuentre una familia de curvas en coordenadas polares si
tanψ = k, k constante, k 6= 0
Solucion. Al sustituir tanψ = k en (2.27), separar variables e integrar, se
tiene1
r
dr
dθ=
1
k∫dr
r=
1
k
∫
dθ
ln r =θ
k+ ln c, c > 0
Al exponenciar se obtiene
r = f(θ) = ceθ/k, c > 0.
Cambiar M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 a polares
En este caso se usan las expresiones dadas por (2.26) y
dx = cos θ dr − r sen θdθ, dy = sen θdr + r cos θdθ,
para obtener
[M1 cos θ +N1 sen θ] dr + r [N1 cos θ −M1 sen θ] dθ = 0, (2.28)
donde M1(r, θ) =M(r cos θ, r sen θ) y N1(r, θ) = N(r cos θ, r sen θ).
Ejemplo 2.23. Transforme le ecuacion diferencial (x2 + y2)dx− 2xydy = 0
a coordenadas polares.
Solucion. Al remmeplazar x = r cos θ, y = r sen θ, dx = cos θ dr− r sen θdθy dy = sen θdr + r cos θdθ se tiene
r2(cos θdr − r sen θdθ)− 2r2 sen θ cos θ(sen θdr + r cos θdθ) = 0
cos θ(1− 2 sen2 θ)dr − r sen θ(1 + 2 cos2 θ)dθ = 0.
50
2.8. EJERCICIOS
2.8. Ejercicios
2.8.1. Ecuaciones de primer orden
Resolver cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales
1.dy
dx=
sec2 y
1 + x22. x
dv
dx=
1− 4v2
3v
3. yecosx sen x dx+ y−1dy = 0 4. (1 + e−y)dx+ (1 + e−x)dy = 0
5. (e−y + 1) sen x dx+ (1 + cosx)dy = 0; y(0) = 0
6.dx
dt= (a− x)(b− x) 7.
√
4 + y2 dx− y√4− x2 dy = 0
8. (ex + e−x)dy
dx= y2 9. (x+
√x )
dy
dx= y +
√y
10.dy
dx= (1 + y2) tan x; y(0) =
√3 11.
dy
dx=
3x2 + 4x+ 2
2y + 1; y(0) = 1
12. (x2 + 1)dy
dx= x2 + 2x− 1− 4xy 13. (t2 + 1)
dy
dt= t(y + 1)
14. (x2 + 1)dy
dx+ xy = (1− 2x)
√x2 + 1
15. x sen xdy
dx+ (sen x+ x cos x)y = xex
16. sen xdy
dx+ y cos x = x sen x; y
(π
2
)
= 2
17.dy
dx=
1
2x+ e4y
18.dy
dx+
2
xy = f(x), y(2) = 0; donde f(x) =
3, si 0 < x ≤ 1
−3, si x > 1
51
CAPITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
19.dy
dx+ p(x)y = x, y(1) = 1, donde p(x) =
1/x, si 0 < x ≤ 1
−1/x, si x > 1
20. y(ln y − e−xy)dx+ x(1 + ln y − e−xy)dy = 0
21.dy
dx=y sen(2x)− y + y2exy
2
x− sen2 x− 2xyexy2
22. Determine el valor de k para (6xy3 + cos y)dx + (kx2y2 − x sen y)dx = 0
sea exacta y resuelva la ecuacion resultante
23. Determine la funcion mas general que falta para que la ecuacion sea exacta
y resuelvala
a) M(x, y)dx+ (sec2 y − x/y)dy = 0
b) (yexy − 4x3y + 2)dx+N(x, y)dy = 0
24. Resuelva 6xy dx + (9x2 + 4y)dy = 0 buscando un factor integrante de la
forma µ = µ(y)
25. Halle las expresiones para los factores integrantes para las casos µ = µ(z)
con z = x−y, z = ax+by, z = xy, z = x2+y2, z = x2−y2 y z = ax2+by2.
26. Si xM(x, y) + yN(x, y) = 0, determine la solucion de la ecuacion diferen-
cial M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0.
27. Considere la ecuacion diferencial
(5x2y + 6x3y2 + 4xy2)dx+ (2x3 + 3x4y + 3x2y)dy = 0.
a) Muestre que la ecuacion no es exacta.
b) Multiplique la ecuacion por un factor µ(x, y) = xnym y determine
valores de n ym que hagan exacta la ecuacion resultante y resuelvala
28. Resuelva xy′ = 2y + x2 cos (y/x2) mediante la sustitucion y = ux2.
29. Resolver el PVI 2x2yy′ + 2xy2 = tan(x2y2); y(1) =√
π/2, mediante la
sustitucion z = x2y2.
52
2.8. EJERCICIOS
30.dy
dx=
2y − 3xy
x− 3xy31. (xy′ − y) cos(2y/x) = −3x4
32.dy
dx+
y
x− 2= (x− 2)
√y 33.
dy
dx= sen(x− y)
34.dy
dx=x+ y − 2
x+ y + 235.
dy
dx= (x+ y + 2)2
36. (2x− y)dx+ (4x+ y − 3)dy = 0
37. Una ecuacion de la formady
dx= p(x)y2+ q(x)y+ r(x), se llama ecuacion
de Ricatti generalizada
a) Muestre que si u(x) es una solucion conocida entonces la sustitucion
y = u+ 1/z reduce la ecuacion de Ricatti a una lineal en z.
b) Dado que u = x es una solucion de dy/dx = x3(y− x)2 + y/x, use la
parte a) para encontrar todas las soluciones.
38. Resolver mediante reduccion de orden
a) x2y′′ − 2y′ = 3x2 b) y′′ − k2y = 0
2.8.2. Modelado.
1. La poblacion de una comunidad crece con una tasa proporcional a la
poblacion en cualquier instante. Su poblacion inicial es 500 y aumenta
el 15% en 10 anos. ¿Cual sera la poblacion dentro de 30 anos?
2. El Pb-209, isotopo radiactivo del plomo, se desintegra con una razon
proporcional a la cantidad presente en cualquier instante y tiene una
vida media de 3.3 horas. Si al principio habıa 1 gramo de plomo, ¿cuanto
tiempo debe pasar para que se desintegre el 90%?
3. Una curva arranca desde el origen por el primer cuadrante. El area bajo
la curva desde (0, 0) a (x, y) es un tercio del area del rectangulo que
tiene a esos puntos como vertices opuestos. Hallar la curva.
53
CAPITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
4. Un estudiante despistado olvido la regla del producto para derivadas
y creyo que (fg)′ = f ′g′. Sin embargo conto con suerte y obtuvo la
respuesta correcta. Si una de las funciones es g(x) = ex2, halle la otra
funcion.
5. Un termometro se lleva de un recinto interior hasta el ambiente exterior
donde la temperatura es de 5oF . Despues de un minuto el termometro
indica 55oF y despues de cinco minutos marca 30oF . A los nueve min-
utos se introduce nuevamente al recinto. ¿Cual es la temperatura que
marca el termometro a los quince minutos?
6. Por razones obvias un anfiteatro se mantiene a una temperatura con-
stante de 5oC. Mientras se encontraba realizando la autopsia de la
vıctima de un crimen, el forense es asesinado y el cuerpo de la vıcti-
ma robado. A las 10 a.m. el ayudante del forense descubre su cadaver
a una temperatura de 23oC . A medio dia su temperatura es 18.5oC.
Suponiendo que en vida, el forense tenıa una temperatura de 37oC, ¿a
que hora fue asesinado?
7. Se aplica una fuerza electromotriz E(t) =
120 si 0 < t < 20
0 si t > 20, a un
circuito en serie LR, en que la inductancia es L = 20 henrios y la
resistencia es R = 2 Ohms. Determine la corriente i(t) si i(0) = 0.
8. Una medicina se inyecta en el torrente sanguıneo de un paciente a un
flujo constante de r gr/seg. Al mismo tiempo, esa medicina desaparece
con una razon proporcional a la cantidad x(t) presente en cualquier
instante t. Halle x(t) si x(0) = 0 y encuentre lımx→∞ x(t).
9. Un tanque esta parcialmente lleno con 100 galones de salmuera con 10
lb de sal disueltas. Le entra salmuera con 0.5 libras de sal por galon a
un flujo de 6 gal/min. El contenido del tanque esta bien mezclado y
de el sale a un flujo de 4 gal/min.
54
2.8. EJERCICIOS
a) Halle la cantidad de libras de sal A(t) a los 30 minutos.
b) Si el tanque tiene una capacidad de 300 galones, ¿cuantas libras
de sal habra cuando empieza a desbordarse?
c) Suponga que el tanque se desborda, que la salmuera continua en-
trando al flujo de 6 gal/min, que el contenido esta bien mezclado
y que la solucion sigue saliendo a un flujo de 4 gal/min. Determine
un metodo para hallar cantidad de libras de sal A(t) que habra en
el tanque cuando t = 150 minutos. ¿Su respuesta coincide con lo
que cabrıa esperar?
10. Los rayos luminosos chocan con una curva C en el plano, de tal manera
que todos los rayos L paralelos al eje x se reflejan y van a un punto
unico, O. Suponga que el angulo de incidencia es igual al angulo de
reflexion, deduzca una ecuacion diferencial que describe la forma de la
curva y resuelvala, (Fig. 2.7(a)).
11. Un deposito contiene 10 galones de salmuera con 2 libras de sal disueltas
en ella. Se introduce en el deposito salmuera que contiene disuelta una
libra de sal por galon a razon de 3 gal/min, y la mezcla bien revuelta,
sale a razon de 4 gal/min. Hallar la cantidad de sal x = x(t) en el
deposito en un instante t arbitrario. ¿ Cual es la cantidad maxima de
sal en el tanque?
12. A un recinto de 8000 pie3 de volumen entra aire con 0.06% de CO2. El
flujo de entrada es de 2000 pie3/min y sale con el mismo flujo. Si hay
una concentracion inicial de 0.2% de CO2, determine la concentracion
en el recinto en cualquier instante posterior. ¿Cual es la concentracion
a los 10 minutos? ¿Cual es la concentracion del estado estable?
13. Desde el instante t = 0 se bombea agua fresca a razon de 3 gal/min en
un tanque, de 60 galones de capacidad, lleno con una solucion salina. La
mezcla resultante se desborda con la misma razon en un segundo tanque
55
CAPITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
de 60 galones que inicialmente contenıa solo agua pura, y de ahı se
derrama al piso. Suponiendo una mezcal perfecta en ambos tanques,
a) ¿en que momento sera mas salada el agua del segundo tanque?
b) ¿Y que tan salada estara, comparada con la solucion original?
14. Un gran tanque de capacidad 500 galones esta parcialmente lleno con
300 galones de una solucion salina. Le entra salmuera con 12lb de sal
por galon a un flujo de 6 gal/min. El contenido del tanque esta bien
mezclado y de el sale a un flujo de 4 gal/min. Si la cantidad mınima
de sal es a los 13 minutos, halle la cantidad inicial de sal en el tanque
y la cantidad de sal al momento de desbordarse.
15. Determine las trayectorias ortogonales para las familias de curvas.
a) 2x2 + 3y2 = c1 b) (x− y − 1)ex = c1c) y2 = c1x d) (1 + c1x)y = x
e) x2 + y2 = c1x f ) ey = tan x+ c1g) x2 − 2c1x+ 2y2 = 0 h) x2 − y2 = c1i) x2 + (y − k)2 = k2 + 1 j ) y2 = c1(c1 − 2x)
16. Las rectas tangentes a una curva desconocida y = f(x) forman con
los ejes coordenados en el primer cuadrante un triangulo de area fija
k. Demuestre que la ecuacion diferencial que describe estas curvas es
(xy′)2 + 2(k − xy)y′ + y2 = 0. Resuelva la ecuacion derivando parcial-
mente con respecto a y′.
bTange
nte
x
y
θ φ = 2θ
y = f(x)
b
Tangente
(x0 , y0 )
y
x
y = f(x)
A = k
Figura 2.6. Graficas problemas 10 y 16
56
2.8. EJERCICIOS
17. Curva de persecucion. Suponga que un perro P que viaja con ve-
locidad v parte del punto (a, 0) en el instante t = 0 persiguiendo a un
conejo C que huye con velocidad w, en la direccion positiva del eje y,
y que parte del origen en el mismo instante.
a) Demuestre que la ecuacion diferencial que describe la trayectoria
del perro persiguiendo el conejo es
xd2y
dx2= k
√
1 +
(dy
dx
)2
con k =w
v.
b) Haciendo z = dy/dx, mediante separacion de variables y con la
condicion inicial z(a) = 0, muestre que
dy
dx= z =
1
2
[(x
a
)k
−(x
a
)−k]
c) Halle la posicion y = y(x) del perro para el caso k < 1 y determine
la posicion donde el perro alcanza al conejo. La condicion inicial
es y(a) = 0. La condicion inicial es y(a) = 0.
d) Determine la posicion y = y(x) del perro para el caso k = 1.
Muestre que el perro no alcanza al conejo.
18. Un avion que vuela bajo la guıa de un faro no direccional (NDB) se
mueve de modo que su eje longitudinal apunte siempre hacia el faro.
Un piloto que se encuentra en el punto (a, 0) con a > 0 se dirige con
velocidad constante v, hacia un NDB que esta en el origen. El viento
sopla de sur a norte con velocidad constante w y mantiene su direccion.
a) Determine la ecuacion diferencial que describe la trayectoria del
avion sobre el suelo.
b) Haga una sustitucion adecuada y resuelva dicha ecuacion.
c) Use el hecho que x = a, y = 0 cuando t = 0 para determinar el
valor adecuado de la constante arbitraria en la familia de solu-
ciones.
57
CAPITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
d) Exprese su solucion en terminos de funciones hiperbolicas
e) Haciendo k = w/v, analice los casos k < 1, k = 1 y k > 1.
x
y
P (x, y)
A(a, 0)
Q(0, wt)
s
x
y
b
Viento
O A(a, 0)
P (x, y)
Figura 2.7. Graficas problemas 17 y 18
19. Encuentre las trayectorias oblicuas con un angulo de 45 a
a) la parabola y = x2, b) la familia de curvas y = Aex.
20. Encuentre una familia de soluciones para la ecuacion diferencial dada
por (2.27) para cada uno de los siguientes casos.
a) ψ = θ b) ψ = θ/2
58
Capıtulo 3
Ecuaciones diferenciales de
orden superior
3.1. Ecuaciones lineales de segundo orden
3.1.1. Introduccion: sistema masa-resorte.
Un oscilador masa – resorte amortiguado esta formado por una masa m unida
a un resorte fijo en un extremo, como se muestra en la figura 3.1.
l l
s
m
l + s
x
m
Posicion deequilibrio
Movim
iento
Figura 3.1. Sistema masa-resorte amortiguado
Al aplicar la segunda ley de Newton F = ma y recordando que a = d2xdt2
se
59
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
tiene
F = md2x
dt2= mx.
Al desplazar la masa m con respecto del equilibrio, el resorte se estira o se
comprime y ejerce una fuerza que resiste al desplazamiento. Para la mayorıa
de los resortes, esta fuerza es directamente proporcional al desplazamiento y,
por lo general esta dada por
Fresorte = −kx, (3.1)
donde la constante positiva k es la rigidez y el signo negativo refleja su nat-
uraleza de oposicion de la fuerza. La ley de Hooke, como se conoce a la
ecuacion (3.1) solo es valida para desplazamientos suficientemente pequenos.
En la practica, todos los sistemas mecanicos experimentan friccion o amor-
tiguamiento; para el movimiento de vibracion, esta fuerza se modela por lo
general mediante la ecuacion
Ffriccion = −bdxdt
= −bx = −bv, (3.2)
donde b es el coeficiente de amortiguamiento y el signo negativo tiene la
misma intencion que en la ecuacion (3.1). Las otras fuerzas que actuan sobre
el oscilador se consideran por lo general como externas al sistema. Al aplicar
la segunda ley de Newton se tiene
mx = −bx− kx+ Fexterna o mx+ bx+ kx = Fexterna.
3.1.2. Operadores diferenciales lineales
Una ecuacion lineal de segundo orden que se puede escribir en la forma
a2(x)d2y
dx2+ a1(x)
dy
dx+ a0(x)y = g(x). (3.3)
Vamos a suponer que a0(x), a1(x), a3(x) y g(x) son funciones continuas en
un intervalo I. Cuando a0 , a1 y a2 son constantes se dice que la ecuacion
tiene coeficientes constantes; en caso contrario, tiene coeficientes variables.
60
3.1. ECUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN
En esta seccion nos interesan las ecuaciones lineales en las que a2 nunca se
anula en I. En esta caso, (3.3) se puede escribir en la forma normal o canonica
d2y
dx2+ p(x)
dy
dx+ q(x)y = f(x), (3.4)
donde p(x) = a1(x)/a2(x), q(x) = a0(x)/a2(x) y f(x) = g(x)/a2(x) son
continuas en I.
Asociada a (3.4) se tiene la ecuacion
d2y
dx2+ p(x)
dy
dx+ q(x)y = 0 (3.5)
llamada ecuacion homogenea asociada a (3.4). Por conveniencia escribiremos
(3.5) como
y′′ + py′ + qy = 0. (3.6)
Dada cualquier funcion y con segunda derivada continua en el intervalo I,
(3.6) define una nueva funcion que llamaremos operador diferencial y que
denotamos por L, tal que
L[y] = y′′ + py′ + qy. (3.7)
El operador diferencial L definido en (3.7) es un operador lineal (transfor-
macion lineal). Es decir,
L[y1 + y2 ] = L[y1 ] + L[y2 ] y L[cy] = cL[y].
Teorema 3.1.1. Sean y1 y y2 soluciones de la ecuacion homogenea (3.6).
Entonces, cualquier combinacion lineal c1y1 + c2y2 de y1 y y2 donde c1 y c2son constantes, tambien es una solucion de (3.6).
Demostracion. L[c1y1 + c2y2 ] = c1L[y1 ] + c2L[y2 ] = c10 + c20 = 0.
Notacion. Usando la notacion Dy :=dy
dxy D2y =
d2y
dx2, (3.7) se puede
escribir en la forma
L[y] = D2y + pDy + qy = (D2 + pD + q)[y], (3.8)
Ası, el operador lineal L es L := D2 + pD + q.
61
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
Definicion 3.1.1. Sean A := a2D2 + a1D + a0 y B = b2D
2 + b1D + b0 dos
operadores diferenciales lineales de segundo orden con coeficientes constantes.
Definimos la suma A+ B y el producto AB como
(A+ B)[y] = A[y] + B[y] y (AB)[y] = A[B[y]].
Decimos que dos operadores A y B son iguales si A[y] = B[y] para todas las
funciones y con las derivadas necesarias.
Ejemplo 3.1. Sean L1 := xD − 2 y L2 := D − 1 dos operadores. Calcule
L1L2 [y] y L2L1 [y].
Solucion.
L1L2 [y] = L1 [(D − 1)[y]]
= L1 [y′ − y] = L1 [y
′]− L1 [y]
= (xD − 2)[y′]− (xD − 2)[y]
= xy′′ − 2y′ − xy′ + 2y
= xy′′ − (x+ 2)y′ + 2y
L2L1 [y] = L2 [(xD − 2)[y]]
= L2 [xy′ − 2y] = L2 [xy
′]− 2L2 [y]
= (D − 1)[xy′]− 2(D − 1)[y]
= D[xy′]− xy′ − 2y′ + 2y
= xy′′ + y′ − xy′ − 2y′ + 2y
= xy′′ − (x+ 1)y′ + 2y
Lo anterior muestra que L1 y L2 no conmutan.
Ejemplo 3.2. Sean L1 := D − 2, L2 := D + 3 y L := D2 +D − 6. Calcule
L1L2 [y], L2L1 [y] y L[y].
Solucion.
L1L2 [y] = L1 [(D + 3)[y]]
= L1 [y′ + 3y] = L1 [y
′] + 3L1 [y]
= (D − 2)[y′] + 3(D − 2)[y]
= y′′ − 2y′ + 3y′ − 6y
= y′′ + y′ − 6y
L2L1 [y] = L2 [(D − 2)[y]]
= L2 [y′ − 2y] = L2 [y
′]− 2L2 [y]
= (D + 3)[y′]− 2(D + 3)[y]
= y′′3y′ − 2y′ − 6y
= y′′ + y′ − 6y
Finalmente se tiene que
L[y] = (D2 +D − 6)[y] = y′′ + y′ + 6y = L2L1 [y] = L1L2 [y].
62
3.1. ECUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN
Propiedades de los operadores con coeficientes constantes.
Leyes conmutativas: A+ B = B + A y AB = BA.
Leyes asociativas: (A+ B) + C = A+ (B + C) y (AB)C = A(BC).
Leyes distributivas: A(B + C) = AB + AC y (A+ B)C = AC + BC.
3.1.3. Soluciones fundamentales de ecuaciones ho-
mogeneas
Teorema 3.1.2. Sean y1 y y2 dos soluciones de (3.6), donde p y q son
continuas en un intervalo (a, b). Suponga que en cierto punto x0 en (a, b),
estas soluciones satisfacen
y1(x0)y′2(x0) + y′
1(x0)y2(x0) 6= 0. (3.9)
Entonces toda solucion de (3.6) en (a, b) se puede expresar como
y(x) = c1y1(x) + c2y2(x)y2(x),
donde c1 y c2 son constantes.
Definicion 3.1.2 (Wronskiano). Para cualesquiera dos funciones diferen-
ciables y1 y y2 , la funcion
W [y1 , y2 ](x) =
∣∣∣∣∣
y1(x) y2(x)
y′1(x) y′
2(x)
∣∣∣∣∣= y1(x0)y
′2(x) + y′
1(x)y2(x) (3.10)
se llama el wronskiano de y1 y y2 .
Definicion 3.1.3 (Conjunto fundamental de soluciones). Una pareja de
soluciones y1 , y2 de (3.6) en (a, b) es un conjunto fundamental de soluciones
si W [y1 , y2 ](x0) 6= 0 para algun x0 ∈ (a, b).
Ejemplo 3.3. Dado que y1(x) = e2x y y2(x) = xe2x son soluciones de la
ecuacion diferencial y′′ − 4y′′ + 4y = 0 en (−∞,∞) y determine la solucion
general.
63
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
Solucion. Primero verificamos que e2x, xe2x es un conjunto fundamen-
tal de soluciones. Dejamos como ejercicio verificar que son soluciones de la
ecuacion. Verifiquemos que W [y1 , y2 ](x0) 6= 0 para algun x0 en (−∞,∞). Al
sustituir tenemos
W = W [y1 , y2 ](x) =
∣∣∣∣∣
e2x xe2x
2e2x e2x + 2xe2x
∣∣∣∣∣= e4x + 2xe4x − 2xe4x = e4x 6= 0,
para toda x ∈ R. Luego, e2x, xe2x forma un conjunto fundamental de
soluciones en (−∞,∞) y la solucion general es
y(x) = c1e2x + c2xe
2x.
Se puede ver facilmente que existe un conjunto fundamental de soluciones
para (3.6). De hecho, sea x0 ∈ (a, b) y sean y1 y y2 las soluciones que satisfacen
las condiciones iniciales
y1(x0) = 1, y2(x0) = 0
y′1(x0) = 0, y′
2(x0) = 1.
Entonces W [y1 , y2 ](x0) = 1 6= 0, de manera que y1 , y2 es un conjunto
fundamental de soluciones.
Definicion 3.1.4 (Dependencia e independencia lineal). Dos funciones
y1 y y2 son linealmente dependientes (LI) en un intervalo I si existen
escalares c1 y c2 no ambas nulas tales que
c1y1(x) + c2y2(x) = 0
para toda x en I. Si dos funciones no son linealmente dependientes, se dice
que son linealmente independientes.
La definicion anterior es equivalente a la siguiente: dos funciones son lineal-
mente dependientes en un intervalo I, si ninguna es multiplo constante de la
otra.
64
3.1. ECUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN
Teorema 3.1.3. Sean y1 y y2 soluciones de (3.6) en (a, b) y sea x0 cualquier
punto de (a, b). Entonces y1 y y2 son linealmente dependientes en (a, b) si y
solo si los vectores (
y1(x0)
y′1(x0)
)
y
(
y2(x0)
y′2(x0)
)
son linealmente dependientes.
Corolario 1. Si y1 y y2 son soluciones de (3.6) en (a, b), entonces las si-
guientes afirmaciones son equivalentes:
(i) y1 , y2 es un conjunto fundamental de soluciones en (a, b).
(ii) Las funciones y1 y y2 son linealmente independientes en (a, b).
(iii) El wronskiano W [y1 , y2](x) nunca se anula en (a, b).
Los anteriores conceptos se extienden de manera natural para ecuaciones de
orden superior.
Identidad de Abel: Si y1 y y2 son soluciones de (3.6) en (a, b), entonces
W (x) = W (x0)e−∫ xx0p(x)dx
(3.11)
para algun x0 en (a, b).
3.1.4. Reduccion de orden
Como se ha visto en la seccion anterior, una solucion general de la ecuacion
diferencial lineal homogenea de segundo orden esta dada por un combi-
nacion lineal de dos soluciones linealmente independientes. En esta seccion
se describe un metodo para determinar una segunda solucion linealmente
independiente a partir de una solucion particular conocida de la homogenea,
y tambien para hallar una solucion particular de la ecuacion no homogenea.
Este procedimiento se conoce como reduccion de orden.
65
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
1. Si y′′ = f(x, y′), es decir, no aparece la variable dependiente y, entonces
la sustitucion u = y′, con u = g(x) la reduce a una ecuacion diferencial
de primer orden:du
dx= f(x, u).
Ejemplo 3.4. Resolver xy′′ =√
1 + (y′)2.
Solucion. Como no aparece la variable “y”, hacemos la sustitucion
u = y′ = dy/dx. Ası, u′ = y′′ y al reemplazar se tiene
xu′ =√1 + u2.
Al separar variables e integrar se tiene
∫du√1 + u2
=
∫dx
x
arcsenh u = ln x+ ln c1 , c1 > 0
u = senh(ln(c1x)) =1
2
(eln(c1x) − e− ln(c1x)
)
u =1
2
(
c1x−1
c1x
)
Como u = y′, al integrar nuevamente, se tiene
y =1
2
(
c1x2
2− ln x
c1
)
+ c2
2. Si y′′ = f(y, y′), es decir, no aparece la variable independiente x, entonces
la sustitucion z = y′, con z = h(y) la reduce a una ecuacion diferencial
de primer orden: zdz
dy= f(y, z).
3. Ecuacion diferencial lineal homogenea. Consideremos la ecuacion lineal
homogenea de segundo orden
y′′ + py′ + qy = 0 (3.12)
66
3.1. ECUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN
Sea y1 una solucion no trivial de (3.12), es decir, y′′1+ py′
1+ qy1 = 0. Para
hallar una segunda solucion LI de (3.12), buscamos una solucion de la
forma
y2(x) = u(x)y1(x) = uy1 (3.13)
donde u es una funcion no constante por determinar. Al derivar tenemos
y′2= u′y1 + uy′
1y y′′
2= u′′y1 + 2u′y′
1+ uy′′
1.
Al sustituir estas expresiones en (3.12) y agrupar, se tiene
u′′y1 + 2u′y′1+ uy′′
1+ pu′y1 + puy′
1+ quy1 = 0
u[:0y′′1+ py′
1+ qy1 ] + y1u
′′ + [2y′1+ py1 ]u
′ = 0
y1u′′ + [2y′
1+ py1 ]u
′ = 0 (3.14)
Al hacer la sustitucion w = u′ y dividir por y1 , (3.14) se reduce a
w′ +
[
2y′1
y1
+ p
]
w = 0. (3.15)
La ecuacion (3.15) es separable y tambien es lineal. Al separar variables
e integrar se tiene
∫dw
w= −
∫ [
2y′1
y1
+ py1
]
dx
ln |w| = −2 ln |y1 |+ ln c2 −∫
p(x)dx
ln |w| = ln(y1)−2 + ln c2 −
∫
p(x)dx = ln[c2y−21]−∫
p(x)dx
w(x) = c2 [y1(x)]−2 e−
∫
p(x)dx, ←− Exponenciando
donde c2 6= 0 es una constante adecuada.
Como w = u′, entonces
u(x) =
∫
w(x)dx = c2
∫
[y1(x)]−2 e−
∫
p(x)dxdx.
67
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
Por lo tanto
y2(x) = c2y1(x)
∫
[y1(x)]−2 e−
∫
p(x)dxdx, (3.16)
para alguna constante c2 6= 0 adecuada que puede ser 1.
4. Ecuacion diferencial lineal no homogenea. Ahora tomemos la ecuacion
diferncial lineal no homogenea
y′′ + py′ + qy = f(x) (3.17)
Para obtener una solucion particular yp(x) de (3.17) se procede de manera
similar. Se supone una solucion conocida y1 de (3.12) y se busca yp = y1u.
La ecuacion (3.14) cambia a
y1u′′ + [2y′
1+ py1 ]u
′ = f(x).
Al dividir en ambos lados por y1 se tiene
u′′ +
[
2y′1
y1
+ p
]
u′ =f(x)
y1
(3.18)
Al hacer la sustitucion w = u′ y dividir por y1 , (3.18) se reduce a
w′ +
[
2y′1
y1
+ p
]
w =f(x)
y1
,
la cual es lineal. Al resolverla por el metodo estudiado en la seccion (2.2)
se obtiene
w(x) =e−∫
p(x)dx
[y1(x)]2
[∫
y1(x)e∫
p(x)dxf(x)dx+ c1
]
.
Como w = u′, entonces
u =
∫
w(x)dx
=
∫ [e−
∫
p(x)dx
[y1(x)]2
[∫
y1(x)e∫
p(x)dxf(x)dx+ c1
]]
dx+ c0 (3.19)
68
3.1. ECUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN
Como estamos interesados en una solucion particular, hacemos c1 = c0 = 0
en (3.19) para obtener
yp(x) = y1(x)
∫ [e−
∫
p(x)dx
[y1(x)]2
∫
y1(x)e∫
p(x)dxf(x)dx
]
dx (3.20)
Observacion. La formula (3.20) para encontrar una solucion particu-
lar de la ecuacion no homogenea (3.17) es un poco difıcil de memo-
rizar, ası que se sugiere hacer todo el procedimiento para hallarla en cada
ecuacion que se resuelva. La formula (3.16) se puede memorizar mas facil-
mente, pero tambien se podrıa hacer todo el procedimiento para llegar a
ella. Para aplicar directamente las formulas (3.16) y (3.20) se debe ten-
er cuidado que las ecuaciones deben estar escritas en la forma normal o
canonica.
Ejemplo 3.5. Dado que y1(x) = e−x es solucion de y′′+2y+ y = 0, halle la
general solucion y encuentre una solucion particular de y′′ + 2y′ + y = 2e−x.
Solucion. Primero hallamos una segunda solucion linealmente independiente
de la ecuacion homogenea. Partiendo de la ecuacion (3.15) y como y1 = e−x,
entonces y′1= −e−x. Luego
w′ +
[
2y′1
y1
+ p
]
w = 0
w′ +
[
2−e−xe−x
+ 2
]
w = 0
w′ = 0,
de donde w = c2 = 1. Pero w = u′, luego u = x. Ası, la solucion general de
la ecuacion homogenea esta dada por
y(x) = c1e−x + c2xe
−x.
Para encontrar una solucion particular yp de la ecuacion no homogenea
partimos de (3.18)
w′ +
[
2y′1
y1
+ p
]
w =f(x)
y1
69
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
w′ +
[
2−e−xe−x
+ 2
]
w =2e−x
e−x
w′ = 2,
de donde w = 2x. Pero w = u′, luego u = x2; por lo tanto, una solucion
particular de la ecuacion no homogenea es
yp(x) = x2e−x.
Ejemplo 3.6. Dado que x1(t) = et es una solucion, halle una segunda solu-
cion linealmente independiente para tx′′ + (1− 2t)x′ + (t− 1)x = 0, t > 0.
Solucion. Escribiendo la ecuacion en la forma normal tenemos
x′′ +
(1
t− 2
)
x′ +
(
1− 1
t
)
x = 0
Para aplicar la ecuacion (3.15) tenemos que x1 = et, x′1= et y p(t) = 1
t− 2.
Luego
w′ +
[
2y′1
y1
+ p
]
w = 0
w′ +1
tw = 0
Al separar variables e integrar se tiene
∫dw
w= −
∫1
tdt
ln |w| = − ln |t| = ln t−1,
de donde w = t−1. Como w = u′, entonces u = ln t. Ası, una segunda
solucion linealmente independiente para t > 0 es x2(t) = et ln t. Luego, la
solucion general es
y(t) = c1et + c2e
t ln t; t > 0.
70
3.2. ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR
3.2. Ecuaciones de orden superior
3.2.1. Teorıa basica
Una EDO lineal de orden n se puede escribir en la forma
an(x)y(n) + an−1(x)y
(n−1) + · · · + a1(x)y′ + a0(x)y = g(x). (3.21)
Vamos a suponer que a0(x), a1(x), . . . , an(x) y g(x) son funciones continuas
en un intervalo I. Cuando a0 , a1 , . . . , an son constantes se dice que la ecuacion
tiene coeficientes constantes; en caso contrario, tiene coeficientes variables.
Vamos a considerar las ecuaciones lineales en las que an(x) nunca se anula
en I. En esta caso, se podemos escribir (3.21) en la forma normal o canonica
y(n) + p1(x)y(n−1) + · · · + pn−1(x)y
′ + pn(x)y = f(x), (3.22)
donde p1(x) = an−1(x)/an(x), . . . , pn(x) = a1(x)/an(x) y f(x) = g(x)/an(x)
son continuas en I.
Asociada a (3.22) tenemos la ecuacion
y(n) + p1(x)y(n−1) + · · · + pn−1(x)y
′ + pn(x)y = 0, (3.23)
llamada ecuacion homogenea asociada.
Si definimos el operador
L := Dn + p1Dn−1 + · · · + pn−1D + pn, (3.24)
entonces, las ecuaciones (3.22) y (3.23) se pueden escribir en la forma
L[y] = f(x) (3.25)
L[y] = 0 (3.26)
71
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
Teorema 3.2.1 (Existencia y unicidad de soluciones). Suponga que
p1 , p2 , . . . , pn y f(x) son continuas en un intervalo (a, b) que contiene al punto
x0. Entonces para cualquier eleccion de los valores iniciales y0 , y1 , . . . , yn−1,
existe una unica solucion y(x) en todo el intervalo (a, b) del problema con
valores iniciales
L[y] = f(x), donde L esta definido por la expresion (3.24)
y(x0) = y0 , y′(x0) = y1 , . . . , y
(n−1)(x0) = yn−1
(3.27)
Ejemplo 3.7. Determine el intervalo (a, b) mas grande para el que el Teo-
rema 3.2.1 garantice la existencia de una unica solucion en (a, b) para el
problema con valores iniciales
(x2 − 1)y′′′ + exy = ln x; y(3/4) = 1, y′(3/4) = y′′(3/4) = 0 (3.28)
Solucion. Al escribir la ecuacion en la forma normal, se tiene que
p1(x) = 0, p2(x) = 0, p3(x) =ex
x2 − 1y f(x) =
ln x
x2 − 1.
Ahora, p1(x) y p2(x) son continua en todos los reales, p3(x) es continua en
cualquier intervalo que no contenga a x = 1 y ni a x = −1, mientras que f(x)
no esta definida para x < 0 y x = 1, pero es continua en los intervalos (0, 1) y
(1,∞). Luego, las funciones p1(x), p2(x), p3(x) y f(x) son simultaneamente
continuas en los intervalos (0, 1) y (1,∞). El teorema 3.2.1 garantiza que si
elegimos x0 ∈ (0, 1), entonces existe una unica solucion del problema con
valores iniciales (3.28) en todo el intervalo (0, 1). De manera similar, para
x0 ∈ (1,∞), existe una unica solucion en (1,∞).
Teorema 3.2.2 (Principio de superposicion para ecuaciones ho-
mogeneas). Sean y1 , y2 , . . . , yksoluciones de la ecuacion homogenea (3.26),
donde x esta en un intervalo I. Entonces la combinacion lineal
c1y1 + c2y2 + · · ·+ ckyk,
donde c1 , c2 , . . . , cn son constantes, tambien es una solucion para todo x ∈ I.
72
3.2. ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR
Definicion 3.2.1 (Wronskiano). Sean f1 , f2 , . . . , fn funciones (n−1) vecesdiferenciables, la funcion
W (x) = W [f1 , f2 , . . . , fn ](x) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
f1(x) f2(x) . . . fn(x)
f ′1(x) f ′
2(x) . . . f ′
n(x)
......
. . ....
f (n−1)1
(x) f (n−1)2
(x) . . . f (n−1)n
(x)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
es el wronskiano de f1 , f2 , . . . , fn .
Teorema 3.2.3. Sean y1 , y2 , . . . , yn soluciones de la ecuacion (3.26) en un
intervalo (a, b), donde p1 , p2 , . . . , pn son continuas en (a, b). Si en un cier-
to punto x0 ∈ (a, b) estas soluciones satisfacen W (x0) 6= 0, entonces toda
solucion de (3.26) en (a, b) se pueden escribir en la forma
y(x) = c1y1(x) + c2y2(x) + · · ·+ cnyn(x) (3.29)
donde c1 , c2 , . . . , cn son constantes.
Definicion 3.2.2 (Conjunto fundamental de soluciones). Un conjun-
to de soluciones y1, . . . , yn de la ecuacion (3.26) en (a, b) es un conjunto
fundamental de soluciones si W [y1 , y2 , . . . , yn ](x0) 6= 0 para algun punto
x0 ∈ (a, b).
Ejemplo 3.8. Dado que y1 = x, y2 = x−2, y3 = x−2 ln x son soluciones de
la ecuacion x3y′′′ + 6x2y′′ + 4xy′ − 4y = 0 en (0,∞) determine la solucion
general.
Solucion. Primero verificamos que x, x−2, x−2 ln x es un conjunto funda-
mental de soluciones. Dejamos como ejercicio verificar que son soluciones de
la ecuacion. Mostraremos que W [y1 , y2 , y3 ](x0) 6= 0 para algun x0 ∈ (0,∞).
Al sustituir tenemos
W (x) =
∣∣∣∣∣∣∣
x x−2 x−2 ln x
1 −2x−3 x−3 − x−3 ln x
0 6x−4 −5x−4 + 6x−4 ln x
∣∣∣∣∣∣∣
= x−4 + 5x−6 6= 0 en (0,∞)
73
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
Luego, x, x−2, x−2 ln x es un conjunto fundamental de soluciones en (0,∞)
y la solucion general es
y(x) = c1x+ c2x−2 + c3x
−2 ln x.
Definicion 3.2.3 (Dependencia e independencia lineal). Las m fun-
ciones f1 , f2 , . . . , fm son linealmente dependientes en un intervalo I si existen
constantes c1 , c2 , . . . , cm no todas nulas tales que
c1f1 + c2f2 + · · ·+ cmfm = 0
para toda x en I. Si las funciones f1 , f2 , . . . , fm no son linealmente de-
pendientes (LD), se dice que son linealmente independientes (LI) en
I.
Teorema 3.2.4. Sean y1 , y2 , . . . , yn soluciones de la ecuacion (3.26) en un
intervalo (a, b), donde p1 , p2 , . . . , pn son continuas en (a, b). Entonces las
siguientes afirmaciones son equivalentes
(i) y1 , y2 , . . . , yn es un conjunto fundamental de soluciones en (a, b).
(ii) y1 , y2 , . . . , yn son linealmente independientes en (a, b).
(iii) El wronskiano W [y1 , y2 , . . . , yn ](x) nunca se anula en (a, b).
Identidad de Abel.
Si y1 , y2 , . . . , yn son soluciones LI de (3.26) en (a, b) entonces
W [y1 , y2 , . . . , yn ](x) = W [y1 , y2 , . . . , yn ](x0) exp
(
−∫
p1(x)dx
)
para alguna x0 en (a, b).
Teorema 3.2.5. Sea yp(x) una solucion particular de (3.25) y sea
y1 , y2 , . . . , yn un conjunto fundamental de soluciones de (3.26) en (a, b),
entonces toda solucion de (3.25) se puede expresar en la forma
y(x) = yc(x) + yp(x), (3.30)
74
3.2. ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR
donde la expresion yc(x) = c1y1(x)+c2y2(x)+ · · ·+cnyn(x) se llama solucion
complementaria de (3.25).
Teorema 3.2.6 (Principio de superposicion para ecuaciones no ho-
mogeneas). Si yp1 , yp2 , . . . , ypk son soluciones particulares de L[y] = f1(x),
L[y] = f2(x), . . . , L[y] = fk(x) respectivamente, entonces yp(x) = yp1 + yp2 +
· · ·+ ypkes solucion particular de
L[y] = f1(x) + f2(x) + · · ·+ fk(x).
3.2.2. Ecuaciones lineales con coeficientes constantes
Definicion 3.2.4. Sean A y B dos operadores diferenciales lineales de orden
n y m con coeficientes constantes
A = P (D) := anDn + an−1D
n−1 + · · ·+ a1D + a0 y
B = Q(D) := bmDm + bm−1D
m−1 + · · ·+ b1D + b0 ,
donde a0 , a1 , . . . , an , b0 , b1 , . . . , bn son constantes. Se define la suma A+ B
y el producto AB como sigue
(A+B)[y] = A[y] + B[y] y (AB)[y] = A[B[y]
].
Decimos que los operadores A y B son iguales si A[y] = B[y] para todas las
funciones y con las derivadasnecesarias.
Teorema 3.2.7 (Propiedades de los operadores lineales). Sean A, B
y C operadores lineales con coeficientes constantes. Entonces
1. Leyes conmutativas: A+ B = B + A y AB = BA.
2. Leyes asociativas: (A+B) + C = A+ (B + C) y (AB)C = A(BC).
3. Leyes distributivas: A(B + C) = AB + AC y (A+B)C = AC + BC.
75
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
Teorema 3.2.8. Sean A y B operadores diferenciales de orden n con coefi-
cientes constantes. Si y1 es una solucion no trivial de B[y] = 0 y y2 es una
solucion no trivial de A[y] = 0, entonces y = c1y1 + c2y2 es una solucion de
(AB)[y] = 0.
Demostracion. En virtud de los teoremas (3.2.2), (3.2.8) y la definicion
(3.2.4) se tiene
(AB)[c1y1 + c2y2 ] = c1(AB)[y1 ] + c2(AB)[y2 ]
= c1A[B[y1 ]] + c2BA[y2 ] = c1A[0] + c2B[A[y2 ]
]
= c10 + c2B[0] = 0 + c20 = 0
Teorema 3.2.9. Para cualquier funcion y con derivadas hasta el orden n se
cumple
e−ax(D − a)n[y] = Dn[e−axy] (3.31)
Demostracion. Se procedera por induccion matematica
Base Inductiva: Para n = 1 se tiene
D[e−axy] = e−axy′ − ae−axy = e−ax(y′ − ay) = e−ax(D − a)[y].
Pasos inductivos Supongamos que para todo k, 1 ≤ k ≤ n− 1, se tiene
Dk[e−axy] = e−ax(D − a)k[y] Hipotesis de induccion (HI)
y probemos que se cumple para k + 1. Ahora,
Dk+1[e−axy] = D[Dk[e−axy]] = D[e−ax(D − a)ky] Por HI
= e−axD[(D − a)ky]− ae−ax(D − a)k[y] Regla del producto
= e−ax(D − a)(D − a)k[y] Factorizando
= e−ax(D − a)k+1[y]
Por lo tanto, e−ax(D − a)n[y] = Dn[e−ay] para todo numero natural n.
76
3.2. ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR
Los teoremas (3.2.8) y (3.2.9) proporcionan un metodo para resolver ecua-
ciones diferenciales lineales de orden superior homogeneas con coeficientes
constantes, puesto que un operador lineal de este tipo es factorizable.
Ejemplo 3.9. Resolver y′ − ky = 0
Solucion. Escribiendo la ecuacion en terminos de operadores se tiene
(D − k)[y] = 0.
Multiplicando en ambos lados por e−kx y aplicando el teorema (3.2.9) tiene
e−kx(D − k)[y] = 0
D[e−kxy] = 0
Al integrar se obtiene e−kxy = c. Ası, y = cekx, donde c es una constante
arbitraria, proporciona la solucion general de la ecuacion.
Ejemplo 3.10. Resolver y′′ + 4y′ + 4y = 0.
Solucion. En terminos de operadores se tiene
(D2 + 4D + 4)[y] = (D + 2)2[y] = 0.
Multiplicando por e2x y aplicando el teorema(3.2.9) se tiene
e2x(D + 2)2[y] = 0
D2[e2xy] = 0.
Al integrar dos veces se tiene e2xy = c2x+ c1 . De donde y = c1e−2x+ c2xe
−2x
proporciona la solucion general de la ecuacion.
Ejemplo 3.11. Resolver y′′ − 5y′ + 4y = 0
Solucion. En terminos de operadores se tiene
(D2 − 5D + 4)[y] = (D − 1)(D − 4)[y] = (D − 1)[(D − 4)[y]] = 0.
La solucion general de (D − 1)[y] = 0 es y = c1ex y la de (D − 4)[y] = 0 es
y = c2e4x. Ası, la solucion general de la ecuacion dada es y = c1e
x + c2e4x.
77
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
Ejemplo 3.12. Resolver y′′ + 4y = 0.
Solucion. En terminos de operadores, la ecuacion es
(D2 + 4)[y] = (D − 2i)(D + 2i)[y] = 0
Se obtienen dos soluciones complejas linealmente independientes
Y1 = e2ix, Y2 = e−2ix.
La solucion general (compleja) es
Y (x) = C1e2ix + C2e
−2ix,
donde C1 y C2 son numeros complejos. Utilizando la formula de Euler
eiθ = cos θ + i sen θ
podemos expresar la solucion general en la forma
Y = C1(cos 2x+ sen 2x) + C2(cos 2x− i sen 2x)= (C1 + C2) cos 2x+ i(C1 − C2) sen 2x
= c1 cos 2x+2 sen 2x,
donde c1 = C1 + C2 y c2 = i(C1 − C2).
Es facil verificar que las funciones con valores reales y1(x) = cos 2x y
y2(x) = sen 2x son soluciones linealmente independientes de la ecuacion.
De este modo, la solucion general de la ecuacion es
y(x) = c1 cos 2x+ c2 sen 2x,
donde c1 y c2 son constantes arbitrarias.
A continuacion generalizamos los casos presentados en los ejemplos previos.
Consideremos el operador diferencial do orden n con coeficientes constantes
L := P (D) = anDn + an−1D
n−1 + · · ·+ a1D + a0 . (3.32)
78
3.2. ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR
De este modo, podemos escribir la EDO lineal homogenea con coeficientes
constantes
an
dny
dxn+ an−1
dn−1
dxn−1· · ·+ a1
dy
dx+ a0y = 0 (3.33)
en la forma
L[y] = P (D)[y] = 0 (3.34)
Aplicando L = P (D) a y = erx tenemos
L[erx] = anrnerx + an−1r
n−1erx + · · ·+ a1rerx + a0e
rx
= erx(anrn + an−1r
n−1 + · · ·+ a1r + a0) = erxP (r)
donde P (r) = anrn+ an−1r
n−1 + · · ·+ a1r+ a0 . Ası, y = erx es solucion de la
ecuacion (3.34) si r es una raız de la ecuacion
P (r) = anrn + an−1r
n−1 + · · ·+ a1r + a0 = 0, (3.35)
llamada ecuacion auxiliar o caracterıstica.
Como es bien sabido, la ecuacion (3.35) tiene n raıces (contando las multi-
plicidades), que pueden ser reales o complejas. Aunque no existen formulas
generales para determinar los ceros de un polinomio arbitrario de grado
mayor que 4, si podemos determinar un cero r1 , entonces podemos cancelar
el factor (r− r1) y trabajar con un polinomio de grado menor. Cuando no se
pueda encontrar un cero con exactitud, se pueden usar algoritmos numericos
para calcular raıces aproximadas.
A continuacion analizamos las posibilidades.
Raıces reales distintas.
Si las raıces de la ecuacion (3.35) son reales y distintas, entonces n soluciones
linealmente independientes de la ecuacion son
y1(x) = er1x, y2(x) = er2x, . . . , yn(x) = ernx (3.36)
79
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
Ası, una solucion general de (3.34) es
y(x) = c1er1x + c2e
r2x + . . .+ cnernx,
donde c1 , c2 , . . . , cn son constantes.
Ejemplo 3.13. Resolver y′′′ − 4y′′ − y′ + 4y = 0.
Solucion. La ecuacion auxiliar es
p(r) = r3 − 4r2 − r + 4 = r2(r − 4)− (r − 4)
= (r − 4)(r2 − 1) = (r − 4)(r − 1)(r + 1).
Las raıces son r1 = 1, r2 = −1, r3 = 4. Luego, la solucion general es
y(x) = c1ex + c2e
−x + c3e4x.
Raıces reales repetidas.
Si r1 es una raız de (3.35) de multiplicidad m, entonces m soluciones lineal-
mente independientes correspondientes al factor (r − r1)m son
y1(x) = er1x, y2(x) = xer1x, . . . , ym(x) = xm−1er1x
Ejemplo 3.14. Resolver y′′′ + 5y′′ + 3y′ − 9y = 0
Solucion. La ecuacion auxiliar es
p(r) = r3 + 5r2 + 3r − 9 = 0
Evaluando podemos ver que r1 = 1 es una solucion de la ecuacion auxiliar.
Por division sintetica se tiene
1 5 3 −9 1
1 6 9
1 6 9 0
El cociente es q(r) = r2 + 6r + 9 = (r + 3)2, cuya raız es r2 = −3 de
multiplicidad m = 2. La solucion general es
y(x) = c1ex + c2e
−3x + c3xe−3x.
80
3.2. ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR
Raıces complejas distintas.
Si r = α+βi es una raız compleja de la ecuacion (3.35), entonces tambien lo
es su complejo conjugado r = α−βi, pues los coeficientes de P (r) son reales.
Si no hay raıces repetidas entonces una solucion general de (3.34) esta dada
por
Y = C1e(α+βi) + C2e
(α−βi)x.
Las soluciones con valores reales correspondientes a las raıces α ± βi son la
parte real y la parte imaginaria de e(α+βi)x. Como
e(α+βi)x = eαx(cos (βx) + i sen (βx)),
entonces dos soluciones LI de (3.34) son (Ver Ejemplo 3.12)
y1(x) = eαx cos (βx), y2(x) = eαx sen (βx).
Ejemplo 3.15. Resolver y′′ + 3y′′ + 4y − 8y = 0
Solucion. La ecuacion auxiliar es
p(r) = r3 + 3r2 + 4r − 8 = 0
Se ve facilmente que r1 = 1 es una raız de p(r). Por division sintetica
1 3 4 −8 1
1 4 8
1 4 8 0
El cociente es q(r) = r2+4r+8 = (r+2)2+4 cuyas raıces son r2,3 = −2±2i.
Dos soluciones linealmente independientes correspondientes a este factor son
y2 = e−2x cos 2x, y3 = e−2x sen 2x, por lo tanto una solucion general es
y(x) = c1ex + c2e
−2x cos 2x+ c3e−2x sen 2x.
81
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
Raıces complejas repetidas.
Si r = α+βi es una raız compleja repetida de multiplicidad m > 1, entonces
(3.34) tiene las 2m soluciones linealmente independientes con valores reales
eαx cos βx, xeαx cos βx, . . . , xm−1eαx cos βx
eαx sen βx, xeαx sen βx, . . . , xm−1eαx sen βx(3.37)
En los dos apartados que siguen se desarrollan los metodos de coeficientes
indeterminados basado en el principio de superposicion y el metodo de los
operadores anuladores. Para resolver L[y] = g(x), donde L esta dado por
(3.32), se debe pasar por dos etapas:
i) Determinar la solucion complementaria yc .
ii) Establecer cualquier solucion particular yp de la ecuacion no homogenea.
3.2.3. Coeficientes indeterminados
La idea basica es hacer una propuesta coherente acerca de la forma de yp
originada por los tipos de funciones que forman la entrada g(x). El metodo es
basicamente directo, pero esta limitado a ecuaciones lineales no homogeneas
con coeficientes constantes en las que g(x) es una constante a, una funcion
polinomial pn(x), una funcion exponencial eax, funciones seno o coseno como
cosωx, senωx o sumas y productos finitos de esas funciones.
Ejemplo 3.16. Resolver y′′ − 4y′ + 3y = 6x2 − 4.
Solucion. Primero resolvemos la ecuacion homogenea asociada. La ecuacion
auxiliar es r2−4r+3 = 0 cuyas raıces son r1 = 1 y r2 = 3. Luego, la solucion
complementaria es
yc(x) = c1ex + c2e
3x.
Como la funcion g(x) es un polinomio, es de esperarse que la solucion par-
ticular sea de la misma forma
yp = Ax2 +Bx+ C
82
3.2. ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR
e intentamos determinar coeficientes A, B y C.
Como y′p = 2Ax+ B, y′′p = 2A, al sustituir en la ecuacion se tiene
2A− 8Ax− 4B + 3Ax2 + 3Bx+ 3C = 6x2 − 4
3Ax2 + (−8A+ 3B)x+ 2A− 4B + 3C = 6x2 − 4
Por igualdad de polinomios, al igualar coeficientes se tiene
Coeficientes de x2 : 3A = 6
Coeficientes de x : −8A+ 3B = 0
Coeficientes de 1 : 2A− 4B + 3C = −2
Al resolver el sistema obtenemos A = 2, B = 163, C = 40
3. Luego
yp = 2x2 + 163x+ 40
3y la solucion general esta dada por
y(x) = yc(x) + yp(x) = c1ex + c2e
4x + 2x2 +16
3x+
40
3.
Ejemplo 3.17. Resolver y′′ + y′ − 2y = 2e−x
Solucion. La solucion de la ecuacion homogenea asociada y′′+y′−2y = 0 es
yc = c1ex + c2e
−x. Como la funcion g(x) es una exponencial, asumimos
una solucion particular de la forma: yp = Ae−x, e intentamos determinar
el coeficiente A. Como y′p = −Ae−x y y′′p = Ae−x, al sustituir en la ecuacion
se tiene
Ae−x − Ae−x − 2Ae−x = −2Ae−x = 2e−x,
de donde A = −1. Por lo tanto yp = e−x y la solucion general es
y = c1ex + c2e
−x − e−x.
Ejemplo 3.18. Resuelva y′′ + 4y = sen x
Solucion. La solucion de la ecuacion homogenea asociada esta dada por
yc = c1 cos 2x + c2 sen 2x. Buscamos yp de la forma yp = A cos x + B sen x.
Como
y′p = −A sen x+ B cos x, y′′p = −A sen x−B cosx,
83
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
al sustituir en la ecuacion se tiene
−A cos x−B sen x+ 4A cos x+ 4B sen x = 3A cos x+ 3B sen x = sen x.
Al igualar coeficientes de cosx y sen x se tiene
3A = 0 y 3B = 1,
de donde A = 0 y B = 13. Ası, yp =
13cos x y la solucion general es
y = c1 cos 2x+ c2 sen 2x+13cos x.
Ejemplo 3.19. Resolver y′′ − 2y′ = 2x2 − 3x+ 2
Solucion. Encontramos que yc = c1 + c2e2x. Como en el ejemplo (3.16),
esperamos que yp sea de la forma yp = Ax2+Bx+C. Entonces y′p = 2Ax+B
y y′′p = 2A. Al sustituir en la ecuacion tenemos
2A− 4Ax− 2B = 0x2 − 4Ax+ 2A− 2B = 2x2 − 3x+ 2.
Al igualar coeficientes se tiene
Coeficientes de x2 : 0 = 2
Coeficientes de x : − 4A = −3Coeficientes de 1 : 2A− 2B = 2
El sistema es inconsitente, el coeficiente C no se puede determinar. Ası, la
solucion particular no puede ser de esa forma. Al analizar detenidamente
la solucion particular propuesta, vemos que la funcion constante g1(x) = 2
hace parte de la solucion complementaria y por tanto satisface la ecuacion
homogenea. Para eliminar esta duplicidad, multiplicamos por x la solucion
particular propuesta anteriormente. Sea
yp = Ax3 + Bx2 + Cx.
Como y′p = 3Ax2 + 2Bx + C y y′′p = 6Ax + 2B, al reemplazar en la ED se
tiene
6Ax+2B−6Ax2−4Bx−2C = −6Ax2+(6A−4B)x+2B2C = 2x2−3x+2.
84
3.2. ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR
Al igualar coeficientes se tiene
Coeficientes de x2 : − 6A = 2
Coeficientes de x : 6A− 4B = −3Coeficientes de 1 : 2B − 2C = 2,
de donde A = −13, B = −1
4y C = −3
4. Luego, yc = −1
3x3 + 1
4x2 − 3
4x y por
lo tanto, la solucion general viene dada por
y = c1 + c2e2x − 1
3x3 + 1
4x2 − 3
4.
Ejemplo 3.20. Resolver y′′ + 4y′ + 4y = 6e−2x
Solucion. La solucion complementaria es yc = c1e−2x+c2xe
−2x. Como 6e−2x
y 6xe−2x hacen parte de yc, buscamos una solucion particular de la forma
yp = Ax2e−2x. Al derivar y reemplazar en la ecuacion se tiene
2Ae−2x − 8Axe−2x + 4Ax2e−2x + 8Axe−2x − 8Ax2e−2x + 4Ax2e−2x = 6e−2x
2Ae−2x = 6e−2x,
de donde A = 3. Luego, yp = 3x2e−2x y la solucion general esta dada por
y = c1e−2x + c2xe
−2x + 3x2e−2x.
A continuacion damos una tabla que nos permite conjeturar la forma de una
solucion particular.
Tipo g(x) yp(x)
I pn(x) = anxn + · · ·+ a1x+ a0 xkPn(x) = xk(Anx
n + · · ·+ A1x+ A0)
II cecx xkAecx
III a cos (ωx) + b sen (ωx) xk(A cos (ωx) + B sen (ωx))
IV pn(x)ecx xkPn(x)e
cx
V pn(x) cos (ωx) + qm(x) sen (ωx)xk[P
N(x) cos (ωx) + Q
N(x) sen (ωx)],
con N = maxn,mVI ecx[a cosωx+ b senωx] xkecx[A cosωx+ B senωx]
VII ecx[pn(x) cos (ωx) + qm(x) sen (ωx)]xkecx[P
N(x) cos (ωx)+Q
N(x) sen (ωx)],
N = maxn,m
85
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
El entero no negativo k se elige como el menor entero tal que ningun termino
de la solucion particular yp(x) sea solucion de la ecuacion homogenea co-
rrespondiente L[y] = 0. El polinomio Pn(x) debe incluir todos sus terminos
aunque pn(x) tenga algunos terminos nulos.
Nota. Las funciones coseno y seno de los tipos III, V, VI y VII se pueden
reemplazar por las funciones coseno hiperbolico y seno hiperbolico.
Ejemplo 3.21. Determine la forma de una solucion particular para la
ecuacion
y′′′ + 4y′ = 2 + 4 cos 2x− 3x2e2x + xex sen x.
Solucion. Se tiene que yc = c1 + c2 cos 2x + c3 sen 2x. Sea L := D3 + D,
usaremos el Teorema 3.2.6 para encontrar la forma de yp para los problemas
L[y] = 2 L[y] = −3x2e2x
L[y] = 4 cos 2x L[y] = xex sen x
Vemos que g1(x) = 2 y g2(x) = 4 cos 2x estan incluidas en yc. Entonces
yp1 = Ax, yp2 = x (B cos 2x+ C sen 2x) ,
yp3 = (Dx2 + Ex+ F )ex yp4 = (Gx+H)ex cos x+ (Ix+ J)ex sen x
Ası,
yp = yp1 + yp2 + yp3 + yp4 .
3.2.4. Operadores anuladores.
En esta seccion se estudia un metodo que es una variacion de coeficientes
indeterminados en el cual se usan operadores diferenciales.
Definicion 3.2.5. Se dice que un operador diferencial Q(D) anula a una
funcion g(x) si Q(D)[g(x)] = 0.
Ejemplo 3.22. Muestre que el operador Q(D) := D3(D − 2)2 anula a la
funcion g(x) = 3x2 − 4x+ 2 + (x+ 3)e2x.
86
3.2. ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR
Solucion. Usaremos el Teorema 3.2.9: e−ax(D − a)k[y] = Dk[e−axy]
Q(D)[g(x)] = D3(D − 2)2[3x2 − 4x+ 2 + (x+ 3)e2x]
= D3(D − 2)2[3x2 − 4x+ 2] +D3(D − 2)2[(x+ 3)e2x]
= (D − 2)2[D3[3x2 − 4x+ 2]] +D3[e2xe−2x(D − 2)2[e2x(x+ 3)]]
= (D − 2)2[0] +D3[e2xD2[e−2x(x+ 3)e2x]], y = (x+ 3)e2x
= 0 +D3[e2xD2[x+ 3]] = D3[e2x0] = D3[0] = 0
En la tabla siguiente se da una lista de operadores anuladores.
Tipo g(x) Operador anulador Q(D)
I pn(x) = anxn + · · ·+ a1x+ a0 Dn+1
II ceax D − aIII a cos (ωx) + b sen (ωx) D2 + ω2
IV pn(x)eax (D − a)n+1
V pn(x) cos (ωx) + qm(x) sen (ωx) (D + ω2)N+1, N = maxn,mVI eax[c cosωx+ d senωx] (D − a)2 + ω2
VII eax[pn(x) cos (ωx) + qm(x) sen (ωx)] [(D − a)2 + ω2]N+1, N = maxn,mVIII a cosh (ωx) + b senh (ωx) D2 − ω2
IX pn(x) cosh (ωx) + qm(x) senh (ωx) (D − ω2)N+1, N = maxn,mX eax[c coshωx+ d senhωx] (D − a)2 − ω2
XI eax[pn(x) cosh (ωx) + qm(x) senh (ωx)] [(D − a)2 − ω2]N+1, N = maxn,m
Ejemplo 3.23. Resolver y′′ − 2y′ + y = 2x+ cosx
Solucion. La solucion complementaria es yc = c1ex + c2xe
x. Expresando en
terminos de operadores tenemos
(D2 − 2D + 1)[y] = (D − 1)2[y] = 2x+ cosx
Un operador anulador para g(x) = 2x+cos x esQ(D) = D2(D2+1). Entonces
Q(D)P (D)[y] = Q(D)[g(x)]
87
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
D2(D2 + 1)(D − 1)2[y] = 0.
La solucion de esta ultima ecuacion es
y = a1 + a2x+ a3 cos x+ a4 sen x+ a5ex + a6xe
x .
La parte de la solucion encerrada en el recuadro es yc, luego los terminos
restantes en la ecuacion expresan la forma de la solucion particular que bus-
camos
yp = A1 + A2x+ A3 cos x+ A4 sen x.
Despues de efectuar los calculos se obtiene yp = −4 + 2x + 12sen x. Ası, la
solucion general es
y = c1ex + c2xe
x − 4 + 2x+1
2sen x.
Ejemplo 3.24. Determine la forma de una solucion particular de la ecuacion
y′′′ − 2y′′ + y′ = 2x+ cos x− 3ex.
Solucion. Se encuentra que yc = c1 + c2ex + c3xe
x. Usando operadores ten-
emos
(D3 − 2D2 +D)[y] = D(D − 1)2[y] = 2x+ cos x− 3ex.
Un operador anulador para la funcion g(x) = 2x + cos x − 3ex es
Q(D) = D2(D − 1)(D2 + 1). Ası
D2(D − 1)(D2 + 1)D(D − 1)2[y] = 0
D3(D − 1)3(D2 + 1)[y] = 0,
cuya solucion es
y = a1 + a2x+ a3x2 + a4e
x + a5xex + a6x
2ex + a7 cos x+ a8 sen x.
Como la combinacion lineal a1 + a4ex + a5xe
x que esta encerrada en los
recuadros corresponde a la solucion complementaria, los terminos restantes
en la ecuacion expresan la forma que buscamos
yp = A1x+ A2x2 + A3x
2ex + A4 cosx+ A5 sen x.
88
3.2. ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR
3.2.5. Variacion de los parametros.
En las secciones previas se ha visto que el metodo de los coeficientes in-
determinados o el de los operadores anuladores es un metodo sencillo para
encontrar una solucion particular cuando la ecuacion tiene coeficientes cons-
tantes y el termino no homogeneo es de un tipo especial. Aquı presentamos
un metodo mas general, llamado variacion de los parametros, para determi-
nar una solucion particular. Este metodo se aplica incluso cuando, los coefi-
cientes de la ecuacion diferencial son funciones de x, siempre que se conozca
un conjunto fundamental de soluciones para la ecuacion homogenea asociada.
Antes de estudiar el metodo daremos algunas definiciones y resultados que
nos permiten simplificar algunos calculos
Definicion 3.2.6. Sean u = (u1 , u2 , . . . , un) y v = (v1 , v2 , . . . , vn), donde
u1 , u2 , . . . , un y v1 , v2 , . . . , vn son funciones, definimos el producto interior
〈u,v〉 entre u y v de la siguiente manera
〈u,v〉 = u1v1 + u2v2 + · · ·+ unvn =n∑
i=1
uivi (3.38)
Teorema 3.2.10. Sean p una funcion escalar y, u = (u1 , u2 , . . . , un),
v = (v1 , v2 , . . . , vn) y w = (w1 , w2 , . . . , wn) funciones vectoriales diferencia-
bles. Entonces
〈u,v〉 = 〈v,u〉 (3.39)
〈u,v +w〉 = 〈u,v〉+ 〈u,w〉 (3.40)
〈pu,v〉 = p〈u,v〉 = 〈u, pv〉 (3.41)
〈u,v〉′ = 〈u,v′〉+ 〈u′,v〉 (3.42)
donde u′ = (u′1, u′
2, . . . , u′n).
Consideremos la ecuacion lineal no homogenea de orden n en forma normal
L[y] = y(n) + pny(n−1) + · · ·+ p2y
′ + p1y = f(x), (3.43)
89
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
donde L := Dn+p1Dn−1+ · · ·+pn−1D+pn y sea y1 , y2 , . . . , yn un conjunto
fundamental de soluciones de L[y] = 0.
Sabemos que la solucion general de L[y] = 0 esta dadas por
y = c1y1 + c2y2 + · · ·+ cnyn (3.44)
donde c1 , c2 , . . . , cn son constantes. Para determinar una solucion particular
de (3.43), la idea detras de la variacion de los parametros consiste en reem-
plazar las constantes en (3.44) por funciones de x. Es decir, buscamos una
solucion de la forma
yp = v1y1 + v2y2 + · · ·+ vnyn = 〈v,y〉 (3.45)
Como hemos introducido n funciones incognitas v1 , v2 , . . . , vn, es razonable
que podamos imponer condiciones sobre dichas funciones. De (3.45) y usando
(3.42) tenemos,
y′p = 〈v,y〉′ = 〈v,y′〉+ 〈v′,y〉
Para simplificar los calculos y evitar derivadas de segundo orden de las
incognitas v1 , v2 , . . . , vn en las expresiones para y′′p , imponemos la condicion
〈v′,y〉 = k1 , donde k1 es una constante que puede ser 0.
Ası, y′p se simplifica a
y′p = 〈v,y′〉+ k1 . (3.46)
Luego,
y′′p = 〈v,y′〉′ = 〈v′,y′〉+ 〈v,y′′〉.
Ahora imponemos la condicion
〈v′,y′〉 = k2 , donde k2 es una constante que puede ser 0,
90
3.2. ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR
de donde
y′′p = 〈v,y′′〉+ k2 . (3.47)
Este proceso se continua hasta llegar a
y(n−1)p = 〈v′,y
(n−2)〉+ 〈v,y(n−1)〉.
En este punto, la condicion que se debe imponer es
〈v′,y(n−2)〉 = kn−1 , donde kn−1 es una constante que puede ser 0,
de donde
y(n−1)p = 〈v,y(n−1)〉+ kn−1 . (3.48)
Finalmente,
y(n)p = 〈v′,y(n−1)〉+ 〈v,y(n)〉. (3.49)
Al sustituir las expresiones para yp, y′p, y
′′p , . . . , y
(n−1)p , y
(n)p dadas por (3.45),
(3.46), (3.47),. . . , (3.48) y (3.49) en (3.43), y usando (3.40) y (3.41) tenemos
f(x)= L[yp]
= 〈v′,y(n−1)〉+ 〈v,y(n)〉+ pn−1〈v′,y(n−1)〉+ pn−1kn−1
+ · · ·+ p1〈v,y′〉+ p1k1 + p1〈v,y〉
= 〈v′,y(n−1)〉+ 〈v,y(n) + pn−1y(n−1) + · · ·+ p1y
′ + p1y〉+ 〈p,k〉,
(3.50)
donde 〈p,k〉 = p1k1 + · · ·+ pn−1kn−1 . Puesto que y1 , y2 , . . . , yn constituyeun conjunto fundamental de soluciones de L[y] = 0 entonces
L[y] = y(n) + p1y(n−1) + · · ·+ pn−1y
′ + pny = 0.
Ası, (3.50) se reduce a
〈v′,y(n−1)〉+ 〈p,k〉 = f(x). (3.51)
91
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
En resumen, para hallar una solucion particular dada por (3.45), debemos
encontrar v1 , v2 , . . . , vn que satisfagan
〈v′,y〉 = v′1y1 + v′
2y2 + · · ·+ v′nyn = kn−1
〈v′,y〉 = v′1y′1+ v′
2y′2+ · · ·+ v′ny
′n = kn−2
...
〈v′,y(n−2)〉 = v′1y(n−2)1
+ v′2y(n−2)2
+ · · ·+ v′ny(n−2)n = k1
〈v′,y(n−1)〉 = v′1y(n−1)1
+ v′2y(n−1)2
+ · · ·+ v′ny(n−1)n = f(x)− 〈p,k〉,
(3.52)
Para determinar v1 , v2 , . . . , vn primero debemos resolver el sistema (3.52) en
terminos de v′1, v′
2, . . . , v′n . Despues de un manejo algebraico de la regla de
Cramer se obtiene
v′1=W1
W, v′
2=W2
W, . . . , v′n =
Wn
W,
donde W es el wronskiano de y1 , y2 , . . . , yn y Wj es el determinante que se
obtiene al reemplazar la columna j−esima de la matriz del sistema por la
columna (kn−1 , kn−2 , . . . , k1 , f(x) − 〈p,k〉)T . Al integrar estas ecuaciones se
obtiene
v1 =
∫W1
Wdx, v2 =
∫W2
Wdx, . . . , vn =
∫Wn
Wdx.
Para n = 2, las ecuaciones anteriores son
v1 =
∫k1y
′1− y2 [f(x)− pk1 ]
Wdx, v2 =
∫y1 [f(x)− pk1 ] + k1y
′1
Wdx.
Para simplificar los calculos, se toman k1 = k2 = · · · = kn−1 = 0 en (3.52).
Ejemplo 3.25. Resolver y′′−y′−2y = ex usando variacion de los parametros.
Solucion. Un conjunto fundamental de soluciones de y′′ − y′ − 2y = 0 es
e−x, e2x. Seayp = v1e
−x + v2e2x.
El wronskiano de e−x y e2x es W = 3ex. Luego
v′1= −e
2xex
3ex= −1
3e2x, v′
2=e−xex
3ex=
1
3e−x,
92
3.3. ECUACION DE CAUCHY–EULER.
de donde
v1 = −1
6e2x, v2 = −
1
3e−x.
Entonces yp = v′1= −1
6e2xe−x − 1
3e−xe2x = −1
2ex y la solucion general viene
dada por
y = c1e−x + c2e
2x − 1
2ex.
Ejemplo 3.26. Resolver y′′ − y = (1− e−x)−1.
Solucion. La solucion de y′′ − y = 0 es yc = c1ex + c2e
−x. El wronskiano es
W = −2. Entonces
v1 =1
2
∫e−x
1− e−xdx =1
2ln |1− e−x| = 1
2ln |ex − 1| − 1
2x
v2 = −1
2
∫ex
1− e−xdx = −1
2
∫e2x
ex − 1dx = −1
2ex − 1
2ln |ex − 1|
Entonces
yp = v1y1 + v2y2 =1
2ex ln |1− e−x| − 1
2− 1
2e−x ln |ex − 1|
y la solucion general es
y = c1ex + c2e
−x +1
2ex ln |1− e−x| − 1
2− 1
2e−x ln |ex − 1|.
3.3. Ecuacion de Cauchy–Euler.
Una ecuacion de la forma
anxny(n) + an−1x
n−1y(n−1) + · · ·+ a1xy′ + a0y = g(x) (3.53)
donde a0 , a1 , . . . , an son constantes, se llama ecuacion de Cauchy–Euler o
ecuacion equidimensional. Empezaremos el desarrollo analizando en detalle
las formas de las soluciones generales de la ecuacion homogenea de segundo
orden
ax2y′′ + bxy′ + cy = g(x) (3.54)
93
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
La solucion de ecuaciones de orden superior sera similar. Una vez se haya
determinado la solucion complementaria yc de
ax2y′′ + bxy′ + cy = 0 (3.55)
podemos resolver la ecuacion no homogenea (3.54) con el metodo de
variacion de los parametros.
Puesto que el coeficiente de y(n) es cero cuando x = 0, para garantizar que
los resultados fundamentales del teorema (3.2.1) sean aplicables a la ecuacion
de Cauchy–Euler, supondremos que x > 0. Hay dos maneras equivalentes de
resolver la ecuacion (3.55). La primera forma es intentar una solucion de
la forma y = xr, donde r es una constante por determinar. La primera y
segunda derivadas son, y′ = rxr−1 y y′′ = r(r − 1)xr−2 respectivamente. Al
sustituir en (3.55) se tiene
ax2y′′ + bxy′ + cy = ar(r − 1)xr + brxr + cxr
= [ar2 + (b− a)r + c]xr = 0
Ası, y = xr es una solucion de (3.55) siempre que r sea solucion de la ecuacion
auxiliar
ar2 + (b− a)r + c = 0. (3.56)
Hay tres casos por considerar que dependen de si las raıces son reales y
distintas, reales repetidas (o iguales) o complejas
Caso I: Raıces reales distintas.
Sean r1 y r2 las raıces reales de (3.56), tales que r1 6= r2 . Entonces xr1 , xr2forma un conjunto fundamental de soluciones. De este modo, la solucion
general es
y(x) = c1xr1 + c2x
r2 .
Ejemplo 3.27. Resolver x2y′′ + 5xy′ + 3y = 0.
94
3.3. ECUACION DE CAUCHY–EULER.
Solucion. Sea y = xr, entonces y′ = rxr−1 y y′′ = r(r−1)xr−2. al reemplazar
en la ecuacion se tiene
r(r − 1)xr + 5rxr + 3xr = (r2 + 4r + 3)xr = 0.
La ecuacion auxiliar es
r2 + 4r + 3 = (r + 1)(1 + 3) = 0
cuya soluciones son r1 = −1 y r2 = −3. Luego, la solucion general es
y = c1x−1 + c2x
−3.
Caso II: Raıces reales repetidas.
Si las raıces de (3.56) son repetidas, es decir, si r1 = r2 , solo podremos obtener
una solucion y1 = xr1 . Cuando las raıces de la ecuacion (3.56) son iguales,
el discriminante de los coeficientes debe ser cero. Luego, la raız deber ser
r1 = − b−a2a
. Para encontrar una segunda solucion linealmente independiente
usamos el metodo de reduccion de orden. Para ello, escribimos la ecuacion
(3.55) en la formad2y
dx2+
b
ax
dy
dx+
c
x2y = 0. (3.57)
Usando la ecuacion (3.16) tenemos
y2(x) = y1(x)
∫
[y1(x)]−2 e−
∫
p(x)dxdx
= xr1∫e−
∫
baxdx
x2r1dx = xr1
∫e−
balnx
x2r1dx
= xr1∫
x−b/ax−2r1dx ←− e−balnx = x−b/a
= xr1∫
x−b/ax−(b−a)/adx ←− −2r1 = (b− a)/a
= xr1∫
1
xdx = xr1 ln x.
Entonces la solucion general es y = c1xr1 + c2x
r1 ln x.
95
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
Ejemplo 3.28. Resolver la ecuacion x2y′′ − 3xy′ + 4y = 0.
Solucion. La sustitucion y = xr proporciona
x2y′′ − 3xy′ + 4y = r(r − 1)xr − 3rx2 + 4xr = (r2 − 4r + 4)xr = 0.
Esto ocurre si r2 − 4r + 4 = (r − 2)2 = 0. Como r = 2 es una raız doble,
entonces la solucion general es
y = c1x2 + c2x
2 ln x.
Caso III: Raıces complejas conjugadas: Si las raıces de (3.56) son el par
conjugado
r1 = α + βi, r2 = r1 = α− βi,
donde α, β > 0 son reales, una solucion es
Y = C1xα+βi + C2x
α−βi
Al usar la identidad
xiβ =(elnx
)iβ
y la formula de Euler, al igual que en el caso de ecuaciones con coeficientes
constantes, despues de un poco de algebra, llegamos a la solucion general
y = xα[c1 cos (β ln x) + c2 sen (β ln x)].
Ejemplo 3.29. Resolver y′′ + 3y′ + 5y = 0.
Solucion. La sustitucion y = xr, y′ = rxr−1 y y′′ = r(r − 1)xr−2 da
r(r − 1)xr + 3rxr + 5xr = (r2 + 2r + 5)xr = 0.
La ecuacıon auxilar es r2 + 2r + 5 = (r + 1)2 + 4 = 0, cuyas soluciones son
r1,2 = −1± 2i. Luego, la solucion general es
y = x−1 [c1 cos (2 ln x) + c2 sen (2 ln x)] .
96
3.4. ALGUNAS APLICACIONES
3.4. Algunas aplicaciones
En esta seccion se analizaran algunas aplicaciones de las ecuaciones de orden
superior.
Sistema masa–resorte
Como se vio en la introduccion del capıtulo, la ecuacion diferencial que des-
cribe el movimiento de un sistema masa–resorte esta dada por
md2x
dt2+ b
dx
dt+ kx = g(t). (3.58)
La ecuacion (3.58) puede escribirse en forma conveniente como
d2x
dt2+ 2λ
dx
dt+ ω2x = f(t), (3.59)
donde λ = b2m, ω2 = k
my f(t) = g(t)
m.
Caso 1: Movimiento libre no amortiguado. Tambien conocido como
Movimiento Armonico Simple (MAS)
d2x
dt2+ ω2x = 0. (3.60)
Las soluciones de la ecuacion auxiliar r2 +ω2 = 0 son los numeros complejos
r1,2 = ±ω i. La solucion general de (3.60) esta dada por
x(t) = c1 cosωt+ c2 senωt = A sen (ωt+ φ), (3.61)
donde A =√c21+ c2
2es la amplitud del movimiento y φ es el angulo de fase
el cual esta definido por las ecuaciones
senφ =c1A, cosφ =
c2A, tanφ =
c1c2
El periodo de las vibraciones libres que describe (3.61) es T = 2πω
y la fre-
cuencia es f = 1T= ω
2π.
97
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
t
x
T
A
−A
A
T 2T 3T
Figura 3.2. Movimiento Armonico Simple (MAS)
Ejemplo 3.30. Se fija una masa de 20 kg a un resorte. Si la frecuencia del
MAS es 2/π oscilaciones por segundo, ¿cual es la constante k del resorte?
¿Cual es la frecuencia del MAS si la masa original se reemplaza por una de
80 kg?
Solucion. El periodo es T = 1f= π
2. Por otro lado, T = 2π
ω, de donde ω = 4.
Tambien se tiene que 16 = ω2 = km
= k20. Ası, k = 320.
Para el caso en que m = 80 kg se tiene ω =√
km
=√
32080
=√4 = 2.
Entonces, la frecuencia es f = ω2π
= 22π
= 1π.
Ejemplo 3.31. Al fijar un contrapeso de 24 lb al extremo de un resorte, lo
estira 4 pulg. Deduzca la ecuacion del movimiento cuando el contrapeso se
suelta de la posicion de equilibrio con una velocidad inicial de 2 pie/s hacia
abajo.
Solucion. Primero debemos hallar la constante del resorte. Para ello expre-
semos la longitud en pies y determinemos su masa. Puesto que 1 pie = 12
pulg. y g = 32 pie/seg2 se tiene
l = 4 pulg. = 4 ∗ 1
12pie =
1
3pie, m =
24
32slugs =
3
4slugs,
k =F
l= 72 libra/pie y ω =
√
k
m=√96 = 4
√6.
98
3.4. ALGUNAS APLICACIONES
La solucion general es
x(t) = c1 cos(4√6 t) + c2 sen(4
√6 t).
Las condiciones iniciales son: x(0) = 0 y x′(0) = 2. Al usar estas condiciones
se obtiene
x(t) =1
2√6sen(4
√6 t).
Caso 2: Movimiento libre amortiguado
d2x
dt2+ 2λ
dx
dt+ ω2x = 0. (3.62)
Las soluciones de la ecuacion auxiliar r2 + 2λr + ω2 = 0 son
r1,2 = −λ±√λ2 − ω2.
Ahora se pueden distinguir tres casos dependiendo del signo de λ2 − ω2.
Puesto que cada solucion tiene el termino de amortiguamiento e−λt, λ > 0,
los movimientos de la masa se vuelven insignificantes cuando t es grande. Es
decir, x(t)→ 0 cuando t→∞.
Caso I: λ2 − ω2 > 0. Aquı se dice que el sistema esta sobreamortiguado
porque el coeficiente de amortiguamiento b es grande comparado con k. La
solucion general de (3.62) esta dada por (ver Fig. 3.3(a))
x(t) = e−λt[
c1e√λ2−ω2 t + c2e
−√λ2−ω2 t
]
, (3.63)
Caso II: λ2 − ω2 = 0. Se dice que el sistema esta crıticamente amor-
tiguado puesto que cualquier perturbacion en la fuerza de amortiguamiento
podrıa originar un movimiento oscilatorio. La solucion general de la ecuacion
(3.62) es (ver Fig. 3.3(b))
x(t) = e−λt(c1 + c2t) (3.64)
Caso III: λ2−ω2 < 0. Se dice que el sistema esta subamortiguado porque
el coeficiente de amortiguamiento es pequeno comparado con k. Ahora las
raıces son complejas
r1,2 = −λ±√ω2 − λ2 i.
99
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
Entonces, la solucion general de la ecuacion (3.62) es (ver Fig. 3.3(c))
x(t) = e−λt(c1 cos√ω2 − λ2 t+ sen
√ω2 − λ2 t)
= Ae−λt sen(√ω2 − λ2 t+ φ)
(3.65)
donde A =√c21+ c2
2y φ es el angulo de fase el cual esta definido por las
ecuaciones
senφ =c1A, cosφ =
c2A, tanφ =
c1c2
El movimiento que describe (3.65) es oscilatorio pero, debido al coeficiente
e−λt, las amplitudes de vibracion tienden a cero cuando t→∞.
En ocasiones, al coeficiente Ae−λt se le denomina amplitud amortiguada
de las vibraciones. Dado que la ecuacion (3.65) no es una funcion periodi-
ca, el numero 2π√ω2−λ2 se llama cuasiperiodo y
√ω2−λ22π
es la cuasifrecuencia.
t
x
(a) Sobreamortiguado
t
x
(b) Subamortiguado
t
x
(c) Crıticamente amortiguado
Figura 3.3. Movimiento libre amortiguado
Caso 3: Movimiento forzado
d2x
dt2+ 2λ
dx
dt+ ω2x = f(t). (3.66)
Aquı consideramos el caso en que f(t) = a1 cosΩt + a2 senΩt. La solucion
general de (3.66) es de la forma
x(t) = xc(t) + xp(t), (3.67)
100
3.4. ALGUNAS APLICACIONES
donde xc(t) es la solucion general de (3.62) y yp(t) es una solucion particular
de (3.66). Vimos que, para λ > 0, xc(t)→ 0 cuando t→∞. Por esta razon,
la solucion complementaria xc(t) se le denomina termino transitorio o
solucion transitoria y la funcion xp(t), se le llama termino estable o
solucion estable.
t
x
xp(t) = estable
xc(t) = transitorio
(a)
x(t) = estable + transitorio
t
x
(b)
Figura 3.4. Movimiento forzado
Analicemos ahora el caso en que λ = 0. La ecuacion diferencial es
d2x
dt2+ ω2x = a1 cosΩt+ a2 senΩt (3.68)
Hay que considerar dos casos: Ω 6= ω y Ω = ω
(i) Ω 6= ω. En este caso la solucion particular es de la forma
xp = A1 cosΩt+ A2 senΩt. Al reemplazar xp y x′′p en (3.68) se obtiene
xp(t) =a1
ω2 − Ω2cosΩt+
a2
ω2 − Ω2senΩt (3.69)
(ii) Ω = ω. (Resonancia pura). La solucion particular es de la forma
xp = A1t cosΩt+A2t senΩt. Al reemplazar xp y x′′p en (3.68) se obtiene
xp(t) = −a2
2ωt cosωt+
a1
2ωt senωt = A0t sen(ωt+ φ) (3.70)
Note que la ecuacion (3.69) no esta definida para ω = Ω y que le
ecuacion (3.70) se podrıa “ver” como el caso lımite en (3.69) cuando
101
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
Ω → ω. Este proceso de lımite equivale a una “sintonizacion” de la
frecuencia (Ω/2π) de la fuerza impulsora con la de las vibraciones libres
(ω/2π). La presencia del factor t en (3.70) hace que los desplazamientos
crezcan cuando t → ∞. Este fenomeno se conoce como resonancia
pura.
t
x
x = A0t
x = −A0t
xp = A0t sen(ωt+ φ)
Figura 3.5. Resonancia
Circuito en serie RLC
En el capıtulo 1 se encontro que la ecuacion diferencial para el circuito RLC
es
Ld2q
dt2+R
dq
dt+
1
Cq = E(t). (3.71)
El estudio de la ecuacion (3.71) es similar a la ecuacion (3.66).
Deflexion de un viga
Una gran cantidad de estructuras son construidas a partir de vigas, las cuales
se flexionan o distorsionan debido a su propio peso o por la influencia de al-
guna fuerza externa. Como se vera mas adelante, la flexion (flecha) y(x)
esta determinada por una ecuacion lineal de cuarto orden.
Supongamos que una viga tiene longitud L es homogenea y tiene seccion
102
3.4. ALGUNAS APLICACIONES
transversal uniforme en toda su extension. Cuando no recibe carga, incluyen-
do la de su propio peso, la curva que une los centroides de sus secciones
transversales es una recta, llamada eje de simetrıa. Si a la viga se aplica una
carga en un plano vertical que contenga al eje de simetrıa, sufre una dis-
torsion y la curva que une los centroides de las secciones se llama curva de
flexion o curva elastica o simplemente elastica. Esta curva, describe la forma
que adopta la viga. Suponiendo que el eje x coincide con el eje de simetrıa
de la viga y que la flexion (o flecha) y(x), medida desde este eje, es positiva
si es hacia abajo. En teorıa, se demuestra que el momento flexionante M(x)
en un punto x a lo largo de la viga, se relaciona con la carga por unidad de
longitud w(x) mediante la ecuacion
d2M
dx2= w(x). (3.72)
Ademas, el momento flexionante M(x) es proporcional a la curvatura κ, de
la curva elastica:
M(x) = EIκ, (3.73)
donde E e I son constantes, E es el modulo de Young de elasticidad del
material de la viga e I es el momento de inercia de la seccion transversal de
esta (respecto de un eje llamado eje neutro). El producto EI se llama rigidez
a la flexion de la viga. De acuerdo con el calculo diferencial, la curvatura es
κ = y′′/[1+ (y′)2]3/2. Cuando la flexion y(x) es pequena, la pendiente y′ ≈ 0,
de modo que [1 + (y′)2]3/2 ≈ 1. Si κ = y′′, la ecuacion (3.73) se transforma
en M = EIy′′. La segunda derivada de esta ecuacion es
d2M
dx2= EI
d2
dx2y′′ = EI
d4y
dx4. (3.74)
Aplicamos el resultado de la ecuacion (3.72) para reemplazar d2M/dx2 en la
ecuacion (3.74) y vemos que la flexion y(x) satisface la ecuacion diferencial
de cuarto orden
EId4y
dx4= w(x). (3.75)
103
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
Las condiciones en la frontera asociadas a esta ecuacion dependen de la forma
en que esten sometidos los extremos de la viga. Una viga en voladizo esta em-
potrada en un extremo y libre en otro. Un trampolın, un brazo extendido,
el ala de un avion y una marquesina son ejemplos comunes de este caso.
Para una viga en voladizo, la flexion y(x) debe satisfacer las dos condiciones
siguientes en el extremo empotrado en x = 0:
• y(0) = 0 porque no hay flexion en ese lugar, y
• y′(0) = 0 porque la curva de deflexion es tangente al eje x
Cuando x = L, las condiciones del extremo libre son:
• y′′(L) = 0 porque el momento flexionante es cero
• y′′′(L) = 0 porque la fuerza cortante es cero.
La funcion F (x) = dM/dx = EIdy3/dx3 se llama fuerza cortante. Si un
extremo de una viga esta simplemente apoyado (articulado), se debe cumplir
que y = 0 y y′′ = 0 en ese extremo. A continuacion se da la tabla para
resumir las condiciones en la frontera asociadas con (3.75).
Extremos de la viga Condiciones de frontera
empotrado y = 0, y′ = 0
libre y′′ = 0, y′′′ = 0
simplemente apoyado y = 0, y′′ = 0
Ejemplo 3.32. Una viga de longitud L esta simplemente apoyada en ambos
extremos y w(x) = w0 , 0 < x ≤ L. Determine la flexion de esta viga.
Solucion. La flexion satisface la ecuacion
EId4y
dx4= w0 .
Las condiciones iniciales asociadas son
y(0) = 0, y(L) = 0, y′′(0) = 0 y y′′(L) = 0.
104
3.5. EJERCICIOS
Al integrar sucesivamente cuatro veces se obtiene la solucion general
y(x) = c1 + c2x+ c3x2 + c4x
3 +w0
24EIx4.
Las condiciones y(0) = 0 y y′′(0) = 0 dan c1 = 0 y c3 = 0. Las restantes
condiciones aplicadas a y(x) = c2x+ c4x3 +
w0
24EIx4 dan origen al sistema
c2L+ c4L3 +
w0
24EIL4 = 0
6c4L+w0
2EIL2 = 0
Al resolver estes sistema se obtiene c2 = w0L3/24EI y c4 = −w0L/12EI.
Entonces, la flexion es
y(x) =w0L
3
24EIx− w0L
12EIx3 +
w0
24EIx4.
y
xL
3.5. Ejercicios
1. Sea L := D2 − 4D + 3. Calcule
a) L[x2] b) L[e3x] c) L[erx] d) L[cos x]
2. Sea L := x2D2 − 3xD − 5. Calcule
a) L[cos x] b) L[x−1] c) L[xr] d) L[e−x]
3. Sea L := D2 − xD + 2. Calcule
a) L[x2 − 1] b) L[cos 2x] c) L[e−2x] d) L[ln x]
4. Muestre que el operador T definido por T := D2−3D+y, de manera que
T [y] = y′′ − 3y′ + y2, no es lineal.
105
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
5. Dado que y1 = e2x cos x y y2 = e2x sen x son soluciones linealmente in-
dependientes de y′′ − 4y′ + 5y = 0, determine soluciones de esta ecuacion
que satisfagan las condiciones iniciales
a) y(0) = 2, y′(0) = 1 b) y(0) = 4, y′(0) = 5
6. Muestre que y = c1x2 + c2x
4 + 3 es una familia de soluciones de la ED
x2y′′ − 5xy′ + 8y = 24 en (−∞,∞) y halle un miembro de la familia que
satisfaga
y(1) + y′(1) = −4 y y(2) + y′(2) = 19.
7. Sea y = c1x2+c2x
4+ax+b una familia biparametrica de curvas. Halle los
valores de a y b de modo que sea solucion de x2y′′ − 5xy′ + 8y = 9x− 16
en (−∞,∞) y halle un miembro de la familia que satisfaga
y(1) + y′(1) = 0 y y(−1) + y′(−1) = 2.
8. Dado que y = c1 cos x + c2 sen x es solucion de y′′ + y = 0 determine
soluciones, si existen, que satisfacen las condiciones de frontera
a) y(0) = 2, y(π2) = 0 b) y(0) = 2, y(π) = −2
En los problemas 9 y 10, defina un intervalo en torno a x = 0 para el cual
el problema de valor inicial correspondiente tenga solucion unica.
9. (x− 2)y′′ + 3y = x 10. y′′ + (tan x)y = ex
En los problemas 11 a 17, compruebe si las funciones respectivas son
linealmente independientes o dependientes en (−∞,∞).
11. y1 = x, y2 = x2 12. y1 = e3x, y2 = e−2x
13. y1 = e−x cos 2x, y2 = e−x sen 2x
14. y1 = x2 cos (ln x), y2 = x2 sen (ln x)
106
3.5. EJERCICIOS
15. y1 = x+ 2, y2 = |x|+ 2 16. y1 = 1, y2 = x, y3 = x2
17. y1 = cos 2x, y2 = cos2 x, y3 = sen2 x
18. Considere la ecuacion diferencial lineal x2y′′ − 3xy′ + 3y = 0, x ∈ R.
a) Verifique que y1 = x, y2 = x3 son soluciones linealmente independi-
entes en (−∞,∞). Muestre que W [y1 , y2 ](1) 6= 0
b) Verifique que la funcion y3 = |x|3 es tambien solucion en (−∞,∞),
pero que no pueden elegirse constantes c1 y c2 de manera que
y3 = c1y1 + c2y2 para toda x en (−∞,∞).
c) Explique si lo anterior contradice o no el teorema 3.2.1, pagina 72.
19. Suponga que y1 y y2 son soluciones linealmente independientes de la
ecuacion diferencial y′′+py′+ qy = 0 en un intervalo I, y sea W [y1 , y2 ](x)
el wronskiano de y1 y y2
a) Demuestre que dWdx
+ p(x)W = 0
b) Demuestre la identidad de Abel: W (x) = ce−∫
p(x)dx para alguna
constante c 6= 0.
20. Use la identidad de Abel para determinar (salvo un multiplo constante)
el wronskiano de dos soluciones en (0,∞) de xy′′ − (x− 1)y′ + 3y = 0.
21. Dado que y1 = cosx√x
es una solucion de x2y′′ + xy′ + (x2 − 14)y = 0 en
(0,∞) determine la solucion general
22. Dado que y1 = e−x2/2 es solucion de y′′ + xy′ + y = 0, mediante reduccion
de orden, encuentre una segunda solucion LI y una solucion particular yp
de y′′ + xy′ + y = 3x2.
23. Dado que y1 = x es una solucion de y′′ − xy′ + y = 0 en (0,∞)
a) Obtenga una representacion integral para una segunda solucion li-
nealmente independiente.
107
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
b) Obtenga un desarrollo en serie de Maclaurin para esa solucion.
24. Muestre que la sustitucion y = ue−∫
p(x)dx, transforma la ecuacion dife-
rencial y′′ + py′ + qy = 0 en una ecuacion de la forma
u′′ − pu′ + (q − p′)u = 0.
En los ejercicios 25 y 26, use el ejercicio 24 para resolver la ecuacion dada
25. x2y′′ − 2xy′ + 2y = 0 en (0,∞). 26. x2y′′ + 2xy′ − 2y = 0 en (0,∞).
En los ejercicios 27 a 36 encuentre la solucion general de la ecuacion
homogenea dada
27. y′′ − 5y′ + 4y = 0
28. y′′ + 4y′ + 4y = 0
29. y′′ − 4y′ + 2y = 0
30. y′′ + 2y′ + 5y = 0
31. y′′′ − 3y′′ + 4y′ − 2y = 0
32. (D4 − 5D2 + 4)[y] = 0
33. (D4 + 2D3 − 3D2 − 8D − 4)[y] = 0
34. (D4 − 2D2 − 3)[y] = 0
35. (D4 + 64)[y] = 0
36. (D5 − 3D4 − 10D3 − 2D2 + 9D + 5)[y] = 0
37. Dado que y1 = e−x cos 3x es solucion de yiv + 2y′′′ + 8y′′ − 4y′ − 20y = 0,
halle la solucion general.
38. Dado que y1 = ex cos (√2 x) es solucion de yiv − 2y′′′ + y′′ + 4y′ − 6y = 0,
halle la solucion general.
En los ejercicios 39 a 43 resuelva el problema de valor inicial.
39. y′′ − 8y′ + 17y = 0; y(0) = 4, y′(0) = −1
40. 4y′′ − 4y′ + 3y = 0; y(0) = 1, y′(0) = 5
108
3.5. EJERCICIOS
41. y′′′ + 2y′′ − 5y′ − 6y = 0; y(0) = y′(0) = 0, y′′(0) = 1
42. yiv − y = 0; y(0) = 2, y(0) = 3, y′′(0) = 4, y′′′(0) = 5
43. (D4 − 3D3 + 3D2 −D)[y] = 0; y(0) = y′(0) = 0, y′′(0) = y′′(0) = 1
44. Sea L := aD2 + bD + C, donde a, b, c son constantes y b2 − 4ac = 0.
a) Muestre que L[erx] = a(r − r0)2erx, donde r0 = − b2a.
b) Muestre que L
[∂
∂rerx]
=∂
∂rL[erx], y ası
∂
∂rL[erx] = 2a(r − r0)erx + ax(r − r0)2erx.
En los ejercicios 45 a 50 resuelva mediante coeficientes indeterminados.
45. y′′ − 8y′ + 20y = 100x2 − 26xex 46. y′′ + 2y′ + y = senx+ 2 cosx+ 2e−x
47. 4y′′ − 4y′ + y = 12 + 4ex/2 48. y′′ + 4y = 3 sen 2x
49. y′′ − 7y′ + 6y = 18x+ 4ex, y(0) = 4, y′(0) = 0
50. y′′ + 4y = f(x), y(0) = 1, y′(0) = 2; f(x) =
sen x, 0 ≤ x < π/2
0, x ≥ π/2
51. Compruebe que el operador diferencial anula la funcion indicada
a) D4; g(x) = 5x3 + 2x b) D2 + 2xD + 2; g(x) = e−x2
c) 2D2 − 5D − 3; g(x) = 4ex/2 − 2e−3x
d) D2 + 4; g(x) = 3 cos 2x− 2 sen 2x
52. Determine un operador diferencial lineal que anule cada una de las si-
guientes funciones.
a) g(x) = x2 sen x+ xe2x b) g(x) = (x− ex)2c) g(x) = x sen2 x+ x2 d) g(x) = (cos x+ e−x)2
En los ejercicios 53 a 58 resuelva por operadores anuladores.
109
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
53. y′′ − y = x2ex + 5
54. y′′ + 4y′ + 4y = 2x+ 6− 2ex
55. y′′ − 6y′ + 9y = 3 + e3x
56. y′′ + 4y′ + 4y = x2 − 2e−2x
57. y′′ + y = cos 2x
58. y′′ + 4y = x+ sen 2x
59. Si k y b son constantes positivas, halle la solucion general de
y′′ + k2y = sen bx.
En los ejercicios 60 a 66, resuelva por variacion de los parametros.
60. y′′ + y = sec x
61. y′′ + y = tan2 x
62. y′′ + 3y′ + 2y = (1 + ex)−1
63. y′′ − 2y′ + y = ex(1 + x2)−1
64. y′′ − 6y′ + 9y = x−3e3x
65. y′′ − 2y′ + y = ex arctan x
66. y′′′ + y′ = tan x
67. Dado que y1 = x es solucion de (x2 − 1)y′′ − 2xy′ + 2y = 0 en (−1, 1),halle la solucion general de (x2 − 1)y′′ − 2xy′ + 2y = (x2 − 1)2.
68. Dado que y1 = x−1/2 cos x es solucion de x2y′′ + xy′ + (x2 − 14)y = 0 en
(0,∞), halle la solucion general de x2y′′ + xy′ + (x2 − 14)y = x5/2.
69. Halle una ecuacion diferencial de orden 4 cuya solucion general sea
y = c1ex cos
√2x+c2e
x sen√2 x+c3 cosh
√2 x+c4 senh
√2 x+x2−xe−x.
En los ejercicios 70 y 71 combine dos metodos.
70. y′′ + 4y = 2 tan 2x+ x− e−x 71. y′′ − 2y′ + y = 4x2 − 3x+ x−1ex
En los ejercicios 72 a 78 resuelva las ecuaciones de Cauchy–Euler.
110
3.5. EJERCICIOS
72. x2y′′ + 3xy′ − 3y = 0
73. x2y′′ − xy′ + y = 0
74. 4x2y′′ + 4xy′ − y = 0
75. x3y′′′ − x2y′′ − 2xy′ + 6y = 0
76. x3y′′′ + xy′ − y = 0
77. x4yiv + 6x3y′′ + 9x2y′′ + 3xy′ + 3y = 0
78. x2y′′ − xy′ + y = x(1 + 3/ ln x)
79. Use la sustitucion t = ln x para resolver
x2y′′ − 4xy′ + 6y = x2−1x, y(1) = 1, y′(1) = 0.
80. Use la sustitucion t = ln x para demostrar que la ecuacion de Cauchy –
Euler de tercer orden ax3y′′′+bx2y′′+cxy′+dy = 0, x > 0 es equivalente
a la ecuacion con coeficientes constantes
aY ′′′ + (b− 3a)Y ′′ + (2a− b+ c)Y ′ + dY = 0; con Y = Y (t).
Resuelva los ejercicios 81 y 82 usando el ejercicio 80.
81. x3y′′′ − 2x2y′′ + 4xy′ − 4y = 0
82. x3y′′′ − 3x2y′′ + 6xy′ − 6y = 3 + ln x3
Modelado
1. Un contrapeso de 20 lb estira 6 pulg a un resorte. En este sistema, el
contrapeso se suelta, partiendo del reposo, a 6 pulg abajo de la posicion
de equilibrio.
a) Calcule la posicion del contrapeso cuando t = π12, π8, π6, π4y 9π
32
b) ¿Cual es la velocidad del contrapeso cuando t = 3π16
s? ¿Hacia
donde se dirige el contrapeso en ese instante?
c) ¿Cuando pasa el contrapeso por la posicion de equilibrio?
111
CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
2. Una fuerza de 400 N estira 2 m un resorte. Despues, al extremo de
ese resorte se fija una masa de 50 kg. Otro resorte, cuya constante es
20 N/m, esta colgado del mismo soporte rıgido en posicion paralela a
la del sistema masa–resorte anterior. Al segundo resorte se le fija una
masa de 20 kg, y se ambas masas salen de su posicion de equilibrio a
una velocidad de 10 m/s hacia arriba.
a) ¿Cual masa tiene la mayor amplitud de movimiento?
b) ¿Cual masa se mueve con mas rapidez cuando t = π4s?
c) ¿En que momento estan las dos masas en la misma posicion?
¿Donde estan en ese momento? ¿En que direcciones se mueven?
3. Un contrapeso de 4 lb se fija a un resorte cuya constante es 2 lb/pie.
El medio presenta una resistencia al movimiento numericamente igual
a la velocidad instantanea. Si el contrapeso se suelta de un punto a
1 pie arriba de la posicion de equilibrio con una velocidad de 8 pie/s
hacia abajo, calcule en que pasa por la posicion de equilibrio. encuentre
el momento en que el contrapeso llega a su despalzamientoe extremo
respecto a la posicion de equilibrio ¿Cual es su posicion en ese instante?
4. Un circuito RLC simple tiene un capacitor con C = 0.25 F, un resitor
con R = 7 × 104 Ω y un inductor con L = 2.0 H. La carga inicial en
el capacitor es cero, lo mismo que la corriente inicial. si se conecta al
circuito un voltaje impreso de 60 volts y se cierra el circuito en t = 0,
determine la carga en el capacitor para t > 0. Estime la carga cuando
t = 0.1 s.
5. Una viga uniforme de longitud L tiene empotrado su extremo en x = 0
y libre en x = L. Halle la flexion “y” de la viga si w(x) = w0(L − x)para 0 ≤ x ≤ L; donde w0 es una constante.
6. Una viga uniforme de longitud L tiene empotrados sus extremos en
x = 0 y x = L. Halle la flexion “y” de la viga si w(x) =w0
L(L2 − x2)
para 0 ≤ x ≤ L; donde w0 es una constante.
112
Capıtulo 4
Transformada de Laplace
La transformada de Laplace es una poderosa herramienta de gran utilidad
en la solucion de ecuaciones diferenciales, ecuaciones integrales, calculo de
integrales impropias y otras aplicaciones.
4.1. Definicion y transformadas basicas
Definicion 4.1.1. Sea f(t) una funcion definida para t ≥ 0. La transformada
de Laplace de f(t), denotada por L f(t), se define como
L f(t) =∫ ∞
0
e−stf(t)dt. (4.1)
Si la integral impropia converge, se dice que f(t) tiene transformada de
Laplace y es una funcion de s; es decir, L f(t) = F (s); de lo contario
se dice que L f(t) no existe.
Ejemplo 4.1. Las transformadas de f(t) = 1 y f(t) = t.
a) L 1 =∫ ∞
0
e−stdt =1
s, s > 0. b) L t =
∫ ∞
0
e−sttdt =1
s2, s > 0.
Mediante induccion se puede demostrar que
113
CAPITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Ejemplo 4.2. Para todo n = 0, 1, 2, . . . se tiene L tn = n!
sn+1, s > 0.
Para comprobarlo se usa la formula de reduccion∫
tneatdt =1
atneat − n
a
∫
tn−1eatdt, a 6= 0; n = 1, 2, . . .
Ejemplo 4.3. Halle L sen t.
Solucion. Usando integracion por partes se tiene
L sen t =∫ ∞
0
est sen tdt ←−u = sen t dv = e−stdt
du = cos tdt v = −1
se−st
=
*0
−1
se−st
∣∣∣∣
∞
0
+1
s
∫ ∞
0
e−st cos tdt
=1
s
∫ ∞
0
e−st cos tdt ←−u = cos t dv = e−stdt
du = − sen tdt v = −1
se−st
=1
s
[
: 0
−1
se−st cos t
∣∣∣∣
∞
0
+1
s
∫ ∞
0
e−st sen tdt
]
=1
s2L sen t.
Luego,(
1 +1
s2
)
L sen t = 1
s2,
de donde
L sen t = 1
s2 + 1.
Ejemplo 4.4. Calcule L cos t.
Solucion. Notando que L sen t = 1
s
∫ ∞
0
e−st cos tdt =1
sL cos t se tiene
L cos t = sL sen t = s
s2 + 1.
114
4.1. DEFINICION Y TRANSFORMADAS BASICAS
f(t) F (s) = L f(t) f(t) F (s) = L f(t)
1. tn, n = 0, 1, . . .n!
sn+1, s > 0 4. cos t
s
s2 + 1, s > 0
2. et1
s− 1, s > 1 5. senh t
1
s2 − 1, s > 1
3. sen t1
s2 + 1, s > 0 6. cosh t
s
s2 − 1, s > 1
Tabla 4.1. Lista basica de transformadas
Continuidad seccional y orden exponencial
Definicion 4.1.2. Se dice que una funcion es seccionalmente continua (SC)
en un intervalo [a, b] si es posible dividirlo en un numero finito de subinter-
valos [t0 , t1 ], . . . , [tn−1, tn] con t0 < t1 < · · · < tn−1 < tn, donde a = t0 y
b = tn, de tal manera que la funcion sea continua en (tk−1, tk) y son finitos
los lımites laterales lımt→a+
f(t), lımt→b−
f(t), lımt→t−k
f(t) y lımt→t+k
f(t). Una funcion es
continua por partes en [0,∞), si lo es en cada intervalo [0, N ] con N > 0.
Nota. Si f(t) es continua en [a, b], entonces es SC en [a, b].
Definicion 4.1.3. Se dice que una funcion f(t) es de orden exponencial c,
si existen constantes c ≥ 0,M > 0 y T ≥ 0 tales que
|f(t)| ≤Mect para todo t ≥ T .
y
ta bt1 t2 t3
Figura 4.1. Continuidad seccional
M
−M
y =Mect
y = −Mect
y = f(t)
T
y
t
Figura 4.2. Orden exponencial
115
CAPITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Teorema 4.1.1 (Condiciones suficientes para la existencia de la
transformada de Laplace). Si f(t) es seccionalmente continua en el in-
tervalo [0,∞) y de orden exponencial c para todo t > T , entonces existe la
transformada de Laplace de f(t) para todo s > c.
Ejemplo 4.5. Determine si existe L f(t) para
a) f(t) =1
t+ 1b) f(t) = et
2
Solucion. Se tiene
a) f(t) = 1t+1
es continua en [0,∞], luego es SC en [0,∞]. Ademas se tiene
que |f(t)| ≤ et, t ≥ 0. Por lo tanto, esiste L f(t).
b) f(t) = et2no es de orden exponencial. Luego no existe L f(t).
4.2. Propiedades
A continuacion se enuncian varias propiedades de la transformada de Laplace
y se ilustran con ejemplos. En otras, ademas, se dara una demostracion.
Asumiremos que las funciones a las cuales se les calcula la transformada de
Laplace satisfacen las condiciones del teorema 4.1.1.
Propiedad 1 (Cambio de escala). Si F (s) = L f(t) entonces
L f(at) = 1
aF(s
a
)
, a 6= 0.
Ejemplo 4.6. Como L et = 1
s− 1, s > 1 y L sen t = 1
s2 + 1, s > 0,
L eat = 1/a
s/a− 1=
1
s− a
L sen kt = 1/k
(s/k)2 + 1=
k
s2 + k2
Aplicando la propiedad 1, la lista basica se transforma en
116
4.2. PROPIEDADES
f(t) F (s) = L f(t) f(t) F (s) = L f(t)
1. tn, n = 0, 1, . . .n!
sn+1, s > 0 4. cos kt
s
s2 + k2, s > 0
2. eat1
s− a, s > a 5. senh ktk
s2 − k2 , s > k
3. sen ktk
s2 + k2, s > 0 6. cosh kt
s
s2 − k2 , s > k
Tabla 4.2. Lista basica de transformadas con cambio de escala
Propiedad 2 (Linealidad). Si F (s) = L f(t), G(s) = L g(t), y a y b
son constantes, entonces L af(t) + bg(t) = aF (s) + bG(s).
Ejemplo 4.7. L sen2 t = L
1− cos 2t
2
=1
2
[1
s− s
s2 + 4
]
=2
s2(s2 + 4).
Propiedad 3 (Comportamiento final). Si F (s) = L f(t), entonces
lıms→∞
F (s) = 0.
Corolario 2. Si lıms→∞
F (s) 6= 0 o lıms→∞
F (s) =∞, entonces F (s) no es trans-
formada de Laplace de alguna funcion SC y de orden exponencial.
Ejemplo 4.8. Determine si F (s) puede ser transformada de Laplace de al-
guna funcion SC y de orden exponencial
a) F (s) = s ln(s− 2
s
)
b) F (s) = e−s
Solucion. Calculemos lıms→0
F (s) en cada caso
a) lıms→∞
F (s) = lıms→∞
s ln(s− 2
s
)
← Forma 0 · ∞
= lıms→∞
s ln(
1− 2
s
)
= lıms→∞
ln(
1− 2
s
)
1/s← Forma
0
0
= lıms→∞
1
1− 2/s
−1/s22
s2← Regla de L’hopital
117
CAPITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE
= lıms→∞
1
1− 2/s= −1 6= 0.
Luego, F (s) = s ln(s−2s
)
no es transformada de Laplace de alguna funcion
SC y de orden exponencial.
b) lıms→∞
F (s) = lıms→∞
e−s = 0. El teorema no garantiza que F (s) sea transfor-
mada de Laplace.
Propiedad 4 (Teorema del valor inicial). Si F (s) = L f(t), entonceslımt→0+
tf(t) = lıms→∞
F (s).
Ejemplo 4.9. Sea f(t) = cos t y F (s) =s
s2 + 1. Se tiene
lımt→0+
f(t) = lımt→0+
(cos t) = 1 y lıms→∞
sF (s) = lıms→∞
( s2
s2 + 1
)
= 1.
Propiedad 5 (Teorema del valor final). Si F (s) = L f(t) y lımt→∞
f(t)
es finito, entonces lımt→∞
f(t) = lıms→0+
sF (s).
Ejemplo 4.10. Sea f(t) = e−t + 1 y F (s) =1
s+ 1+
1
s. Se tiene
lımt→∞
f(t) = lımt→∞
(e−t + 1) = 1 y lıms→0+
sF (s) = lıms→0+
( s
s+ 1+ 1)
= 1.
Propiedad 6 (Transformada de una derivada). Si F (s) = L f(t),entonces
Lf (n)(t)
= snF (s)− sn−1f(0)− · · · − sf (n−2)(0)− f (n−1)(0).
Demostracion. Probaremos para n = 1 y n = 2. Sea F (s) =
∫ ∞
0
e−stf(t) dt.
n = 1 : L f ′(t) =∫ ∞
0
e−stf ′(t) dt
= e−stf(t)∣∣∣
∞
0+ s
∫ ∞
0
e−stf(t) dt ← Integrando por partes
= 0− f(0) + sF (s) = sF (s)− f(0).
118
4.2. PROPIEDADES
n = 2 : L f ′′(t) = sL f ′(t) − f ′(0) = s(sF (s)− f(0)
)− f ′(0)
= s2F (s)− sf(0)− f ′(0).
Ejemplo 4.11. Si y′′(t) − 2y′(t) + y(t) = et, y(0) = 0, y′(0) = 1, halle
L y(t).
Solucion. Sea Y (s) = L y(x). Aplicando transformada de Laplace se tiene
L y′′(t)− 2y′(t) + y(t) = L et
L y′′(t) − 2L y′(t)+ L y(t) = 1
s− 1← Propiedad 1
s2Y (s)− s*
0y(0)−
*
1
y′(0) + 2[sY (s)−
*
0y(0) + Y (s)] =
1
s− 1← Propiedad 3
(s2 − 2s+ 1)Y (s) = 1 +1
s− 1=
s
s− 1,
de donde
Y (s) =s
(s− 1)3
Propiedad 7 (Transformadas de integrales). Si F (s) = L f(t), en-tonces
L
∫ t
0
· · ·∫ t
0
f(u) dun
=F (s)
sn; n = 1, 2, . . .
Propiedad 8 (Derivada de una transformada (multiplicacion por
tn)). Si F (s) = L f(t), entonces L tnf(t) = (−1)nF (n)(s).
Demostracion. Probaremos para n = 1. Como F (s) =
∫ ∞
0
e−stf(t) dt,
F ′(s) =
∫ ∞
0
∂
∂s
(e−stf(t)
)dt =
∫ ∞
0
(−te−stf(t)) dt = −L tf(t) .
Luego, L tf(t) = −F ′(s). El caso general, se hace por induccion.
Ejemplo 4.12. Halle L t cos 2t
119
CAPITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Solucion. Usando la propiedad 8 se tiene:
L t cos 2t = − d
ds[L cos 2t] = − d
ds
[s
s2 + 4
]
= −s2 + 4− 2s2
(s2 + 4)2=
s2 − 4
(s2 + 4)2.
Propiedad 9 (Integrales de transformadas (division por tn)). Si
F (s) = L f(t), entonces
L
f(t)
tn
=
∫ ∞
s
· · ·∫ ∞
s
F (u) dun.
Ejemplo 4.13. Halle L
sen t
t
.
Solucion. Sea F (s) = L sen t entonces
L
sen t
t
=
∫ ∞
s
F (u)du =
∫ ∞
s
1
u2 + 1du = arctan u
∣∣∣
∞
s
=π
2− arctan s = arctan
(1
s
)
Propiedad 10. Si L g(t, u) = G(s, u) y f(t) =
∫ ∞
0
g(t, u)du, entonces
L f(t) =∫ ∞
0
G(s, u)du.
Ejemplo 4.14. Sea f(t) =
∫ ∞
0
cos tu
a2 + u2du, halle L f(t).
Solucion. Sea G(s, u) = L g(t, u) = L
cos tu
a2 + u2
=1
a2 + u2· s
s2 + u2.
Por la propiedd 10 se tiene
L f(t) =∫ ∞
0
s
(u2 + a2)(u2 + s2)dt.
120
4.2. PROPIEDADES
Mediante fracciones parciales tenemos
s
(u2 + a2)(u2 + s2)=Au+ B
u2 + a2+Cu+D
u2 + s2.
Entonces
(Au+ B)(u2 + s2) + (Cu+D)(u2 + a2) = 1
(A+ C)u3 + (B +D)u2 + (s2A+ a2C)u+ s2B + a2D = 1.
Al igualar coeficientes se tiene
A+ C = 0, B + D = 0
s2A+ a2C = 0, s2B + a2A = 1
Al resolver estos sistemas se obtiene
A = C = 0, B =1
s2 − a2 , C =−1
s2 − a2 .
Luego,
L f(t) =∫ ∞
0
s
(u2 + a2)(u2 + a2)du =
s
s2 − a2∫ ∞
0
[1
u2 + a2− 1
u2 + s2
]
du
=s
s2 − a2[1
aarctan
u
a
∣∣∣
∞
0− 1
sarctan
u
s
∣∣∣
∞
0
]
=s
s2 − a2[ π
2a− π
2s
]
=π
2
s
(s2 − a2)
[1
a− 1
s
]
=π
2
s
(s− a)(s+ a)
[s− aas
]
=π
2(s+ a)
La funcion Gamma o funcion factorial.
Definicion 4.2.1. Para x > 0, la funcion Gamma esta definida por
Γ(x) =
∫ ∞
0
ux−1e−udu.
121
CAPITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Ejemplo 4.15. Γ(1) =
∫ ∞
0
e−xdu = −e−u∣∣∣
∞
0= 1.
Ejemplo 4.16. Calcule Γ(1/2).
Solucion.
I = Γ
(1
2
)
=
∫ ∞
0
u−1/2e−udu ← u = x2, du = 2xdx
=
∫ ∞
0
x−1e−x2
2xdx = 2
∫ ∞
0
e−x2
dx.
Ahora
I2 = 4
(∫ ∞
0
e−x2
dx
)2
= 4
(∫ ∞
0
e−x2
dx
)(∫ ∞
0
e−x2
dx
)
= 4
(∫ ∞
0
e−x2
dx
)(∫ ∞
0
e−y2
dy
)
= 4
∫ ∞
0
∫ ∞
0
e−x2−y2dxdy
= 4
∫ ∞
0
∫ π/2
0
re−r2
dθdr ←− Polares
=(
−2e−r2∣∣∣
∞
0
)
θ∣∣∣
π/2
0dr = π
x
y
r
θ
0 ≤ θ ≤ π/2
0 ≤ r <∞
Luego, I = Γ(12
)=√π.
Propiedades de la funcion Gamma
1. Γ(x+ 1) = xΓ(x), para x > 0. Ası, Γ(n+ 1) = n!, para n = 0, 1, 2 . . .
2. Γ(a)Γ(1− a) = π
sen aπ, 0 < a < 1.
3. Para x < 0, x 6= −1,−2, . . ., se define Γ(x) =Γ(x+ 1)
x.
4. L tα = Γ(α + 1)
sα+1, α > −1.
122
4.2. PROPIEDADES
Ejemplo 4.17. Se tiene
Γ(32) = Γ(1
2+ 1) = 1
2Γ(1
2) =
√π2, Γ(5
2) = Γ(3
2+ 1) = 3
2Γ(3
2) = 3
√π
22.
Ejemplo 4.18. Calcule Lt−1/2
.
Solucion. Se tiene L t−1/2 = Γ(1/2)
s1/2=
√π
s1/2=
√π
s.
Ejemplo 4.19. Halle L sen√t
Solucion. Usando la serie sen x =∞∑
n=0
(−1)nx2n+1
(2n+ 1)!con x = t1/2 se tiene
L sen√t =
∞∑
n=0
(−1)n(2n+ 1)!
L tn+1/2 =∞∑
n=0
(−1)n(2n+ 1)!
Γ(n+ 1/2 + 1)
sn+1/2+1
=∞∑
n=0
(−1)n(2n+ 1)!
1 · 3 · . . . · (2n+ 1)
2n+1
√π
sn+3/2
=∞∑
n=0
(−1)n(2n+ 1)!
1 · 2 · 3 · 4 · . . . · 2n · (2n+ 1)
(2n · n!)2n+1
√π
sn+3/2
=∞∑
n=0
(−1)n
(2n+ 1)!
(2n+ 1)!
(2n · n!)2n+1
1
sn+1
√π
s
=1
2s
√π
s
∞∑
n=0
(−1)n 1
(4s)n=
1
2s
√π
se−1/4s
La funcion Beta.
Definicion 4.2.2. Para m > 0, n > 0, la funcion Beta esta definida por
B(m,n) =
∫ 1
0
um−1(1− u)n−1 du; 0 < u < 1.
Algunas de las propiedades de la funcion Beta son
1. B(m,n) =Γ(m)Γ(n)
Γ(m+ n)
2.
∫ π/2
0
sen2m−1 θ cos2n−1 θ dθ =1
2B(m,n)
123
CAPITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Ejemplo 4.20. B(14, 34) =
Γ(14)Γ(3
4)
Γ(1)=
π
sen (π/4)= π√2
Ejemplo 4.21. Calcule
∫ π/2
0
1√tan θ
dθ
Solucion.
∫ π/2
0
1√tan θ
dθ =
∫ π/2
0
sen1/2 θ cos−1/2 θ dθ =1
2B
(1
4,3
4
)
=π√2
2.
Definicion 4.2.3 (Convolucion). Sean f(t) y g(t) funciones continuas por
partes en [0,∞). La convolucion de f y g, que se denota f ∗g, se define como
(f ∗ g)(t) =∫ t
0
f(τ)g(t− τ)dτ.
Ejemplo 4.22. Halle t2 ∗ t.
Solucion.
t2 ∗ t =∫ t
0
τ 2(t− τ)dτ =
∫ t
0
(tτ 2 − τ 3)dτ = tτ 3
3
∣∣∣∣
t
0
− τ 4
4
∣∣∣∣
t
0
=t4
3− t4
4=t4
12.
Ejemplo 4.23. Halle t ∗ sen t
Solucion.
t ∗ sen t =∫ t
0
τ sen(t− τ)dτ = τ cos(t− τ)∣∣∣
t
0−∫ t
0
cos(t− τ) dτ
= t+ sen(t− τ)∣∣∣
t
0= t− sen t.
Propiedades de la convolucion.
Sean f y g funciones continuas por partes en [0,∞). Entonces
1. f ∗ g = g ∗ f
2. f ∗ (g + h) = f ∗ g + f ∗ h
3. (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h)
4. f ∗ 0 = 0
124
4.3. TRANSFORMADA INVERSA
Teorema 4.2.1 (Teorema de convolucion). Sean f y g funciones con-
tinuas por partes en [0,∞) y F (s) = L f(t), G(s) = L g(t). Entonces
L f ∗ g = F (s)G(s).
4.3. Transformada inversa
Definicion 4.3.1. Sea F (s) = L f(t), entonces la transformada inversa
de F (s) es L −1F (s) = f(t).
F (s) L −1 F (s) F (s) L −1 F (s)
1.1
sα+1, α > −1
tα
Γ(α + 1)4.
s
s2 + k2, s > 0 cos kt
2.1
s− a, s > a eat 5.1
s2 − k2 , s > k1
ksenh kt
3.1
s2 + k2, s > 0
1
ksen kt 6.
s
s2 − k2 , s > k cosh kt
Tabla 4.3. Lista basica de transformadas inversas
La transformada inversa de una funcion tambien es una tranformacion lineal
y por tanto, satisface propiedades similares a la transformada de Laplace.
Ejemplo 4.24.
L−1
4
s2− s+ 4
s2 + 4
= L−1
4
s2
−L−1
s
s2 + 4
−L−1
4
s2 + 4
= 4t− cos 2t− 2 sen 2t
Calculo de transformadas inversas
Descomposicion en fracciones parciales.
Hay una forma de determinar los coeficientes en la descomposicion en frac-
ciones parciales, en el caso especial cuando F (s) =P (s)
Q(s), donde P y Q son
125
CAPITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE
polinomios y grado(P ) < grado(Q) = n. Consideraremos algunos casos, pero
omitiremos las pruebas.
Caso 1. Q es un producto de factores lineales distintos. Es decir,
Q(s) = (s− a1)(s− a2) . . . (s− an).
Entonces existen constantes A1 , A2 , . . . , An tales que
F (s) =P (s)
(s− a1)(s− a2) . . . (s− an)=
A1
s− a1
+A2
s− a2
+ · · ·+ Ans− an
,
donde
Ak = lıms→a
k
(s− ak)F (s) = (s− a
k)F (s)
∣∣∣s=a
k
; k = 1, 2, . . . , n
Ejemplo 4.25. Halle L −1
1
s2 − 3s+ 2
.
Solucion. Mediante fracciones parciales se tiene
F (s) =1
s2 − 3s+ 2=
1
(s− 2)(s− 1)=
A
s− 2+
B
s− 1,
donde
A = (s−2)F (s)∣∣∣∣s=2
=1
s− 1
∣∣∣∣s=2
= 1, B = (s−1)F (s)∣∣∣∣s=1
=1
s− 2
∣∣∣∣s=1
= −1.
Luego,
L−1
1
s2 − 3s+ 2
= L−1
1
s− 2
−L−1
1
s− 1
= e2t − et.
Caso 2. s = a es una raız real de Q de multiplicidad n. Es decir,
Q(s) = (s− a)n.
Entonces existen constantes A1 , A2 , . . . , An tales que
F (s) =P (s)
(s− a)n =A1
s− a +A2
(s− a)2 + · · ·+ An(s− a)n ,
126
4.3. TRANSFORMADA INVERSA
donde
An−k =1
k!P (k)(a); k = 0, 1, 2, . . . , n− 1. (4.2)
Para el caso de raıces complejas y combinacion de casos, se puede usar el
metodo de evualacion numerica o el metodo algebraico junto con el de Heavi-
side, cuando este sea aplicable1.
Ejemplo 4.26. Halle L −1
s2 + 3s+ 3
(s+ 2)3
.
Solucion. Tenemos que P (s) = s2 + 3s + 3, P ′(s) = 2s + 3 y P ′′(s) = 2.
Luego
F (s) =A
s+ 2+
B
(s+ 2)2+
C
(s+ 2)3,
donde
C = P (−2) = 1, B = P ′(−2) = −1, A =1
2P ′′(−2) = 1.
Entonces,
L−1
s2 + 3s+ 3
(s+ 2)3
= L−1
1
s+ 2
−L−1
1
(s+ 2)2
+ L−1
1
(s+ 2)3
= e−2t − te−2t +1
2t2e−2t.
Ejemplo 4.27. Halle L −1
2s2
(s+ 1)(s2 + 1)
Solucion.
F (s) =2s2
(s+ 1)(s2 + 1)=
A
s+ 1+Bs+ C
s2 + 1,
donde
A = (s+ 1)F (s)
∣∣∣∣s=−1
=2s2
s2 + 1
∣∣∣∣s=−1
= 1.
Para determinar B y C usaremos evaluacion numerica y numeros complejos:
s = i : (s2 + 1)F (s)∣∣∣s=i
=2s2
s+ 1
∣∣∣s=i
= Bi+ C
1Para mas detalles ver, Martınez Alejandro. Descomposicion en fracciones parciales.
Revista Scientia et Technica No 31. Universidad Tecnologica de Pereira. Pereira 2006.
127
CAPITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE
=−2i+ 1
= Bi+ C ⇒ i− 1 = Bi+ C.
De ahı, B = 1 y C = −1. Por lo tanto,
L−1
2s2
(s+ 1)(s2 + 1)
= L−1
1
s+ 1
+ L−1
s
s2 + 1
−L−1
1
s2 + 1
= e−t + cos t− sen t.
Ejemplo 4.28. Calcule L −1
2s3 + 4s− 2
s4 − 1
.
Solucion.
F (s) =2s3 + 4s− 2
s4 − 1=
2s3 + 4s− 2
(s2 − 1)(s2 + 1)=As+ B
s2 − 1+Cs+D
s2 + 1
Para este ejemplo usaremos el metodo algebraico. Multiplicando en ambos
lados por (s2 − 1)(s2 + 1) se tiene
(As+ B)(s2 + 1) + (Cs+D)(s2 − 1) = 2s3 + 4s− 2
(A+ C)s3 + (B +D)s2 + (A− C)s+ B −D = 2s3 + 4s− 2
Al igualar coeficientes tenemos el siguiente sistema lineal
A+ C = 2 B +D = 0
A− C = 4 B −D = −2
Al resolver obtenemos A = 3, B = −1, C = −1, D = 1. Por lo tanto,
f(t) = L−1
2s3 + 4s− 2
s4 − 1
= L−1
s
s2 − 1
+ L−1
3
s2 − 1
+ L−1
1
s2 + 1
+ L−1
1
s2 + 1
= − cosh t+ 3 senh t+ cos t+ sen t
128
4.3. TRANSFORMADA INVERSA
Usando L −1F (n)(s)
= (−)ntnf(t)
Ejemplo 4.29. Halle L −1
lns− 1
s+ 2
Solucion. Sea F (s) = lns− 1
s+ 2= ln (s− 1)− ln (s+ 2), entonces
F ′(s) =1
s− 1+
1
s+ 2.
al tomar transformada inversa en ambos lados se tiene
L−1 F ′(s) = L
−1
1
s− 1
−L−1
1
s+ 2
= et − e−2t
−tf(t) = et − e−2t
Por lo tanto, f(t) =e−2t − et
t.
Ejemplo 4.30. Encuentre una funcion y tal que
y′(t) = 1 +
∫ t
0
y(u)du; y(0) = 0.
Solucion. Sea Y (s) = L y(t). Aplicando transformada de Laplace en
ambos lados se tiene
L y′(t) = L 1+ L
∫ t
0
y(u)du
sY (s)−
*
0y(0) =
1
s+Y (s)
s,
de donde
Y (s) =1
s2 − 1.
Por lo tanto, y(t) = L −1 Y (s) = senh t.
Ejemplo 4.31. Resolver el siguiente PVI
ty′′(t) + (1− t)y′(t) + y(t) = 0, y(0) = 1.
129
CAPITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Solucion. Sea Y (s) = L y(t). Entonces
L ty′′(t)+ L (1− t)y′(t)+ L y(t) = 0
− d
dsL y′′(t)+ L y′(t) − (−1) d
dsy′(t)+ Y (s) = 0
− d
ds[s2Y (s)− sy(0)− y′(0)] + sY (s)−
*
1y(0) +
d
ds[sY (s)− y(0)] + Y (s) = 0
d
ds[s2Y (s)− sy(0)− y′(0)]− d
ds[sY (s)− y(0)]− sY (s)− Y (s) + 1 = 0
s2Y ′(s) + 2sY (s)−
*
1y(0)− sY ′(s)− Y (s)− sY (s)− Y (s) + 1 = 0
(s2 − s)Y ′(s) + (s− 2)Y (s) = 0
Al separar variables e integrar se tiene
∫dY
Y+
∫s− 2
s(s− 1)ds = C
lnY +
∫ [2
s− 1
s− 1
]
ds = C
lnY + ln s2 − ln(s− 1) = lnC1
lns2Y
s− 1= lnC1
s2Y
s− 1= C1
Y (s) =C1(s− 1)
s2= C1
[1
s− 1
s2
]
.
Luego, y(t) = L −1Y (s) = C1(1− t). Como y(0) = 1, entonces C1 = 1. Por
lo tanto, y(t) = 1− t.
Teorema 4.3.1 (Teorema de convolucion). Sean f y g funciones con-
tinuas por partes en [0,∞) y F (s) = L f(t), G(s) = L g(t). Entonces
L−1F (s)G(s) = f ∗ g.
Ejemplo 4.32. Halle L −1
1
s2(s2 + 1)
130
4.4. LOS TEOREMAS DE TRASLACION
Solucion. Se podrıa resolver por fracciones parciales, pero usaremos la forma
inversa del teorema de convolucion.
L−1
1
s2(s2 + 1)
= L−1
1
s2· 1
s2 + 1
= t ∗ sen t = t− sen t
4.4. Los teoremas de traslacion
Teorema 4.4.1 (Primer teorema de traslacion). Si F (s) = L f(t) ya es un numero real, entonces
L eatf(t) = F (s− a) = F (s)∣∣∣s→s−a
,
donde s→ s− a significa que se reemplaza s en F (s) por s− a.
La forma inversa del primer teorema de traslacion es: Si F (s) = L f(t) ya es un numero real, entonces
L−1f(t)F (s− a) = L
−1
F (s)∣∣∣s→s−a
= eatf(t),
Ejemplo 4.33. Evalue
a) L t3e−2t b) L e3t cos 2t
Solucion.
a) L t3e−2t = L t3∣∣∣s→s+2
=3!
s4
∣∣∣s→s+2
=6
(s+ 2)4
b) L e3t cos 2t = L cos 2t∣∣∣s→s−3
=s
s2 + 4
∣∣∣s→s−3
=s− 3
(s− 3)2 + 4
Ejemplo 4.34. Evalue L −1
s
s2 − 4s+ 5
.
131
CAPITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Solucion.
L−1
s
s2 − 4s+ 5
= L−1
s
(s− 2)2 + 1
= L−1
s− 2 + 2
(s− 2)2 + 1
= L−1
s
s2 + 1
∣∣∣∣s→s−2
+ L−1
2
s2 + 1
∣∣∣∣s→s−2
= e2t[cos t+ 2 sen t].
Ejemplo 4.35. Halle L −1
s
s2 − 6s+ 5
.
Solucion. Se podrıa resolver mediante fracciones parciales, pero lo haremos
completando cuadrados
L−1
s
s2 − 6s+ 5
= L−1
s
(s− 3)2 − 4
= L−1
s− 3 + 3
(s− 3)2 − 4
= L−1
s
s2 − 4
∣∣∣∣s→s−3
+3
2L
−1
2
s2 − 4
∣∣∣∣s→s−3
= e3t[cosh 3t+ 32sen 3t].
Funcion escalon unitario o funcion de Heaviside.
Definicion 4.4.1. Para a ≥ 0 se define la funcion escalon unitario
U (t−a) =
0, si 0 ≤ t < a
1, si t ≥ a ax
1
y
Es de anotar que se ha definido la funcion escalon unitario solo para t ≥ 0, ya
que es todo lo que interesa al estudiar transformada de Laplace. En sentido
mas amplio, U (t− a) = 0 para t < 0
Ejemplo 4.36. Realice la grafica de
a) U (t) b) U (t− 3)
132
4.4. LOS TEOREMAS DE TRASLACION
Solucion.
1
2
−11 2−1
t
y
1
2
−11 2 3 4 5−1
t
y
Figura 4.3. Graficas de U (t) y U (t− 3)
Funciones a trozos en terminos de funciones escalon unitario.
La funcion escalon unitario tiene la propiedad de “encender” o “apagar”
funciones.
1. “Encendido” de funciones: la funcion escalon unitario puede usarse para
“encender” funciones a a partir de un valor de a. Cuando se multiplica
una funcion g(t) definida para t ≥ 0 por la funcion escalon unitario
U (t− a), se anula la parte de la grafica de dicha funcion en [0, a) y se
“enciende” a partir de a, como lo muestra la figura 4.4(a).
2. “Apagado” de funciones: la funcion escalon unitario tambien se usa
para “apagar” funciones a partir de un valor a, como se ilustra en la
figura 4.4(b).
y=g(t)
a
y
t
(a) f(t) = g(t)U (t− a)
y =g(t
)
a
y
t
(b) f(t) = g(t)(1−U (t− a)
)
Figura 4.4. Encendido y apagado de funciones
133
CAPITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Por ejemplo, la funcion
f(t) =
g(t), 0 ≤ t < a
h(t), t ≥ a
es equivalente a
f(t) = g(t)− g(t)U (t− a) + h(t)U (t− a).
De manera similar, una funcion de la forma
f(t) =
0, 0 ≤ t < a
g(t), a ≤ t < b
0, t ≥ b
es equivalente a
f(t) = g(t)[U (t− a)−U (t− b)].Ejemplo 4.37. Expresar en terminos de funciones escalon unitario
a) f(t) =
2t, 0 ≤ t < 1
0, t ≥ 1b) g(t) =
2t, 0 ≤ t < 1
3− t, 1 ≤ t < 3
0, t ≥ 3
Solucion.
a) f(t) = 2t− 2tU (t− 1)
b) g(t) = 2t− 2tU (t− 1) + (3− t)U (t− 1)− (3− t)U (t− 3)
= 2t− 3(t− 1)U (t− 1) + (t− 3)U (t− 3)
1
2
−11 2−1
t
y
1
2
−11 2 3 4 5−1
t
y
Figura 4.5. Graficas de f(t) y g(t)
134
4.4. LOS TEOREMAS DE TRASLACION
Ejemplo 4.38. L U (t− a) =∫ ∞
a
e−stdt = −1
se−st
∣∣∣∣
∞
a
=e−as
s, s > 0
Ejemplo 4.39. Trace la grafica de f(t) = cos (t− π)U (t− π)
Solucion. f(t) =
0, 0 ≤ t < π
cos (t− π), t ≥ π. Pero cos (t− π) = − sen t.
Luego
f(t) =
0, 0 ≤ t < π
− sen t, t ≥ π.
y
t
1
−1π 2π 3π
Figura 4.6. Grafica de f(t) = cos(t− π)U (t− π)
Teorema 4.4.2 (Segundo teorema de Traslacion). Si F (s) = L f(t),entonces
L f(t− a)U (t− a) = e−asF (s).
La forma inversa del segundo teorema de traslacion es: Si F (S) = L f(t),entonces
L−1e−asF (s− a) = f(t− a)U (t− a) = f(t)
∣∣∣t→t−a
U (t− a)
Ejemplo 4.40. L cos(t− π)U (t− π) = se−πs
s2 + 1
Ejemplo 4.41. Calcule L t2U (t− 1).
135
CAPITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Solucion. No podemos aplicar el Teorema 4.4.2 directamente, puesto que la
funcion a transformar no esta en la forma requerida. Mediante un pequeno
ajuste se tiene
L t2U (t− 1) = L (t− 1 + 1)2U (t− 1)= L [(t− 1)2 + 2(t− 1) + 1]U (t− 1)= e−sL t2+ 2e−sL t+ L U (t− 1)
=2e−s
s3+
2e−s
s2+e−s
s=e−s
s
[2
s2+
2
s+ 1
]
.
Para evitar hacer esto en cada funcion que no este en la forma requerida,
damos una forma alternativa del segundo teorema de traslacion.
Corolario 3 (Forma alternativa del segundo teorema de traslacion).
Si F (s) = L f(t), entonces L f(t)U (t− a) = e−asL f(t+ a).
Ejemplo 4.42. Halle L sen 2tU (t− π
Solucion. Usando la forma alternativa del segundo teorema de traslacion se
tiene
L sen 2tU (t− π) = e−πsL sen 2(t+ π)= e−πsL sen 2t:
1cos 2π + cos 2t:
0sen 2π
= e−πsL sen 2t = 2e−πs
s2 + 4.
Ejemplo 4.43. Halle L [[t]], donde [[ ]] denota la funcion parte entera,
tambien conocida como funcion piso.
Solucion. Recordemos que [[t]] = n si n ≤ x < n+ 1 para n = 0, 1, 2, . . .. En
terminos de funciones escalon unitario se tiene
[[t]] = U (t− 1) + U (t− 2) + U (t− 3) + · · · =∞∑
n=1
U (t− n)
Luego
136
4.4. LOS TEOREMAS DE TRASLACION
L [[t]] =∞∑
n=1
L U (t− n)
=∞∑
n=1
e−ns
s︸ ︷︷ ︸
Serie geometrica
=e−s
s
[1
1− e−s]
=1
s(es − 1)
5
1
2
3
−11 2 3 4−1
t
y
Figura 4.7. Funcion escalera
Ejemplo 4.44. Halle L −1
e−2s
s2 + 2
.
Solucion.
L−1
e−2s
s2 + 2
=1√2
[
sen (√2 t)∣∣∣t→t−2
]
U (t− 2)
=1√2sen[√2(t− 2)]U (t− 2).
Ejemplo 4.45. Resolver el PVI: y′′(t) + y(t) = f(t) donde
f(t) =
1, 0 ≤ t < π
0, t ≥ π; y(0) = 0, y′(0) = 1.
Solucion. Sea Y (s) = L y(t). En terminos de funciones escalon unitario
se tiene que f(t) = 1−U (t− π). Luego
L y′′(t) + y(t) = L f(t)
s2Y (s)− s*
0y(0)−
*
1
y′(0) + Y (s) =1
s− e−πs
s
(s2 + 1)Y (s) = 1 +1
s− e−πs
s
Y (s) =1
s2 + 1+
1
s(s2 + 1)− e−πs
s(s2 + 1).
137
CAPITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Al aplicar transformada inversa y las propiedades se tiene
y(t) = L−1Y (s) = 1 + sen t− cos t− [1− cos(t− π)] U (t− π)
=
1 + sen t− cos t, 0 ≤ t < π
sen t− 2 cos t, t ≥ π(Verifique esta respuesta).
t
x
−2
−1
1
2
π2
π 3π2
2π 5π2
3π
Figura 4.8. Grafica de la solucion del ejemplo 4.45
4.5. Funciones periodicas
Definicion 4.5.1. Una funcion f(t) es periodica con periodo T > 0 si
f(t+ T ) = f(t),
para todo t en el dominio de f .
T 2T 3T 4Tt
y
Amplitu
d
Periodo
A
TgT(t)
A
Figura 4.9. Funcion periodica
138
4.5. FUNCIONES PERIODICAS
Ejemplo 4.46. f(t) = sen t es una funcion periodica de periodo T = 2π.
t
y
−1
1
π2
π 3π2
2π 5π2
3π
Figura 4.10. Grafica de y = sen t
Ejemplo 4.47. f(t) =
1, 0 ≤ t < 1
0, 1 < t ≤ 2; f(t+ 2) = f(t).
1
2
−1
1 2 3 4 5−1t
y
Figura 4.11. Onda cuadrada
Nota. Es conveniente introducir una notacion para la version “enmarcada”
de una funcion periodica, como se ilustra en la Fig 4.9
gT(t) =
f(t), 0 ≤ t < T
0, en otro caso
La transformada de Laplace de gT(t) es
GT(s) =
∫ ∞
0
e−stgT(t)dt =
∫ T
0
e−stf(t)dt.
139
CAPITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Teorema 4.5.1. Si f(t) es periodica con periodo T , es continua por partes
en [0,∞) y de orden exponencial, entonces
L f(t) = GT(s)
1− e−Ts .
Demostracion. Observe que f(t) puede escribirse como una suma de copias
trasladadas de su version enmarcada
f(t) = gT(t) + g
T(t− T )U (t− T ) + g
T(t− 2T )U (t− 2T ) · · ·
=∞∑
n=0
gT(t− nT )U (t− nT ).
Por lo tanto,
L f(t) =∞∑
n=1
L gT(t− nT )U (t− nT )
=∞∑
n=0
e−nTsGT(s) = G
T(s)
∞∑
n=0
e−nTs =G
T(s)
1− e−Ts ,
puesto que∞∑
n=0
e−nTs es una serie geometrica con razon r = e−Ts.
Ejemplo 4.48. Determine la transformada de Laplace de la funcion onda
cuadrada del ejemplo 4.47.
Solucion. Se tiene que gT(t) = 1−U (t− 1), T = 2.
GT(s) = L g
T(t) = L 1−U (t− 1) = 1
s− e−s
s=
1− e−ss
.
Por lo tanto
L f(t) = GT(s)
1− e−2s=
1− e−ss(1− e−2s)
=1
s(1 + e−s).
Ejemplo 4.49. Halle L f(t) para
f(t) =
sen t, 0 ≤ t < π
0, π ≤ t < 2π; f(t+ 2π) = f(t).
140
4.5. FUNCIONES PERIODICAS
t
y
−1
1
π2
π 3π2
2π 3π5π2
Figura 4.12. Rectificacion media de onda seno
Solucion. En este caso se tiene gT(t) = sen t− sen tU (t− π) y el periodo
es T = 2π. Luego
L gT(t) = L sen t− sen tU (t− π) = L sen t −L sen tU (t− π)
=1
s2 + 1− e−πsL sen (t+ π)
=1
s2 + 1+
e−πs
s2 + 1=
1 + e−πs
s2 + 1= G
T(s).
Por lo tanto
L f(t) = GT(s)
1− e−2πs=
1 + e−πs
(s2 + 1)(1− e−2πs)=
1
(s2 + 1)(1− e−πs) .
Ejemplo 4.50. Resolver x′′(t) + x(t) = f(t); x(0) = 0, x′(0) = 1, donde
f(t) =
sen t, 0 ≤ t < π
0, t ≥ π
Solucion. En el ejemplo 4.49 se encontro que F (s) = L f(t) = 1 + e−πs
s2 + 1.
Luego, L x′′(t) + x(t) = L f(t). Ası,
s2X(s)− s*
0x(0)−
*
1
x′(0) +X(s) =1 + e−πs
s2 + 1
(s2 + 1)X(s) = 1 +1 + e−πs
s2 + 1
X(s) =1
s2 + 1+
1 + e−πs
(s2 + 1)2
141
CAPITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE
=1
s2 + 1+
1
(s2 + 1)2+
e−πs
(s2 + 1)2
De donde,
x(t) = L−1X(s) = L
−1
1
s2 + 1
+ L−1
1
(s2 + 1)2
+ L−1
e−πs
(s2 + 1)2
= sen t+ sen t ∗ sen t+ sen t ∗ sen t∣∣∣t→t−π
U (t− π) ←− Ejercicio 4d
= sen t+1
2(sen t− t cos t) + 1
2[sen(t− π)− (t− π) cos(t− π)] U (t− π)
Equivalentemente
x(t) =
32sen t− 1
2t cos t, 0 ≤ t < π
sen t− π2cos t, t ≥ π
t
x
−2
−1
1
2
π2
π 3π2
2π 5π2
3π
Figura 4.13. Grafica de la solucion del ejemplo 4.50
Ejemplo 4.51. Resuelva la ecuacion integro–diferencial
y′(t) = t+ 2
∫ t
0
et−τy(τ)dτ , y(0) = 1.
Solucion. La ecuacion se puede escribir como y′(t) = t + 2et ∗ y(t). SeaY (s) = L y(t) . Entonces al aplicar transformada de Laplace y despejar
Y (s) se tiene
sY (s)− 1 =1
s2+ 2Y (s)
1
s− 1
142
4.6. FUNCION DELTA DE DIRAC
[
s− 2
s− 1
]
Y (s) = 1 +1
s2
s2 − s− 2
s− 1Y (s) =
s2 + 1
s2
Al despejar y usar fracciones parciales, se tiene
Y (s) =(s− 1)(s2 + 1)
s2(s+ 1)(s− 2)
=1/2
s2− 3/4
s+
4/3
s+ 1+
5/12
s− 2
de donde,
y(t) = L−1Y (s) = 1
2t− 3
4+ 4
3e−t + 5
12e2t.
1
2
3
4
5
1 2−1t
y
Figura 4.14. Grafica de la solucion del ejemplo 4.51
4.6. Funcion delta de Dirac
Impulso unitario. Con frecuencia, en los sistemas mecanicos, circuitos
electricos, doblamiento de vigas y otras aplicaciones actuan fuerzas exter-
nas (o fem sobre circuitos) de gran magnitud solo durante un lapso muy
143
CAPITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE
breve de tiempo. Por ejemplo, el golpe de un martillo ejerce una fuerza muy
grande durante un intervalo de tiempo relativamente muy corto, y un gran
peso concentrado en un punto de una viga suspendida ejerce una fuerza de
gran magnitud sobre una seccion muy pequena de la viga. Para trabajar
con fuerzas violentas o de breve duracion, los fısicos y los ingenieros usan la
funcion delta introducida por Paul M. Dirac. La funcion
δa(t− t0) =
0, si 0 ≤ t < t0 − a1
2a, si t0 ≤ t < t0 + a
0, si t ≥ t0 + a
(4.3)
para a > 0, t0 > 0, podrıa servir como modelo matematico de este tipo de
fuerzas. Para valores pequenos de a, δa(t− t0) es, esencialmente, una funcion
constante de gran magnitud que se encuentra “encendida” solo durante un
lapso muy pequeno, alrededor de t0 . Esta funcion δa(t− t0) se llama impulso
unitario porque tiene la propiedad de integracion∫ ∞
−∞δa(t− t0)dt = 1
t
y
12a
t0 − a t0 t0 + a
12a
t0 − a t0 t0 + at
y
Figura 4.15. Funcion impulso unitario δa(t− t0)
Esta idea ha llevado a algunos ingenieros y fısicos a pensar en una funcion
lımite, denotada por δ(t− t0), aproximada por δa(t− t0) cuando a→ 0. Esta
funcion lımite ha sido llamada la funcion delta de Dirac. Es decir
δ(t− t0) = lıma→0
δa(t− t0).
144
4.6. FUNCION DELTA DE DIRAC
Esta ultima expresion se puede caracterizar por las condiciones:
1. δ(t− t0) =
∞, si t = t0
0, si t 6= t02.
∫ ∞
0
δ(t− t0)dt = 1.
Ademas satisface la propiedad (propiedad cernidora)
3.
∫ ∞
0
δ(t− t0)f(t0)dt = f(t0), para cualquier funcion continua f definida
en [0,∞).
Es claro que δ(t− t0) no es una funcion en el sentido usual; en realidad, es un
ejemplo de lo que se llama funcion generalizada o distribucion. A pesar de
este inconveniente, la funcion delta de Dirac fue utilizada con exito durante
varios anos para resolver varios problemas de fısica e ingenierıa antes que
Laurent Schwarz justificara matematicamente su uso.
Ejemplo 4.52. Halle L δa(t− t0).
Solucion. Podemos escribir δa(t− t0) = 12a[U (t− (t0−a))−U (t− (t0 +a))].
Luego
L δa(t− t0) =1
2aL U (t− (t0 − a))−U (t− (t0 + a))
=1
2a
[e−(t0−a)s
s− e(t0+a)s
s
]
=e−t0s
as
[eas − e−as
2
]
= e−t0ssenh as
as.
Ejemplo 4.53. Halle L δ(t− t0).
Solucion. Al tomar lımites en el ejemplo anterior se tiene
L δ(t− t0) = lıma→0+
L δa(t− t0) = e−t0s lıma→0+
[senh as
as
]
= e−t0s.
Ası, D(s) = L δ(t) = 1, lo cual muestra que δ(t) no es una funcion en el
sentido usual, ya que lıms→∞
D(s) = 1 6= 0.
145
CAPITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Ejemplo 4.54. Resolver x′′(t) + x(t) = δ(t− π); x(0) = 1, x′(0) = 0.
Solucion. Al aplicar transformada de Laplace se tiene
L x′′(t) + x(t) = L δ(t− π)
s2X(s)− s*
1x(0)−
*
0
x′(0) +X(s) = e−πs
(s2 + 1)X(s) = s+ e−πs
X(s) =s
s2 + 1+
e−πs
s2 + 1.
Luego
x(t) = L−1X(s) = cos t+ sen(t− π)U (t− π).
En forma equivalente, teniendo en cuenta que sen(t− π) = − sen t.
x(t) =
cos t, 0 ≤ t < π
cos t− sen t, t ≥ π.
t
x
−1
1
π2
π 3π2
2π 5π2
3π
Figura 4.16. Grafica de la solucion del ejemplo 4.54
4.7. Funcion de transferencia
La funcion de transferencia H(s) de un sistema lineal es el cociente entre la
transformada de Laplace de la funcion de salida y(t), y la transformada de
Laplace de la funcion de entrada g(t), en el supuesto que todas las condiciones
iniciales se anulan. Es decir, H(s) = Y (s)/G(s).
146
4.7. FUNCION DE TRANSFERENCIA
Ası por ejemplo, si el sistema lineal es controlado por la ecuacion diferencial
ad2y
dt+ b
dy
dt+ cy = g(t) (4.4)
donde a, b y c son constantes, la funcion de transferencia se puede calcular
como sigue.
Aplicando transformada de Laplace en ambos lados de (4.4) se obtiene
a[s2Y (s)− sy(0)− y′(0)] + b[sY (s)− y(0)] + cY (s) = G(s)
Como se ha supuesto que las condiciones iniciales se anula, la ecuacion se
reduce a
(as2 + bs+ c)Y (s) = G(s)
De este modo, la funcion de transferencia de la ecuacion (4.4) es
H(s) =Y (s)
G(s)=
1
as2 + bs+ c(4.5)
Observe la similitud de estos calculos con los correspondientes para hallar la
ecuacion auxiliar de la ecuacion homogenea asociada a (4.4). En efecto, el
primer paso para invertir
H(s) =1
as2 + bs+ c
es hallar las raıces del denominador as2+ bs+ c, que es equivalente a resolver
la ecuacion caracterıstica para (4.4). La funcion h(t) = L −1H(s) es la
funcion de respuesta al impulso unitario para el sistema; este nombre proviene
del hecho de que describe la solucion al golpear un sistema masa – resorte con
un martillo. Tambien se puede caracterizar h(t) como la solucion al problema
homogeneo
ah′′(t) + bh′(t) + ch(t) = 0, h(0) = 0, h′(0) = 1/a. (4.6)
Al calcular la transformada de Laplace de la ecuacion (4.6) se tiene
a[s2H(s)− sh(0)− h′(0)] + b[sH(s)− h(0)] + cH(s) = 0
147
CAPITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Al sustituir las condiciones iniciales y despejas H(s) se tiene
H(s) =1
as2 + bs+ c.
que es igual a la formula para la funcion de transferencia dada en (4.5).
Una caracterıstica importante de la funcion de respuesta al impulso h es que
ayuda a describir la solucion del problema general con valores iniciales
ay′′(t) + by′(t) + cy(t) = g(t), y(x0) = y0 , y′(x0) = y1 (4.7)
Por el analisis de la ecuacion (4.4) se puede ver que la convolucion h ∗ g es
la solucion de (4.7) en el caso particular en el que las condiciones iniciales se
anulan (es decir, y0 = y1 = 0). Para trabajar con condiciones no nulas, sea yh
la solucion del problema homogeneo con valores iniciales correspondientes;
es decir, yhes solucion de
ay′′(t) + by′(t) + cy(t) = 0, y(x0) = y0 , y′(x0) = y1 (4.8)
De esta manera, la solucion deseada del problema general con valores iniciales
(4.7) debe ser h ∗ g + yh. El principio de superposicion implica que, como
h ∗ g es una solucion de la ecuacion (4.4) y yhes una solucion de la ecuacion
homogenea correspondiente, entonces h∗g+yhes una solucion de la ecuacion
(4.4). Ademas, como h ∗ g tiene condiciones iniciales nulas,
(h ∗ g)(0) + yh(0) = y0
(h ∗ g)′(0) + y′h(0) = y1
Las anteriores observaciones se resumen en el siguiente teorema.
Teorema 4.7.1. Sea I un intervalo que contiene al origen. La solucion unica
del problema con valores iniciales (4.7), donde g es continua en I, esta dada
por
y(t) = h ∗ g + yh
(4.9)
donde h es la funcion de respuesta al impulso para el sistema y yhes la
solucion unica de (4.8).
148
4.7. FUNCION DE TRANSFERENCIA
Funcion Transformada
1. tαΓ(α + 1)
sα+1, α > −1
2. tneat; n = 0, 1, 2, . . .n!
(s− a)n+1
3. sen btb
s2 + b2
4. cos bts
s2 + b2
5. senh btb
s2 − b2
6. cosh bts
s2 − b2
7.
∫ t
0
· · ·∫ t
0
f(τ) dτnF (s)
sn; n = 1, 2, . . .
8. f (n)(t) snF (s)− sn−1f ′(0)− · · · − f (n−1)(0)
9. eatf(t) F (s− a)
10. U (t− a) e−as
s
11. f(t− a)U (t− a) e−asF (s)
12. tnf(t) (−1)nF (n)(s)
13.f(t)
tn
∫ ∞
s
· · ·∫ ∞
s
F (u) dun
14. (f ∗ g)(t) F (s)G(s)
15. Periodica f(t)
∫ T
0e−stf(t) dt
1− e−Ts
16. δ(t− t0) e−t0s
Tabla 4.4. Lista ampliada de transformadas
149
CAPITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE
4.8. Ejercicios
1. Usando la definicion calcule L f(t)
a) f(t) =
1− t, 0 ≤ t < 1
0, t ≥ 1b) f(t) =
0, 0 ≤ t < π/2
cos t, t ≥ π/2
2. Muestre que
a) L ta = Γ(a+ 1)
sa+1para a > −1.
b) Γ(n+ 12) =
1 · 3 · 5 · . . . · (2n− 1)
2n√π, n = 1, 2, . . .
3. Usando propiedades halle L f(t)
a) f(t) = (t+ e−t)2 b) f(t) = e2t cos2 t
c) f(t) = t2 sen 2t d) f(t) = te−2t cos 2t
e) f(t) = sen 3t cos 2t f ) f(t) = cos 3t cos 2t
g) f(t) = sen 3t sen 2t h) f(t) =1− cos t
t2
i) f(t) =
t, 0 ≤ t < 1
0, 1 ≤ t < 2; f(t+ 2) = f(t)
j ) f(t) =
t, 0 ≤ t < 1
2t− t2, 1 ≤ t < 2
0, t ≥ 2
k) f(t) = |sen t|
l) f(t) =
∫ ∞
0
e−tu2
du
m) f(t) =
sen t, 0 ≤ t < π/2
sen t+ cos t, t ≥ π/2
n) f(t) =1 + t− et
t2n) f(t) =
∫ ∞
t
cos u
udu
o) f(t) =cos√t√
tp) f(t) =
∫ ∞
0
u sen tu
u2 + a2du
150
4.8. EJERCICIOS
4. Halle L −1 F (s)
a) F (s) =4s
4s2 + 1b) F (s) =
2s+ 4
s3 + 2s2 − 5s− 6
c) F (s) =s
s3 + 2s2 + 4s+ 8d) F (s) =
1
(s2 + 1)2
e) F (s) =1
s2 − 6s+ 10f ) F (s) =
s+ 1
(s2 + 2s+ 2)2
g) F (s) =e−2s
s2(s− 1)h) F (s) = ln
s2 − 1
s2 − 4
i) F (s) = lns3 + 8
s3 − 8j ) F (s) = e−
√s
5. Calcule f ∗ g. Suponga que a 6= b
a) f(t) = sen at, g(t) = sen at b) f(t) = sen at, g(t) = sen bt
c) f(t) = cos at, g(t) = cos at d) f(t) = cos at, g(t) = cos bt
e) f(t) = sen at, g(t) = cos at f ) f(t) = sen at, g(t) = cos bt
6. Resolver cada uno de los siguientes problemas de valor inicial
a) y′′ − 6y′ + 13y = 0; y(0) = 0, y′(0) = −3
b) y′′(t) + y(t) = f(t); y(0) = 0, y′(0) = 1, donde
f(t) =
0, 0 ≤ t < π/2
cos t, t ≥ π/2.
c) y′ + 2y = f(t), donde f(t) =
t, 0 ≤ t < 1
0, t ≥ 1
d) y′′ + 4y = δ(t− 2π) : y(0) = 1, y′(0) = 0
e) ty′′ + (1− 2t)y′ − 2y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 2
f ) y′ + 6y + 9
∫ t
0
y(u)dy = 1; y(0) = 0
151
CAPITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Aplicaciones
1. Una partıcula de masa 2 gramos se mueve sobre el eje x y es atraıda
hacia el origen con una fuerza numericamente igual a 8x. Si esta ini-
cialmente en reposo en x = 10, hallar su posicion en cualquier tiempo
posterior si
a) No actuan otras fuerzas
b) Actua una fuerza amortiguadora igual a 8 veces su velocidad ins-
tantanea
2. Si en el problema 1 actua una fuerza externa f(t) = F0 cosωt y no hay
fuerza amortiguadora, hallar la posicion de la partıcula en cualquier
instante. Interprete fısicamente los resultados.
3. Desarrolle el problema 2, si
a) f(t) = F0U (t− π2) b) f(t) = F0δ(t)
4. Un inductor de 2 henrys, una resistencia de 16 ohmios y un condensador
de 0.02 faradios se conectan en serie en una f.e.m de E voltios. En t = 0,
tanto la carga del condensador como la corriente del circuito son cero.
Encontrar la carga y la corriente en cualquier instante t > 0 si
a) E = 300 V b) E = 150[1−U (t− π2)] V
5. Una viga en voladizo fija en el extremo x = 0 y libre en el extremo
x = L, soporta una carga w(x) por unidad de longitud dada por
w(x) =
w0 si 0 < x < l/2
0 si L/2 < x < L.. Hallar su deflexion y(x).
6. Una viga tiene empotrados sus extremos en x = 0 y en x = L. En el
punto x = L/3 actua, verticalmente hacia abajo, una carga concentrada
P0 . Hallar la deflexion resultante.
152
Capıtulo 5
Sistemas de ecuaciones
diferenciales
5.1. Introduccion
En los temas precedentes se han estudiado ecuaciones y modelos que con-
ducen a ecuaciones diferenciales unicas. Una sola ecuacion puede describir
una poblacion en un ambiente; pero si hay, por ejemplo, dos especies que
interactuan y compiten en el mismo ambiente, el modelo demografico de sus
poblaciones x(t) y y(t) podrıa ser un sistema de la forma
dx
dt= g1(t, x, y)
dy
dt= g2(t, x, y)
Ejemplo 5.1 (Tanques interconectados). Considere dos tanques como
se muestran en la figura 5.1. Suponga que el tanque A contiene 50 galones de
agua en el que se han disuelto 25 libras de sal y que el tanque B contiene 50
galones de agua pura. El lıquido es bombeado dentro y fuera de los tanques;
la mezcla se intercambia entra ambos y se supone que el lıquido que sale de
B ha recibido una buena agitacion. Se desea formar un modelo matematico
153
CAPITULO 5. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
que describa los numeros x1(t) y x2(t) de libras de sal en los tanques A y B,
respectivamente, en el tiempo t.
Tanque Ax1 (t), 50 galx1 (0) = 25 lb
Tanque Bx2 (t) 50 galx2 (0) = 0 lb
Agua pura, 3gal/min Mezcla, 1 gal/min
Meszcla, 4 gal/min Mezcla, 3gal/min
Figura 5.1. Tanques interconectados
Solucion. Mediante un analisis similar al realizado para un tanque se
procede de la siguiente manera:
Para el tanque A, la tasa neta de cambio de x1(t) es
dx1
dt=
tasa de entrada de la sal︷ ︸︸ ︷
(3 gal/min)(0 lb/gal) + (1 gal/min)(x2
50lb/gal
)
−
tasa de salida de la sal︷ ︸︸ ︷
(4 gal/min)(x1
50lb/gal
)
= − 2
25x1 +
1
50x2
De amanera similar, para el tanque B, la tasa neta de cambio de x−2(t) es:
dx2
dt=
2
25x1 −
2
25x2
De esta manera se obtiene el sistema lineal
dx1
dt= − 2
25x1 −
1
50x2
dx2
dt=
2
25x1 −
2
25x2
Ademas, el sistema tiene las condiciones iniciales x1(0) = 25, x2(0) = 0
Ejemplo 5.2 (Sistemas acoplados masa-resorte). En una superficie hor-
izontal suave (lisa), una masam1 = 2 kg esta unida a una pared fija mediante
154
5.1. INTRODUCCION
un resorte con constante k1 = 4 N/m. Otra masa m2 = 1 kg esta unida al
primer objeto mediante un resorte con constante k2 = 2 N/m. Los objetos
estan alineados en forma horizontal, de modo que los resortes tengan su lon-
gitud natural (ver figura 5.2). Si ambos objetos se desplazan 3 m a la derecha
de sus posiciones de equilibrio y luego se liberan, ¿cuales son las ecuaciones
de movimientos de los dos objetos?
k1 = 4 k1 = 2
2 kg 1 kg
x > 0 y > 0
x = 0 y = 0
k1 = 4 k1 = 2
2 kg 1 kg
x = 3 y = 3
x = 0 y = 0
Figura 5.2. Resortes acoplados
Solucion. Por las hipotesis, las unicas fuerzas que se deben tomar en cuenta
son aquellas inherentes a los propios resortes. De acuerdo con la ley de Hooke,
la fuerza que actua sobre un objeto debido a un resorte tiene una magnitud
proporcional al desplazamiento del resorte a partir de su longitud natural y
una direccion opuesta a su desplazamiento. Es decir, si el resorte se estira o
comprime, entonces trata de regresar a su longitud natural.
Como cada masa se puede mover libremente, se aplica la segunda ley de
Newton a cada objeto. Sea x(t) el desplazamiento (hacia la derecha) de la
masa de 2 kg. A partir de su posicion de equilibrio, y, de manera similar, sea
y(t) el desplazamiento correspondiente a la masa de 1 kg. La masa de 2 kg
tiene una fuerza F1 que actua por el lado izquierdo debido a un resorte y una
fuerza F2 que actua por el lado derecho debido al segundo resorte.
Al aplicar la ley de Hooke se tiene
F1 = −k1x, F2 = k2(y − x)
155
CAPITULO 5. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
porque y − x es el desplazamiento neto del segundo resorte con respecto a
su longitud natural. Solo hay una fuerza que actua sobre la masa de 1 kg: la
fuerza debida al segundo resorte, que es
F3 = −k2(y − x).
Al aplicar la segunda ley de Newton se obtiene el sistema
m1
d2x
dt2= F1 + F2 = −k1x+ k2(y − x)
m2
d2y
dt2= F3 = −k2(y − x)
Equivalentemente
m1
d2x
dt2+ (k1 + k2)x− k2y = 0
m2
d2y
dt2− k2x+ k2y = 0.
Al sustituir los valores se obtiene el sistema lineal de segundo orden
2d2x
dt2+ 6x− 2y = 0
d2y
dt2− 2x+ 2y = 0.
5.2. Teorıa preliminar
Definicion 5.2.1. Un sistema lineal de ecuaciones diferenciales es un sistema
de la forma
P11(D)x1 + P12(D)x2 + · · ·+ P1n(D)xn = b1(t)
P21(D)x1 + P22(D)x2 + · · ·+ P2n(D)xn = b2(t)
......
. . ....
...
Pn1(D)x1 + Pn2(D)x2 + · · ·+ Pnn(D)xn = bn(t),
(5.1)
en donde los Pij son polinomios de diversos grados en el operador diferencial
D.
156
5.2. TEORIA PRELIMINAR
Definicion 5.2.2. Un sistema lineal de ecuaciones diferenciales de primer
orden es de la forma
dx1
dt= a11(t)x1 + a12(t)x2 + · · ·+ a1n(t)xn + f1(t)
dx2
dt= a21(t)x1 + a22(t)x2 + · · ·+ a2n(t)xn + f2(t)
......
.... . .
......
dxndt
= an1(t)x1 + an2(t)x2 + . . .+ ann(t)xn + fn(t)
(5.2)
Si todos los coeficientes de Pij en (5.1) o los coeficientes aij en (5.2) son cons-
tantes, entonces (5.1) o (5.2) es un sistema lineal con coeficientes constantes.
Un sistema que no tenga ninguna de las formas (5.1) o (5.2) se dice que es
no lineal.
En general, un sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden en forma
normal es un sistema de la forma
x′1(t) = g1(t, x1 , x1 , . . . , xn)
x′2(t) = g2(t, x1 , x2 , . . . , xn)
......
x′n(t) = gn(t, x1 , x2 , . . . , xn)
(5.3)
Ejemplo 5.3. El siguiente sistema
dx
dt= x(−a+ by)
dy
dt= y(d− cx)
donde a, b, c y d son constantes positivas, es no lineal. Este es un sistema
famoso de ecuaciones y se llama modelo depredador–presa de Lotka–
Volterra.
157
CAPITULO 5. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
Forma matricial de un sistema lineal.
El sistema (5.1) se puede escribir en la forma
P (D)x(t) = b(t)
donde
A(D) =
P11(D) P12(D) . . . P1n(D)
P21(D) P22(D) . . . P2n(D)...
.... . .
...
Pn1(D) Pn2(D) . . . Pnn(D)
, x(t) =
x1(t)
x2(t)...
xn(t)
, b(t) =
b1(t)
b2(t)...
bn(t)
.
La forma matricial normal de (5.2) es
dx
dt= x′(t) = Ax+ f(t),
donde
A(t) =
a11(t) a12(t) . . . a1n(t)
a21(t) a22(t) . . . a2n(t)...
.... . .
...
an1(t) an2(t) . . . ann(t)
, x(t) =
x1(t)
x2(t)...
xn(t)
, f(t) =
f1(t)
f2(t)...
fn(t)
.
Ejemplo 5.4. Escriba en forma matricial
a)x′ = 4x+ 7y
y′ = x− 2yb)
(2D2 −D − 1)x− (2D + 1)y = 1
(D − 1)x+ Dy = −1c) y′′′(x) + y′′(x)− 2y′(x) + y(x) = cos x
Solucion.
a) x′ = Ax, donde A =
(
4 7
1 −2
)
y x =
(
x
y
)
b) P (D)x = b, donde
P (D) =
(
2D2 −D − 1 −(2D + 1)
D − 1 D
)
, x =
(
x
y
)
, b =
(
1
−1
)
.
158
5.2. TEORIA PRELIMINAR
Este sistema tambien se puede expresar en la forma x′ = Ax+ f . Para
ello, primero lo escribimos como
2x′′ − x′ − x− 2y′ − y = 1 (1)
x′ − x+ y′ = −1. (2)
Ahora sean x1 = x, x2 = x′ = x′1, x3 = y. De (1) y (2) se tiene
y′ = x′3= x− x′ − 1 = x1 − x2 − 1
x′′ =1
2x+
1
2x′ +
1
2y + y′ +
1
2
x′2=
1
2x1 +
1
2x2 +
1
2x3 + (x1 − x2 − 1) +
1
2
=3
2x1 −
1
2x2 +
1
2x3 −
1
2.
De esta forma el sistema queda
x′1= x2
x′2=
3
2x1 −
2
2x2 +
1
2x3 −
1
2
x′3= x1 − x2 − 1.
En forma matricial
x′ =
x′1
x′2
x′3
=
0 1 032−1
212
1 −1 −1
x1
x2
x3
+
0
−12
1
c) Haciendo x = t, x1 = y, x2 = y′, x3 = y′′ se tiene
x′1= y′ = x2 , x
′2= y′′ = x3
x′3= y′′′ = −y + 2y′ + cos t = −x1 + 2x2 − x3 + cos t
Ası, la ecuacion ordinaria de tercer orden se transforma en el sistema
x′1= x2
159
CAPITULO 5. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
x′2= x3
x′3= −x1 + 2x2 − x3 + cos t
En forma matricial queda
x′ =
0 1 0
0 0 1
−1 2 −1
x1
x2
x3
+
0
0
cos t
Definicion 5.2.3. Una funcion vectorial es una solucion de (5.1) o (5.2) en
un intervalo I es cualquier matriz columna
x =
x1(t)
x2(t)...
xn(t)
cuyas componentes son funciones diferenciables que satisfacen al sistema en
el intervalo I.
Ejemplo 5.5. Verifique que x =
(
5 cos t
3 cos t− sen t
)
es solucion del sistema
x′ = −2x+ 5y
y′ = 2x+ 4y
Solucion. Ejercicio
Definicion 5.2.4 (Problema de Valor Inicial (PVI)). Sea t0 un punto
en un intervalo I y
x(t0) =
x1(t0)
x2(t0)...
xn(t0)
; x0 =
γ1
γ2
...
γn
,
160
5.2. TEORIA PRELIMINAR
donde γ1 , γ2 , . . . , γn son constantes dadas. Entonces, el problema
Resolver x′(t) = A(t)x+ f(t)
Sujeto a x(t0) = x0
(5.4)
es un problema de valor inicial.
Teorema 5.2.1 (Existencia y unicidad de soluciones). Si las compo-
nentes de A(t) y F (t) son funciones continuas en un intervalo comun I que
contiene al punto t0, entonces existe una unica solucion del problema de valor
inicial (5.4).
Teorema 5.2.2 (Principio de superposicion). Si x1 , x2 , . . . ,xkson solu-
ciones del sistema homogeneo x′ = Ax en un intervalo I, entonces la combi-
nacion lineal
c1x1 + c1x2 + · · ·+ ckx
k
en la que c1 , c2 , . . . , ck son constantes arbitrarias tambien es una solucion en
el intervalo.
Definicion 5.2.5 (Dependencia e Independencia lineal). Sean
x1 , x2 , . . . ,xn un conjunto de vectores solucion del sistema homogeneo
x′ = Ax en un intervalo I. Se dice que el conjunto es linealmente depen-
diente (LD) en el intervalo si existen constantes c1 , c2 , . . . , cn , no todas
cero tales que
c1x1 + c2x2 + · · ·+ cnxn = 0
para todo t en el intervalo. Si el conjunto de vectores no es linealmente
dependiente en I, entonces es linealmente independiente (LI).
Teorema 5.2.3. Sean
x1 =
x11
x21
...
xn1
,x2 =
x12
x22
...
xn2
, . . . ,xn =
x1n
x2n
...
xnn
161
CAPITULO 5. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
n vectores solucion del sistema homogeneo x′ = Ax en un intervalo I. En-
tonces el conjunto de vectores es linealmente independientes en I si y solo si
el wronskiano de x1 , x2 , . . . ,xn
W (x1 , x2 , . . . ,xn) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
x11 x12 . . . x1n
x21 x22 . . . x2n
......
. . ....
xn1 xn2 . . . xnn
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
6= 0
para todo t en el intervalo
Definicion 5.2.6 (Conjunto fundamental de soluciones). Todo con-
junto x1 ,x2 , . . . ,xn de n vectores solucion, linealmente independientes del
sistema homogeneo x′ = Ax en un intervalo I es un conjunto fundamental
de soluciones en el intervalo.
Definicion 5.2.7 (Matriz fundamental). Si x1 ,x2 , . . . ,xn es un conjunto
fundamental de soluciones del sistema homogeneo x′ = Ax, entonces a la
matriz
Φ(t) =
x11(t) x12(t) . . . x1n(t)
x21(t) x22(t) . . . x2n(t)...
.... . .
...
xn1(t) xn2(t) . . . xnn(t)
se le llama matriz fundamental.
Teorema 5.2.4. Existe un conjunto fundamental de soluciones para la
ecuacion x′ = Ax en un intervalo I.
Teorema 5.2.5. Sean x1 ,x2 , . . . ,xn un conjunto fundamental de solu-
ciones de x′ = Ax en un intervalo I. Entonces la solucion general del sistema
en el intervalo es
x = c1x1 + c2x2 + · · ·+ cnxn = Φ(t)c,
donde c = col(c1 , c2 , . . . , cn).
162
5.3. METODOS DE SOLUCION
Teorema 5.2.6. Sea xp una solucion particular de x′ = Ax+ f en un inter-
valo I y
xc = c1x1 + c2x2 + · · ·+ cnxn
la solucion general en el mismo intervalo, del sistema homogeneo asociado
x′ = Ax. Entonces la solucion general de x′ = Ax+ f es
x = xp + xc
La solucion xc se denomina solucion complementaria de x′ = Ax+ f .
5.3. Metodos de solucion
5.3.1. Metodo de eliminacion
Esta seccion se ha tomado de Kreider [1]. Cualquier metodo de eliminacion
que se usa para resolver sistemas de ecuaciones lineales se puede adaptar
para resolver sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes
constantes y se facilita si se reformula en notacion de operadores.
Operaciones elementales
A continuacion se describen las operaciones elementales que se pueden
aplicar para resolver sistemas de ecuaciones diferenciales en forma matricial
P (D)x = b, usando eliminacion sistematica
1 Intercambiar renglones: fi ↔ fk
2 “Multiplicar (operar)” un renglon fi por P (D) : fi ← P (D)fi
3 Sumar a un renglon un “multiplo” de otro: fi ← fi + P (D)fk
Se comienza por considerar sistemas 2×2 que son lo suficientemente generales
para ilustrar todos los pasos esenciales de la tecnica. Sea
P11(D)x1 + P12(D)x2 = b1(t)
P21(D)x1 + P22(D)x2 = b2(t)(5.5)
163
CAPITULO 5. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
en donde los Pij son polinomios en D. El primer paso consiste en colocar de
nuevo ındices a los Pij si es necesario de tal forma que el grado de P11 no sea
mayor que el gado de P21 . Como los Pij se pueden manipular algebraicamente
como polinomios ordinarios, se puede escribir
P21 = Q21P11 +R21
en donde R21 o es cero o un polinomio en D de grado menor que el grado de
P11 . (Es decir, R21 es el residuo de la “division” de P21 por P11). Ahora, al
“multiplicar” (es decir, operar sobre) la primera ecuacion en (5.5) por −Q21
y sumar el resultado a la segunda ecuacion se obtiene
R21x1 + (P22 −Q21P12)x2 = b2 −Q21b1 .
Esta, con la primera ecuacion de (5.5) da el sistema
P11x1 + P12x2 = b1
R21x1 + (P22 −Q21P12)x2 = b2 −Q21b1(5.6)
Ademas – y esto es la clave del metodo –, (5.5) y (5.6) son equivalentes1.
Hay que considerar dos casos.
Caso 1: R21 = 0. Cuando esto sucede, (5.6) esta en forma triangular y la
reduccion es completa. Ademas, una de las tres situaciones siguientes
se presentara, segun P22 − P12Q21 sea o no distinta de cero.
(i) P22 − P12Q21 6= 0. En este caso, (5.6) es de la forma
P11x1 + P12x2 = b1(P22 −Q21P12)x2 = b2 −Q21b1
y admite una solucion.
(ii) P22 − P12Q21 y b2 −Q21b1 6= 0. En estas circunstancias, el sistema
es incompatible o inconsistente. Cuando esto ocurre, ni (5.6) ni el
sistema original tienen solucion alguna.
1Dos sistemas son equivalentes si tienen exactamente las mismas soluciones.
164
5.3. METODOS DE SOLUCION
(iii) P22 − P12Q21 y b2 −Q21b1 = 0. En este caso, (5.6) se reduce a una
ecuacion de dos incognitas. Para resolverla se vuelve a escribir en
la forma
P11x1 = b1 − P12x2
y se resuelve con respecto a x1 con x2 arbitraria.
Caso 2: R21 6= 0. En este caso puede suceder una de estas dos cosas:
(i) P22 −Q21P12 = 0, en cuyo caso, (5.6) esta en forma triangular.
(ii) P22 − Q21P12 6= 0 , en cuyo caso (5.6) es de la misma forma que
(5.5) y se repite el procedimiento.
Observacion. A primera vista puede parecer que (5.5) podrıa reducirse a
forma triangular de una manera mas eficiente que la descrita. Por ejemplo,
se podrıa operar sobre la primera ecuacion empleando P21 y sobre la segunda
empleando P12 y luego sumar para obtener el sistema triangular
P11x1 + P12x2 = b1
(P12P21 − P12P22)x2 = P21b1 − P11b2(5.7)
Ademas, toda solucion de (5.5) es ciertamente una solucion de (5.7). Sin
embargo, estos dos sistemas no son equivalentes en general, ya que puede
poseer soluciones que no satisfacen a (5.5). Esto ilustra el hecho que cuando
un sistema de ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes se reduce
a forma triangular la reduccion debe efectuarse con cuidado para evitar in-
troducir soluciones “extranas”. El metodo que acaba de describirse no tiene
tal problema.
Ejemplo 5.6. Resolver mediante eliminacion
x′ = 2x+ y + t− 2
y′ = 3x+ 4y − 4t
165
CAPITULO 5. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
Solucion. En terminos de operadores se tiene
(D − 2)x− y = t− 2
−3x+ (D − 4)y = −4t
Escribiendo en forma matricial y usando eliminacion se tiene(
D − 2 −2 | t− 2
−3 D − 4 | −4t
)
f12−→(
−3 D − 4 | −4tD − 2 −2 | t− 2
)
−→(
−3 D − 4 | −4t0 1
3(D − 2)(D − 4) + 1 | 13(D − 2)[−4t] + t− 2
)
−f1−→(
3 −(D − 4) | 4t
0 13(D
2 − 6D + 5) | 113 t− 10
3
)
3f2−→(
3 −(D − 4) | 4t
0 D2 − 6D + 5 | 11t− 10
)
El sitema reducido equivalente es
3x− (D − 4)y = 4t (1)
(D2 − 6D + 5)y = 11t− 10 (2)
A continuacion se resuelve la ecuacion no homogenea (2) en la variable y.
Paso 1. Hallar yc para la ecuacion homogenea asociada. La ecuacion auxiliar
asociada es r2 − 6r + 5 = 0 cuyas raıces son r1 = 1 y r2 = 5. Luego
yc(t) = c1et + c2e
5t
Paso 2. Hallar yp. Sea yp = At+B, entonces y′p = A, y′′p = 0. Al sustituir
en (2) se tiene
y′′p − 6y′p + 5yp = 11t− 10
5At− 6A+ 2B = 11t− 10
Al igualar coeficientes y resolver se obtiene A = 115, B = 16
25. Por lo tanto,
y(t) = yc(t) + yp(t) = c1et + c2e
5t + 115t+ 16
25.
166
5.3. METODOS DE SOLUCION
Ahora despejando x(t) de (1) tiene
x(t) = 13[(D − 4)y + 4t] = −c1et + 1
3c2e
5t − 85t− 3
25.
En forma vectorial, la solucion es
x(t) =
(
x(t)
y(t)
)
= c1
(
et
−et
)
+ c2
(
e5t
−13e5t
)
+ 125
(
−4t− 3
88t+ 16
)
.
Ejemplo 5.7. Resolver mediante elimincion
(2D2 −D − 1)x− (2D + 1)y = 1
(D − 1)x+ Dy = −1.
Solucion. Mediante eliminacion tenemos(
2D2 −D − 1 −(2D + 1) | 1
D − 1 D | −1
)
Fact.−→(
(2D + 1)(D − 1) −(2D + 1) | 1
D − 1 D | −1
)
−→(
D − 1 D | −1(2D + 1)(D − 1) −(2D + 1) | 1
)
−→(
D − 1 D | −10 −(2D + 1)(D − 1) | 2
)
−f2−→(
D − 1 D | −10 (2D + 1)(D − 1) | −2
)
El sitema reducido equivalente es
(D − 1)x+Dy = −1 (1)
(2D + 1)(D − 1)y = −2 (2)
A continuacion se resuelve la ecuacion no homogenea (2) en la variable y.
Paso 1. Hallar yc para la ecuacion homogenea asociada. La ecuacion auxiliar
asociada es (2r + 1)(r − 1) = 0 cuyas raıces son r1 = −12y r2 = 1. Luego
yc(t) = c1e−t/2 + c2e
t
167
CAPITULO 5. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
Paso 2. Hallar yp. Sea yp = A, entonces y′p = 0, y′′p = 0. Al sustituir en
(2) se tiene
2y′′p + 3y′p + yp = −2A = −2
Por lo tanto,
y(t) = yc(t) + yp(t) = c1e−t/2 + c2e
t − 2.
Ahora encontramos x(t) resolviendo la ecuacion (1). Al reemplazar y(t) en
(1) se tiene
(D − 1)x+Dy = −1(D − 1)x− 1
2c1e
−t/2 + c2et = −1
(D − 1)x = 12c1e
−t/2 − c2et − 1
e−t(D − 1)x = 12c1e
−3t/2 + c2 − e−t
D[e−tx] = 12c1e
−3t/2 + c2 − e−t
Al integrar y despejar x(t) se obtiene
x(t) = −13c1e
−t/2 + c2tet + 1.
En forma vectorial, la solucion es
x(t) =
(
x(t)
y(t)
)
= c1
(
−13e−t/2
e−t/2
)
+ c2
(
tet
−et
)
+
(
1
−2
)
.
5.3.2. Solucion mediante transformada de Laplace
La transformada de Laplace se puede usar para reducir ciertos sistemas de
ecuaciones diferenciales lineales con condiciones iniciales a un sistema alge-
braico, donde las incognitas son ahora las transformadas de las funciones que
conforman la solucion. Al despejar estas incognitas y calcular sus transfor-
madas inversas de Laplace se obtiene la solucion del problema con valores
iniciales para el sistema.
168
5.4. SISTEMAS LINEALES HOMOGENEOS CON COEFICIENTES CONSTANTES
Ejemplo 5.8. Resolver el PVI
x′′ + 2y′ = −x; x(0) = 2, x′(0) = −7−3x′′ + 2y′′ = 3x− 4y; y(0) = 4, y′(0) = −9
Solucion. Aplicando transformada de Laplace y haciendo X(s) = L x(t)y Y (s) = L y(t) se obtiene
L x′′ + 2y′ = −L xL −3x′ + 2y′′ = L 3x− 4y
Usando propiedades tenemos
s2X(s)− s
*
2x(0)−
*
−7
x′(0) + 2[sY (s)−
*
4y(0)] = −X(s)
−3[X(s)−
*
−7x(0)] + 2[s2Y (s)− s
*
4y(0)−
*
−9
y′(0)] = 3X(s)− 4Y (s)
Al agrupar terminos semejantes se obtiene el sistema en X(s) y Y (s)
(s2 + 1)X(s) + 2sY (s) = 2s+ 1
−3(s2 + 1)X(s) + 2(s2 + 2)Y (s) = 2s+ 3
cuya solucion es (Verifique)
X(s) =4
s+ 2− 1
s+ 1− s
s2 + 1; Y (s) =
5
s+ 2− 1
s+ 1.
Por lo tanto(
x(t)
y(t)
)
=
(
4e−2t
5e−2t
)
−(
e−t
e−t
)
−(
cos t
0
)
.
5.4. Sistemas lineales homogeneos con coefi-
cientes constantes
En esta seccion se analiza un procedimiento para obtener una solucion general
para el sistema homogeneo
x′(t) = Ax(t) (5.8)
169
CAPITULO 5. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
dondeA es una matriz constante (real) n×n. La solucion general estara defini-
da para toda t en (−∞,∞), pues los elementos de A son funciones constantes,
que son continuas en dicho intervalo. De manera similar que para el caso de
ecuaciones lineales homogeneas con coeficientes constantes estudiadas en la
seccion 4.3 en el cual se buscaban soluciones de la forma eλt, es de esperarse
que el sistema (5.8) tenga soluciones de la forma
x(t) = eλtk,
donde λ es una constante y k es un vector constante, los cuales deben de-
terminarse. Al sustituir la funcion vectorial x(t) y su derivada en (5.8) se
tiene
λeλtk = Aeλtk = eλtAk.
Cancelando el factor eλt y reagrupando terminos se obtiene
(A− λI)k = 0. (5.9)
Lo anterior muestra que x(t) = eλtk es una solucion de (5.8) si y solo si
λ y k satisfacen la ecuacion (5.9). Como el caso trivial k = 0 no sirve
para hallar soluciones linealmente independientes de (5.8), se requiere que
det(A− λI) = 0. Es decir, λ es un valor propio de A con vector propio aso-
ciado k. De acuerdo con la teorıa de sistemas de ecuaciones lineales estudiados
en el curso de Algebra lineal, el sistema (5.9) tiene soluciones no triviales si
y solo si
p(λ) = det(A− λI) = |A− λI| = 0. (5.10)
A (5.10) se le llama ecuacion auxiliar o caracterıstica de A y p(λ) es el
polinomio caracterıstico de A.
Caso 1. Valores propios reales distintos.
Cuando la matriz A de n×n tiene n valores reales y distintos; λ1 , λ2 , . . . , λn,
siempre es posible hallar un conjunto de n vectores propios linealmente in-
dependientes, k1,k
2, . . . ,kn, y
x(t) = c1e
λ1 tk1+ c2e
λ2 tk2+ . . .+ cne
λntkn
170
5.4. SISTEMAS LINEALES HOMOGENEOS CON COEFICIENTES CONSTANTES
es un conjunto fundamental de soluciones de (5.8) en (−∞,∞).
Ejemplo 5.9. Resolver el sistema dado usando metodos matriciales
x′ =
(
−2 1
1 −2
)
x
Solucion. Encontremos los valores y vectores propios de A =
(
−2 1
1 −2
)
|A− λI| = 0⇔∣∣∣∣∣
−2− λ 1
1 −2− λ
∣∣∣∣∣= 0
⇔ (λ+ 2)2 − 1 = 0 ⇔ λ1 = −3 o λ2 = −1
Ahora encontramos los valores propios
λ1 = −3 :
(
1 1 | 0
1 1 | 0
)
−→(
1 1 | 0
0 0 | 0
)
; k1=
(
1
−1
)
λ2 = −1 :
(
1 −1 | 0
−1 1 | 0
)
−→(
1 −1 | 0
0 0 | 0
)
; k2=
(
1
1
)
Ası, la solucion general es
x(t) = c1
(
e−3t
−e−3t
)
+ c2
(
e−t
e−t
)
Ejemplo 5.10. Resolver el sistema dado usando metodos matriciales
x′ =
2 −7 0
5 10 4
0 5 2
x
Solucion. Encontremos los valores y vectores propios de A =
2 −7 0
5 10 4
0 5 2
|A− λI| =
∣∣∣∣∣∣∣
2− λ −7 0
5 10− λ 4
0 5 2− λ
∣∣∣∣∣∣∣
= −(λ− 2)(λ− 5)(λ− 7) = 0
171
CAPITULO 5. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
Los valores propios son λ1 = 2, λ2 = 5, λ3 = 7.
Los vectores propios asociados son respectivamente (Efectue los calculos)
k1 =
7
−5−5
, k2 =
7
−3−5
, k3 =
4
0
−5
Por lo tanto, la solucion general es
x(t) = c1
7e2t
−5e2t−5e2t
+ c2
7e5t
−3e5t−5e5t
+ c3
4e7t
0
−5e7t
Los ejemplos anteriores se resumen en el siguiente teorema.
Teorema 5.4.1. Suponga que la matriz constante A de n× n tiene los vec-
tores propios linealmente independientes k1,k
2, . . . ,kn. Sea λi el valor pro-
pio correspondiente a ki. Entoncesx1 = eλ1t,x2 = eλ2t, . . . ,xn = eλnt
es un
conjunto fundamental de soluciones en (−∞,∞) para el sistema homogeneo
x′ = Ax. Por lo tanto, la solucion general de x′ = Ax es
x(t) = c1eλ1 tk
1+ c2e
λ2 tk2+ . . .+ cne
λntkn
donde c1 , c2 , . . . , cn son constantes arbitrarias.
Caso 2. Valores propios reales repetidos.
En este caso, (λ−λ1)m, es un factor de p(λ), m = ma(λ1) > 1. Puede suceder
i. La multiplicidad geometrica de λ1 es mg(λ1) = m = ma(λ1). Es decir,
λ1 tiene asociados exactamente m vectores linealmente independientes
ii. La multiplicidad geometrica de λ1 es r < m = ma(λ1).
Caso i. mg(λ1) = ma(λ1). Esto siginifica que Eλ1 = gen k1,k
2, . . . ,km.
En este caso se tienen las m soluciones LI para (5.8)
x1 = eλ1 tk1 ,x2 = eλ1 tk2 , . . . ,xm = eλ1 tkm
172
5.4. SISTEMAS LINEALES HOMOGENEOS CON COEFICIENTES CONSTANTES
Ejemplo 5.11. Resolver el sistema dado usando metodos matriciales
x′ =
3 2 4
2 0 2
4 2 3
x
Solucion. Encontremos los valores y vectores propios de
A =
3 2 4
2 0 2
4 2 3
|A− λI| =
∣∣∣∣∣∣∣
3− λ 2 4
2 −λ 2
4 2 3− λ
∣∣∣∣∣∣∣
= −(λ+ 1)2(λ− 8) = 0
Los valores propios son λ1 = 1, de multiplicidad m = 2 y λ2 = 8, simple.
El calculo de los vectores propios produce (realice los calculos)
k1 =
2
1
2
y k2 =
1
0
−1
, asociados a λ1 = −1
k3 =
0
2
−1
, asociado a λ2 = 8
Por lo tanto, la solucion general es
x(t) = c1
2e−t
e−t
2e−t
+ c2
e−t
0
−e−t
+ c3
0
2e8t
−e8t
Caso ii. mg(λ1) = r, 1 ≤ r < m. Es decir, Eλ1 = gen k1,k
2, . . . ,kr. Solo
hay r ≤ m soluciones LI
x1 = eλ1 tk1 ,x2 = eλ1 tk2 , . . . ,xr = eλ1 tkr
173
CAPITULO 5. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
• r = 1 , es decir, solo hay un vector propio asociado k11 . En este caso, siempre
es posible hallar m soluciones linealmente independientes de la forma
x1 = eλ1 tk11
x2 = teλ1 tk21 + eλ1 tk22
......
xm =1
(m− 1)!tm−1eλ1 tkm1 +
1
(m− 2)!tm−2eλ1 tkm2 + · · ·+ eλ1 tkmm
Para obtener los vectores kmj se sustituyen en (5.8) y luego se simplifica. Por
ejemplo, para hallar x2 se procede de la siguiente manera:
x′2= Ax2
eλ1 tk21 + λ1teλ1 tk21 + λ1e
λ1 tk22 = A(teλ1 tk21 + eλ1 tk22)
eλ1 t (k21 + λ1tk21 + λ1k22) = eλ1 tA(tk21 + k22)
Al cancelar el factor comun eλ1 t y reacomodar se tiene
k21 + λ1tk21 + λ1k22 = A(tk21 + k22)
t(A− λ1I)k21 + (A− λ1I)k22 = k21
Esta ultima igualdad se mantiene si y solo si
(A− λ1I)k21 = 0 (i)
(A− λ1I)k22 = k21 (ii)
Es decir, k21 es un valor propio de A y k22 se obtiene resolviendo (ii) una
vez hallado k21 en (i). En este punto es conveniente elegir k21 = k11 . Observe
que al multiplicar por (A− λ1I) en (ii) se obtiene
(A− λ1I)2k22 = 0
Para hallar los demas vectores kmj se continua el proceso y se deben resolver
(A− λ1I)km1 = 0
174
5.4. SISTEMAS LINEALES HOMOGENEOS CON COEFICIENTES CONSTANTES
(A− λ1I)km2 = km1
(A− λ1I)km3 = km2
... =...
(A− λ1I)km−1,m = kmm
con km1 = k11 .
Ejemplo 5.12. Resolver el sistema
x′ = −6x+ 5y
y′ = −5x+ 4y
Solucion. Encontremos los valores propios de la matriz A =
(
−6 5
−5 4
)
.
p(λ) =
∣∣∣∣∣
−6− λ 5
−5 4− λ
∣∣∣∣∣= (λ+ 1)2 = 0
Hay un solo valor propio λ1 = −1 y un solo vector propio asociado k1 =
(
1
1
)
,
y por lo tanto, solo es posible determinar una solucion x1 = e−tk1 . Para
hallar una segunda solucion linealmente independiente se propone
x2 = te−tk1 + e−tk2 .
Para hallar k2 se resuelve el sistema
(A− λ1I)k2 = k1 ,
obteniendose k2 =
(
1
0
)
. Luego
x2 = te−t
(
1
1
)
+ e−t
(
1
0
)
.
175
CAPITULO 5. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
La solucion general es
x = c1e−t
(
1
1
)
+ c2
(
te−t
(
1
1
)
+ e−t
(
1
0
))
x(t) = c1
(
e−t
e−t
)
+ c2
(
e−t + te−t
te−t
)
Ejemplo 5.13. Resolver x′ = Ax, donde A =
3 1 0
0 3 1
0 0 3
.
Solucion. Calculo de valores y vectores propios de la matriz A
|A− λI| =
∣∣∣∣∣∣∣
3− λ 1 0
0 3− λ 1
0 0 3− λ
∣∣∣∣∣∣∣
= (λ− 3)3 = 0.
Se obtiene λ1 = 3 de multiplicidad algebraica m = 3. El calculo de los
vectores propios produce un solo vector k1 =
1
0
0
, el cual conduce a la
solucion x1 = e3tk1 = e3t
1
0
0
.
Ahora buscamos dos soluciones linealmente independientes de la forma
x2 = te3tk1 + e3tk2
x3 =1
2t2e3tk1 + te3tk2 + e3tk3
Los vectores k2 y k3 se encuentran resolviendo
(A− λ1I)k2 = k1
(A− λ1I)k3 = k2 .
176
5.4. SISTEMAS LINEALES HOMOGENEOS CON COEFICIENTES CONSTANTES
Despues de realizar los calculos se obtienen k2 =
0
1
0
y k3 =
0
0
1
. Por lo
tanto, la solucion general es
x = c1e3t
1
0
0
+ c2
te
3t
1
0
0
+ e3t
0
1
0
+ c3
1
2t2e3t
1
0
0
+ te3t
0
1
0
+ e3t
0
0
1
.
• Hay mas de un vector propio asociado: Consideremos m = 3 y r = 2. En
este caso se tienen dos soluciones LI
x1 = eλ1 tk1 , x2 = eλ1 tk2 ,
donde k1 y k2 se hallan resolviendo el sistema
(A− λ1I)k = 0
Una tercera solucion LI se busca de la forma
x3 = teλ1 t(ak1 + bk2) + eλ1 tk3 ,
donde a y b son constantes adecuadas que se deben elegir y k3 se encuentra
resolviendo
(A− λ1I)k3 = ak1 + bk2
Caso 3. Valores propios complejos.
Suponga que λ1 = α+ βi es una raız compleja de la ecuacion caracterıstica.
Entonces tambien lo es su conjugada λ2 = λ1 = α−βi ya que p(λ) tiene coe-
ficientes reales. Para este par de raıces complejas se tiene el par de soluciones
complejas
z1 = eλ1 tw1 , z2 = eλ1 tw2 ,
177
CAPITULO 5. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
donde w1 y w2 = w1 son vectores propios complejos asociados a λ1 y λ2
respectivamente.
Escribiendo
z = x1 + ix2 , w1 = b1 + ib2 ,
y despues de algunos calculos (los cuales se dejan para el lector), como se
hizo para el caso de raıces complejas en ecuaciones diferenciales ordinarias
de segundo orden con coeficientes constantes, se llega a que las soluciones
reales x1 y x2 son
x1 = eαt[b1 cos βt− b2 sen βt]
x2 = eαt[b1 sen βt+ b2 cos βt]
Ejemplo 5.14. Resolver x′ = Ax, donde A =
(
−2 −51 2
)
.
Solucion. El calculo de los valores y vectores propios da
|A− λI| =∣∣∣∣∣
−2− λ −51 2− λ
∣∣∣∣∣= λ2 + 1 = 0.
Valores propios: λ1,2 = ±i. En este caso se tiene α = 0, β = 1
Vectores propios:
λ = i :
(
−2− i −5 | 0
1 2− i | 0
)
−→(
1 2− i | 0
0 0 | 0
)
.
Se obtiene
k1 =
(
−2 + i
1
)
=
(
−21
)
+ i
(
1
1
)
.
Luego, la solucion general es
x = c1
[(
−21
)
cos t−(
1
1
)
sen t
]
+ c2
[(
−21
)
sen t−(
1
1
)
cos t
]
.
178
5.5. SISTEMAS LINEALES NO HOMOGENEOS
5.5. Sistemas lineales no homogeneos
En esta seccion se estudian los metodos de coeficientes indeterminados y
variacion de los parametros para encontrar soluciones particulares del sistema
no homogeneo x′ = Ax+ f .
5.5.1. Coeficientes indeterminados.
El metodo de coeficientes indeterminados se puede usar para hallar una solu-
cion particular del sistema lineal no homogeneo x′ = Ax+ f cuando A es una
matriz n × n constante y las entradas de f(t) son polinomios, funciones ex-
ponenciales, senos y cosenos, o sumas y productos finitos de estas funciones.
Ejemplo 5.15. Resolver x′ = Ax+ f(t), donde
A =
3 2 4
2 0 2
4 2 3
y f(t) =
t+ 2et
4et
3t− et
Solucion. En el ejemplo 5.11 de la seccion anterior se encontro que una
solucion general del sistema homogeneo asociado x′ = Ax es
xc(t) = c1e−t
2
1
2
+ c2e
−t
1
0
−1
+ c3e
8t
0
2
−1
Como la funcion f(t) se puede escribir en la forma
f(t) = tg + h = t
1
0
3
+ et
2
4
−2
,
se busca una solucion particular de la forma
xp = tb+ c+ det = t
b1b2b3
+
c1c2c3
+ et
d1
d2
d3
,
179
CAPITULO 5. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
donde se deben determinar los vectores constantes b, c y d. Al sustituir esta
expresion de xp en el sistema no homogeneo se tiene
b+ etd = A(tB+ c+ etd) + tg + eth,
la cual se puede escribir como
t(Ab+ g) + Ac− b+ et(h− Ad) = 0.
Al igualar a cero los coeficientes de estas tres ecuaciones vectoriales se tienen
los tres sistemas
Ab = −g, Ac = b, Ad = h.
Al resolver estos sistemas se obtiene
xp = t
−1−11
+ 1
8
6
7
−10
+ 1
64et
−44−5778
.
5.5.2. Variacion de los parametros.
Mediante una idea similar a la empleada en el caso de ecuaciones ordinarias
de orden n, en donde se propone una solucion particular de la forma
xp(t) = v1x1 + c2x2 + · · ·+ cnxn
se puede extender el metodo de variacion de los parametros a los sistemas.
Sea Φ(t) una matriz fundamental para el sistema homogeneo
x′(t) = A(t)x(t). (5.11)
en donde ahora, las entradas de A pueden ser funciones continuas de t cua-
lesquiera. Como una solucion general de (5.11) esta dada por x(t) = Φ(t)c,
donde c es un vector constante n × 1, se busca una solucion particular del
sistema no homogeneo
x′(t) = A(t)x(t) + f(t) (5.12)
180
5.5. SISTEMAS LINEALES NO HOMOGENEOS
en la forma
xp(t) = Φ(t)v(t), (5.13)
donde v(t) = col(v1(t), v2(t), . . . , vn(t)) es una funcion vectorial por deter-
minarse.
Para deducir una formula para v(t), primero se deriva (5.13) mediante la
version matricial de la regla del producto para obtener
x′p = Φ(t)v(t) + Φ′(t)v(t).
Al sustituir las expresiones para xp y x′p en (5.12) se llega a
Φ(t)v(t) + Φ′(t)v(t) = AΦ(t) + f(t). (5.14)
Como Φ(t) satisface la ecuacion matricial Φ′ = AΦ, la ecuacion (5.14) se
transforma en Φv′ = f .
Multiplicando ambos lados de la ultima ecuacion por Φ−1(t) (que existe pues
las columnas de Φ(t) son linealmente independientes) se obtiene
v′ = Φ−1f .
Al integra se tiene
v(t) =
∫
Φ−1(t)f(t)dt.
Por lo tanto, una solucion particular de (5.12) es
xp(t) = Φ(t)v(t) = Φ(t)
∫
Φ−1(t)f(t)dt. (5.15)
Combinando (5.15) con la solucion Φ(t)c del sistema homogeneo se tiene la
siguiente solucion general para (5.12)
x(t) = Φ(t)c+ Φ(t)
∫
Φ−1(t)f(t)dt. (5.16)
La elegancia de la deduccion de la formula de variacion de los parametros
(5.16) para sistemas es evidente al compararla con la deduccion mas larga
para el caso escalar.
181
CAPITULO 5. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
Problema de Valor Inicial (PVI).
Dado un problema con valores iniciales de la forma
x′ = Ax+ f , x(t0) = x0 , (5.17)
se puede usar la condicion inicial para determinar c en (5.16). Al expresar
x(t) mediante una integral definida se tiene
x(t) = Φ(t)c+ Φ(t)
∫ t
t0
Φ−1(u)f(u)du.
Al usar la condicion inicial se ve que x0 = Φ(t0)c, De donde c = Φ−1(t0)x(t0).
De este modo, la solucion de (5.17) esta dada por la formula
x(t) = Φ(t)Φ−1(t0)x(t0) + Φ(t)
∫ t
t0
Φ−1(u)f(u)du (5.18)
Para aplicar la formula (5.18), primero se debe hallar una matriz fundamen-
tal Φ(t) para el sistema homogeneo. Cuando la matriz de coeficientes A es
constante ya se han analizados metodos para determinar Φ(t). Sin embargo,
si las entradas de A dependen de t, la determinacion de Φ(t) puede ser muy
difıcil (implicando, posiblemente, ¡una serie de potencias matricial!).
Ejemplo 5.16. Determinar la solucion del problema con valores iniciales
x′ =
(
−2 1
1 −2
)
x+
(
e−2t
e−4t
)
; x0 =
(
1
0
)
.
Solucion. En el ejemplo 5.9 se encontro que dos soluciones LI son
x1 =
(
e−3t
−e−3t
)
, x2 =
(
e−t
e−t
)
Por lo tanto, una matriz fundamental para el sistema homogeneo es
Φ(t) =
(
e−3t e−t
−e−3t e−t
)
.
182
5.6. MATRIZ EXPONENCIAL
Usando la formula(
a b
c d
)−1
=1
ad− bc
(
d −b−c a
)
si ad− bc 6= 0,
se encuentra que
Φ−1(t) = 12
(
e3t −e3tet et
)
.
Al sustituir en (5.18) y efectuar los calculos se obtiene
x(t) = 16
(
−4e−4t + 9e−3t − 6e−2t + 7e−t
2e−4t − 9e−3t + 7e−t
)
.
5.6. Matriz exponencial
Recuerde que la sencilla ecuacion diferencial x′ = ax, donde a es una cons-
tante, tiene solucion general x(t) = ceat. De manera similar, se mostrara que
una solucion general del sistema normal x′ = Ax donde A es una matriz
constante n × n, esta dada por x(t) = etAc. La primera tarea consiste en
definir la exponencial matricial o matriz exponencial etA.
Definicion 5.6.1. Para cualquier matriz constante A de n× n,
etA = I + tA+t2
2!A2 + · · ·+ tn
n!An + · · · =
∞∑
n=0
tn
n!An (5.19)
Ejemplo 5.17. Sea A =
(
λ 0
0 µ
)
= diagλ, µ. Como
A2 = AA =
(
λ2 0
0 µ2
)
= diagλ2, µ2,
A3 = A2A =
(
λ3 0
0 µ3
)
= diagλ3, µ3,
......
...
183
CAPITULO 5. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
An =
(
λn 0
0 µn
)
= diagλn, µn;
entonces
etA =∞∑
n=0
tn
n!An =
n∑
n=0
λntn
n!0
0∞∑
n=0
µntn
n!
=
(
eλt 0
0 eµt
)
= diageλt, eµt
En general se tiene el siguiente resultado
Lema 1. Si A = diagλ1 , λ2 , . . . , λn, entonces
etA = diageλ1 t, eλ2 t, . . . , eλnt.
Teorema 5.6.1. Sean A y B matrices constantes y, r, s y t escalares. En-
tonces
a) e0A = I
b) e(r+s)A = erAesA
c) ertI = ertI
d) (etA)−1 = e−tA
e) et(A+B) = etAetB, si AB = BA
f)d
dt(etA) = AetA
La parte (f) del teorema 5.6.1 indica que etA es una matriz fundamental. Si
se representa a la matriz exponencial etA por Ψ(t), la ecuacion
d
dt(etA) = AetA (5.20)
equivale a la ecuacion matricial Ψ′(t) = AΨ(t). Ademas, de la definicion 5.6.1
se sigue que Ψ(0) = I.
De acuerdo con la expresion de la seccion 2.2, la solucion general de la
184
5.6. MATRIZ EXPONENCIAL
ecuacion diferencial lineal de primer orden x′(t) = ax(t) + f(t), donde a
es una constante, se expresa como sigue
x(t) = xc(t) + xp(t) = ceat + eat∫ t
0
e−auf(u)du
Para un sistema no homogeneo de ecuaciones diferenciales lineales de primer
orden, se puede demostrar que la solucion general de x′ = Ax + f , donde A
es una matriz constante n× n, es
x(t) = etAc+ e−tA∫ t
t0
e−uAf(u)du (5.21)
Calculo de etA.
El hecho de saber que etA es una matriz fundamental tiene un uso practico
siempre que sea posible calcularla. Como se vio en el ejemplo 5.17, si A es
una matriz diagonal, entonces basta exponenciar los elementos de la diagonal
(por t) para obtener etA. La definicion de etA de la ecuacion (5.19) serıa una
manera natural, para calcularla. Sin embargo, la utilidad practica de (5.19)
es limitada, porque sus componentes son series de potencias en t.
Uso de la transformada de Laplace.
En la ecuacion (5.20) se vio que x = etA es una solucion de x′ = Ax. Como
e0A = I, x = etA es una solucion del problema de valor inicial
x′ = Ax, x(0) = I. (5.22)
Si X(s) = L x(t) = L etA, entonces aplicando transformada de Laplace
en (5.22) se tiene
sX(s)− x(0) = AX(s)
(sI − A)X(s) = I.
185
CAPITULO 5. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
Si se multiplica la ultima ecuacion por (sI − A)−1, entonces se obtiene
X(s) = (sI − A)−1. Es decir,
L eAt = (sI − A)−1
de donde
eAt = L−1(sI − A)−1. (5.23)
Ejemplo 5.18. Halle etA para A =
(
0 2
−2 0
)
Solucion. Calculemos la inversa de sI − A =
(
s −22 s
)
.
(sI − A)−1 =1
s2 + 4
(
s 2
−2 s
)
=
s
s2 + 4
2
s2 + 4
−2s2 + 4
s
s2 + 4
.
Por lo tanto, de (5.23)
x(t) = etA = L−1X(s) =
(
cos 2t sen 2t
− sen 2t cos 2t
)
Matrices nilpotentes.
Si B es una matriz nilpotente, es decir, Bk = 0 para algun entero positivo
k, entonces la serie para etB solo tiene un numero finito de terminos, pues
Bk+1 = Bk+2 = · · · = 0. En tales casos, etB se reduce a
etB = I + tB + · · ·+ tk
(k − 1)!Bk−1.
Usaremos la ley de los exponentes y este hecho acerca de matrices nilpotentes
para determinar etA para una clase particular de matrices. Sea r un escalar,
como
etA = ertIet(A−rI)
186
5.6. MATRIZ EXPONENCIAL
se obtiene una representacion finita de etA si B = A− rI es nilpotente para
alguna r. De hecho, cuando el polinomio caracterıstico de A tiene la forma
p(λ) = (λ1−λ)m, es decir, cuando A tiene un valor propio λ1 de multiplicidad
m, el teorema de Cayley–Hamilton2 implica que (λ1I−A)m = 0. Por lo tanto,
A− λI es nilpotente y
etA = eλ1 t[
I + tB + · · ·+ tk
(k − 1)!Bk−1
]
Ejemplo 5.19. Determine una matriz fundamental para x′ = Ax, donde
A =
3 −2 1
2 −1 1
−4 4 1
.
Solucion. El polinomio caracterıstico de A es p(λ) = (1 − λ)3. Ası, λ1 = 1
es un valor propio de multiplicidad 3. Por el Teorema de Cayley–Hamilton,
(A− I)3 = 0, luego
etA = et[
I + (A− I)t+ (A− I)2 t2
2
]
.
Pero
A− I =
2 −2 1
2 −2 1
−4 4 0
, (A− I)2 =
−4 4 0
−4 4 0
0 0 0
.
Al sustituir se tiene
etA =
et + 2tet − 2t2et −2tet + 2t2et tet
2tet − 2t2et et − 2tet + 2t2et tet
−4tet 4tet et
En general, no se espera que la matriz sea nilpotente, pero se puede
aprovechar la siguiente relacion entre matrices fundamentales como ayuda
para calcular etA.
2El teorema de Cayley-Hamilton establece que una matriz satisface su propia ecuacion
caracterıstica; es decir, p(A) = 0.
187
CAPITULO 5. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
Lema 2. Sean Φ(t) y Ψ(t) dos matrices fundamentales para el mismo sistema
x′ = Ax. Entonces existe una matriz constante C tal que Φ(t) = Ψ(t)C.
Se puede usar el lema 2 para calcular etA cuando se conoce una matriz fun-
damental Φ(t) para x′ = Ax. Como etA tambien es una matriz fundamental
para el sistema, el lema 2 afirma que etA = Φ(t)C para una cierta matriz
constante C. Al hacer t = 0 se obtiene
etA = Φ(t)Φ−1(0).
Aunque esta formula es util, cambia el problema de determinar etA por el
de determinar una matriz fundamental Φ(t). Por fortuna, se pueden usar las
propiedades de la matriz exponencial etA para simplificar esta tarea. Como
las columnas de una matriz fundamental deben tener la forma etAu, se tratan
de hallar n vectores u para los que sea razonable el calculo de etAu.
Primero se usa la relacion etAu = ertet(A−rI)u para expresar etAu como
etAu = ertet(A−rI) = ert[
u+ t(A− rI)u+ · · ·+ tk
k!(A− rI)ku+ · · ·
]
(5.24)
Se sabe que si r es un valor propio de A y u es un vector propio asociado,
entonces ertu es una solucion de (5.24). En efecto, en este caso,
(A− rI)u = (A− rI)2u = · · · = 0.
Por la tanto, la serie en (5.24) se reduce al primer termino, ertu. Aunque
es mucho esperar que A − rI sea nilpotente, no es mucho pedir que
(A− rI)ku = 0 para algun vector no trivial u y algun entero k.
Definicion 5.6.2. Sea A una matriz constante n × n y r un valor propio
de A. Un vector no trivial u que satisface (A− rI)ku = 0 para algun entero
positivo k se llama un vector propio generalizado de A asociado a r.
188
5.7. EJERCICIOS
5.7. Ejercicios
En los ejercicios 1 a 8 resuelva el sistema por eliminacion sistematica
1.x′ = 5x+ 3y
y′ =−6x− 4y
2.x′ =4x+ 7y
y′ = x− 2y
3.(D + 1)x+ (D − 1)y = 2
3x+ (D + 2)y = −1
4.D2x−Dy = t
(D + 3)x+ (D + 3)y = 2
5.x′′ + y′ =−5xx′ + y′ =−x+ 4y
6.(tD + 1)x+ (D − 1)y=0
2x+ (D − 1)y=0
7.D2x− 2(D2 +D)y=sen t
x+Dy=0
8.(2D2 +D − 1)x− (2D − 1)y = t− 2
(D + 1)x+Dy = −t
En los ejercicos 9 a 13 use la transformada de Laplace.
9.x′ =2y + et; x(0) = 1
y′ =8x− t; y(0) = 110.
x′ + y=1−U (t− 2); x(0) = 0
x+ y′ =0; y(0) = 0
11.
x′′ + y′= 2
4x+ y′=6
x(0) = 3, x′(0) = 0, y(1) = 4
12.
x′′ + x′ + y′ = 0
4x′ − y′′ − y′= 0
x(0) = x′(0) = 0, y(0) = −1, y′(0) = 5
13. Redes electricas. El sistema de ecuaciones diferenciales para describir
las corrientes i2(t) e i3(t) en la red de la figura es
Ldi2dt
+ Ldi3dt
+R1i2 = E(t)
R1
di2dt
+R2
di3dt
+1
Ci3 = 0
E
L
CR1
R2i1
i2
i3
Resuelva el sistema dado que R1= 10Ω, R
2= 5Ω, L = 1h, C = 0.2F,
i2(0) = 0; i3(0) = 0 y f(t) = 120[1−U (t− 2)].
189
CAPITULO 5. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
En los ejercicios 14 a 18, escriba en forma matricial x′ = Ax+ f .
14.x′ − 3x+ y= t2
x+ y′ − 2y = et15. wiv + w = t2
16.
x′ − t2x+ y + z= t
y′ − etz=5
tx− y − z′ + 3z= et
17. y′′ − 3y′ − 10y = sen x
18.(2D2 +D − 1)x− (2D − 1)y = 1
(D − 1)x+Dy = −1
En los ejercicios, 19 a 25 determine una solucion general para x′ = Ax.
19. A =
(
1 −11 4
)
20. A =
(
−1 3
−3 5
)
21. A =
(
5 1
−2 3
)
22. A =
(
2 4
−1 6
)
; x(0) =
(
−16
)
23. A =
1 2 2
2 0 3
2 3 0
24. A =
1 −1 2
−1 1 0
−1 0 1
25. A =
2 1 1
1 2 1
−2 −2 −1
En los ejercicios 26 a 31 encuentre la solucion general de x′(t) = Ax+f .
26. A =
(
1 1
4 1
)
, f(t) =
(
−t− 1
−4t− 2
)
27. A =
1 −2 2
−2 1 2
2 2 1
, f(t) =
2et
4et
−2et
28. A =
(
1 1
0 2
)
, f(t) = e−2t
(
t
3
)
29. A =
(
2 −11 5
)
, f(t) = e−t(
t
3
)
30. A =
(
2 1
−3 −3
)
, f(t) =
(
2et
4et
)
31. A =
(
−4 2
2 −1
)
, f(t) =
(
8 sen t
0
)
190
Capıtulo 6
Solucion de ecuaciones
diferenciales mediante series
6.1. Introduccion y preliminares
Serie infinita. Una serie infinita es una expresion de la forma
a0 + a1 + · · · + an + · · · =∞∑
n=0
an.
Serie de potencias. Una serie de potencias en torno a x0 es una expresion
de la forma
c0+c1(x−x0)+c2(x−x0)2+ · · · +an(x−x0)
n+ · · · =∞∑
n=0
cn(x−x0)n. (6.1)
1. Se dice que la serie (6.1) converge en el punto x = a si la serie infinita∞∑
n=0
cn(a−x0)n converge; es decir existe y es finito el lımite de las sumas
parciales
lımN→∞
N∑
n=0
cn(a− x0)n.
Si este lımite no existe, se dice que la serie (6.1) diverge (o que es
divergente) en x = a.
191
CAPITULO 6. SOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES MEDIANTE SERIES
2. Si la serie converge para algun numero x1 6= x0 , entonces converge para
todo x tal que
|x− x0 | ≤ |x1 − x0 | = δ.
x0− δ x
0 x0+ δx
Teorema 6.1.1 (Radio de convergencia). Para cada serie de potencias
de la forma (6.1) existe un numero ρ, (0 ≤ ρ ≤ ∞), llamado radio de
convergencia de la serie de potencias, tal que (6.1) converge absolutamente
para |x− x0 | < ρ y diverge para |x− x0| > ρ. Si la serie (6.1) converge
para todo valor de x, entonces ρ = ∞. Si la serie (6.1) converge solo en x0
entonces ρ = 0.
x0 − δ x0 x0 + δ
Divergencia Convergencia absoluta Divergencia
Teorema 6.1.2 (Criterio del cociente). Si para n grande, los coeficientes
an no se anulan y satisfacen
lımN→∞
∣∣∣an+1
an
∣∣∣ = L, (0 ≤ L ≤ ∞),
entonces el radio de convergencia de la serie de potenciasN∑
n=0
cn(x − x0)n es
ρ = 1/L, donde ρ =∞ si L = 0 y ρ = 0 si L =∞
Teorema 6.1.3 (Principio de identidad). Si∞∑
n=0
cn(x − x0)n = 0 para
toda x en cierto intervalo abierto, entonces cn = 0 para todo n.
Observaciones.
1. Si el cociente |(an+1)/an| no tiene lımite, hay que usar otro metodo
(por ejemplo el criterio de la raız) para hallar el radio de convergen-
cia ρ. En particular, si una infinidad de an se anulan, entonces no es
192
6.1. INTRODUCCION Y PRELIMINARES
posible aplicar el criterio del cociente directamente. Sin embargo, se
puede modificar el criterio del cociente para aplicarlo a series que solo
contienen terminos “pares” e “impares”.
2. Para cada valor de x para el cual la serie de potencias∞∑
n=0
cn(x− x0)n
converge, se obtiene un numero que es la suma de la serie. Por lo tanto
es adecuado denotar esa suma por f(x), pues su valor depende de la
eleccion de x; es decir, es una funcion de x. Ası, se puede escribir
f(x) =∞∑
n=0
cn(x− x0)n, |x− x0 | < ρ
Ejemplo 6.1. Serie geometrica
a)1
1− x = 1 + x+ x2 + · · ·+ xn + · · · =∞∑
n=0
xn, |x| < 1
b)1
1 + x= 1− x+ x2 + · · ·+ (−1)nxn · · · =
∞∑
n=0
(−1)nxn, |x| < 1
Operaciones con series.
Sean f(x) =∞∑
n=0
an(x− x0)n y g(x) =
∞∑
n=0
bn(x− x0)n dos series de potencias
con radios de convergencia no nulos, entonces
1. f(x) + g(x) =∑
n=0
(an + bn)(x− x0)n para toda x en el intervalo comun
de convergencia
2. f(x)g(x) =∞∑
n=0
cn(x − x0)n donde cn =
n∑
k=0
akbn−k (Producto de
Cauchy).
3. h(x) = f(x)/g(x) =∞∑
n=0
dn(x − x0)n donde los coeficientes dn se ob-
tiene al igualar los coeficientes del producto f(x) = g(x)h(x); es decir,
an =n∑
k=0
bkdn−k y resolver dn.
193
CAPITULO 6. SOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES MEDIANTE SERIES
Teorema 6.1.4. Si la serie f(x) =∞∑
n=0
cn(x − x0)n tiene un radio de con-
vergencia ρ > 0, entonces f es diferenciable en el intervalo |x− x0| < ρ.
Ademas:
f ′(x) =∞∑
n=1
ncn(x− x0)n−1, para |x− x0| < ρ
y
∫
f(x)dx =∞∑
n=0
cnn+ 1
(x− x0)n+1 + C, para |x− x0 | < ρ.
Desplazamiento del ındice de la suma.
El ındice de la suma de una serie de potencias es un ındice nominal, como la
variable de integracion en una integral definida. Por lo tanto,
1.∞∑
n=0
cn(x− x0)n =
∞∑
k=0
ck(x− x0)k =
∞∑
i=0
ci(x− x0)i
2.∞∑
n=0
cn(x− x0)n =
∞∑
k=i
cn−i(x− x0)n−i
Ejemplo 6.2. Expresar la serie∞∑
n=3
n(n − 1)(n − 2)cn(x − x0)n−3 en donde
el termino generico sea xk en lugar de xn−3
Solucion Al hacer k = n − 3 se tiene que n = k + 3. Observe que cuando
n = 3, k = 0. Por lo tanto
∞∑
n=3
n(n− 1)(n− 2)cn(x− x0)n−3 =
∞∑
k=0
(k + 3)(k + 2)(k + 1)ck+3xk
Definicion 6.1.1 (Funcion Analıtica). Una funcion f es analıtica en x0
si en un intervalo abierto I en torno de x0 , esta funcion es la suma de una
serie de potencias
194
6.2. SOLUCION MEDIANTE SERIES DE POTENCIAS
Ejemplo 6.3. Algunas representaciones conocidas son
a) ex = 1 + x+x2
2!+ · · ·+ xn
n!· · · =
∞∑
n=0
xn
n!, x ∈ R
b) sen x = x− x3
3!+ · · ·+ (−1)n x2n+1
(2n+ 1)!· · · =
∞∑
n=0
(−1)nx2n+1
(2n+ 1)!, x ∈ R
c) cos x = 1− x2
2!+ · · ·+ (−1)n x2n
(2n)!· · · =
∞∑
n=0
(−1)nx2n(2n)!
, x ∈ R
d) ln(1 + x) = x− x2
2+ · · ·+ (−1)nxn+1
(n+ 1)· · · =
∞∑
n=0
(−1)nxn+1
n+ 1, −1 < x ≤ 1
Nota. Si f es analıtica en x0 entonces
f(x) =∞∑
n=0
f (n)(x0)
n!(x− x0)
n ;
es decir, la serie de potencias coincide con la serie de Taylor de f .
6.2. Solucion mediante series de potencias
En esta seccion se muestra un metodo para obtener una solucion en serie
de potencias de una ecuacion diferencial homogenea de segundo orden
con coeficiente analıticos; en especial, el caso en el que los coeficientes son
polinomios. La generalizacion a orden superior es inmediata.
Primero se escribe la ecuacion diferencial lineal.
a(x)y′′ + b(x)y′ + c(x)y = 0 (6.2)
en la forma
y′′(x) + p(x)y′ + q(x)y = 0 (6.3)
llamada forma estandar, donde p(x) = b(x)/a(x) y q(x) = c(x)/a(x), si
a(x) 6= 0.
195
CAPITULO 6. SOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES MEDIANTE SERIES
Puntos ordinarios y singulares
Definicion 6.2.1. Un punto x0 es un punto ordinario de la ecuacion (6.3)
si p(x) y q(x) son analıticas en x0 no es punto ordinario, se dice que es un
punto singular de la ecuacion.
Ejemplo 6.4. Encuentre los puntos ordinarios y singulares de las ecuaciones
a) xy′′ + (x2 − x)y′ + (sen x)y = 0
b) (x2 − 1)y′′ + (x2 − x)y′ + 2xy = 0
Solucion.
a) Escribiendo la ecuacion en la forma (6.3) se tiene
y′′ + (x− 1)y′ +sen x
xy = 0
entonces, p(x) = x− 1 y q(x) = senxx
son analıtica en toda x, luego todos
los puntos son ordinarios. No hay puntos singulares.
b) La forma estandar de la ecuacion es
y′′ +x
x+ 1y′ +
2x
x2 − 1y = 0.
En este caso se tiene que p(x) = xx+1
la cual no es analıtica en x = −1 y
q(x) = 2xx2−1
que no es analıtica en x = −1 ni en x = 1. Luego los puntos
x = ±1 son singulares; los demas puntos son ordinarios
6.2.1. Solucion en torno a puntos ordinarios
Empezamos esta seccion con un ejemplo.
Ejemplo 6.5. Determinar una solucion en serie de potencias en torno del
punto ordinario x0 = 0 para y′′ − xy = 0.
196
6.2. SOLUCION MEDIANTE SERIES DE POTENCIAS
Solucion. Se busca una solucion de la forma y(x) =∞∑
n=0
cnxn. Entonces
y′(x) =∞∑
n=1
ncnxn−1 y y′′ =
∞∑
n=2
n(n− 1)cnxn−2.
Al sustituir en la ecuacion diferencial se tiene
∞∑
n=2
n(n− 1)cnxn−2 − x
∞∑
n=0
cnxn = 0,
lo cual se simplifica a
∞∑
n=2
n(n− 1)cnxn−2 −
∞∑
n=0
cnxn+1 = 0.
Lo primero que se observa es que la primera serie empieza en x0 = 1 y la
segunda en x1 = x. Para que ambas series empiecen en x2 se escribe
2c2 +∞∑
n=3
n(n− 1)cnxn−2 −
∞∑
n=0
cnxn+1 = 0.
Luego se hace un desplazamiento de los ındices en las series
2c2 +∞∑
n=3
n(n− 1)cnxn−2
︸ ︷︷ ︸
k=n−2, n=k+2
−∞∑
n=1
cnxn+1
︸ ︷︷ ︸
k=n+1, n=k−1
= 0.
De este modo, las series quedan en la forma
2c2 +∞∑
k=2
(k + 2)(k + 1)ck+2 −∞∑
k=2
ck−1xk = 0.
Al escribir en una sola serie las dos sumas se tiene
2c2 +∞∑
n=2
[(k + 2)(k + 1)c
k+2− c
k−1
]xk = 0.
Por el principio de identidad se tiene que
2c2 = 0 (6.4)
197
CAPITULO 6. SOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES MEDIANTE SERIES
(k + 2)(k + 1)ck+2− c
k−1= 0, para k = 1, 2, 3, . . . (6.5)
De (6.4), se tiene que c2 = 0 y de (6.5):
ck+2
=ck−1
(k + 1)(k + 2), k = 1, 2, 3, . . . (6.6)
La expresion (6.6) es una relacion de recurrencia para el coeficiente gene-
ral. A continuacion se encuentran algunos coeficientes para ver si hay algun
comportamiento regular o una forma general para el coeficiente cn
k n = k + 2 cn = ck+2
0 2 c2 = 0
1 3 c3 =c03·2 =
c031·1!·2
2 4 c4 =c04·3 =
c131·1!·1·4
3 5 c5 =c24·5 = 0
4 6 c6 =c35·6 =
c02·3·5·6 =
c032·2!·2·5
5 7 c7 =c46·7 =
c13·4·6·7 =
c132·2!·1·4·7
6 8 c8 =c57·8 = 0
Tabla 6.1. Coeficientes cn del ejemplo 6.5
De la tabla 6.1 se observa que los coeficientes que se anulan son c2 = 0 y
c5 = c8 = · · · = c3k+2
, · · · = 0. Ademas.
c3n =c0
3n · n! · 2 · 5 · . . . · (3n− 1)y c3n+1 =
c13n · n! · 1 · 4 · . . . · (3n+ 1)
Por lo tanto la solucion de la ecuacion diferencial es
y(x) = c0y1(x) + c1y2(x),
en donde
y1 = 1 +∞∑
n=1
x3n
3nn! · 2 · 5 · . . . · (3n− 1)y y2 =
∞∑
n=0
x3n+1
3nn! · 1 · 4 · . . . · (3n+ 1).
198
6.2. SOLUCION MEDIANTE SERIES DE POTENCIAS
A continuacion se enuncia un teorema para la ecuacion (6.3)
Teorema 6.2.1. Suponga que x0 es un punto ordinario para la ecuacion
(6.3). Entonces (6.3) tiene dos soluciones analıticas linealmente independien-
tes de la forma
y(x) =∞∑
n=0
cn(x− x0)n (6.7)
Ademas, el radio de convergencia de cualquier solucion en serie de potencias
de la forma dada por (6.7) es al menos tan grande como la distancia de x0
al punto singular (real o complejo) mas cercano.
Observacion. Se puede suponer sin perdida de generalidad que x0 = 0, de
modo que (6.7) se transforma en
y(x) =∞∑
n=0
cnxn (6.8)
De no ser ası, la sustitucion t = x− x0 transforma la serie (6.7) en la forma
(6.8) con z(t) = y(t+ x0)
Ejemplo 6.6. Determine al menos los cuatro primeros terminos no nulos en
un desarrollo en serie de potencias para la ecuacion diferencial
x2y′′ − y′ + y = 0 en torno a x0 = 2
Solucion. Se tiene que p(x) = −1/x2 y q(x) = 1/x2 las cuales son analıticas
en x0 = 2. La sustitucion t = x − 2, haciendo z(t) = y(t + 2) y usando la
regla de la cadena
dy
dx=dz
dt
dt
dx=dz
dty
d2y
dx2=d2z
dt2,
la ecuacion original se transforma en la forma
(t+ 2)2z′′ − z′ + z = (t2 + 2t+ 1)z′′ − z′ + z = 0
Ahora se busca una solucion general en la forma z(t) =∞∑
n=0
cntn.
199
CAPITULO 6. SOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES MEDIANTE SERIES
Procediendo como el ejemplo 6.5 (los detalles se dejan para el lector) se
encuentra que
z(t) = c0(1− 1
8t2 + 1
32t3 + . . .
)+ c1
(t− 1
8t2 + 7
96t3 + . . .
).
Ası, al hacer nuevamente t = x−2 se obtiene y(x) = c1y1(x)+c2y2(x), donde
y1(x) = 1− 18(x− 2)2 + 1
32(x− 2)3 + . . .
y2(x) = x− 2 + 18(x− 2)2 − 7
96(x− 3)3 + . . .
6.2.2. Solucion en torno a puntos singulares: metodo
de Frobenius
Definicion 6.2.2. Consdidere la ecuacion
y′′(x) + p(x)y′ + q(x)y = 0 (6.9)
Un punto singular x0 de (6.9) es regular si (x−x0)p(x) y (x−x0)2q(x) son
analıticas en x0 . En caso contrario, x0 es un punto singular irregular.
Ejemplo 6.7. Clasifique los puntos singulares de la ecuacion
(x2 − 1)2y′′(x) + (x− 1)y′(x)− y(x) = 0.
Solucion. Al escribir la ecucion en forma normal se observa que
p(x) =x− 1
(x2 − 1)2=
1
(x+ 1)2(x− 1)y q(x) =
−1(x2 − 1)2
.
Ası que los puntos singulares son x = −1 y x = 1.
Para x = −1 se tiene (x + 1)p(x) =1
(x+ 1)(x− 1)la cual no es anlıtica en
x = −1. Luego, x = −1 es un punto singular irregular.
Para x = 1 se tiene (x − 1)p(x) =1
(x+ 1)2y (x − 1)2q(x) =
−1(x+ 1)2
las
cuales son anlıticas en x = 1. Por lo tanto, x = 1 es un punto singular regular.
200
6.2. SOLUCION MEDIANTE SERIES DE POTENCIAS
Sea x = x0 = 0 un punto singular regular de (6.9). Entonces,
xp(x) = p0 + p1x+ p2x2 + · · · =
∞∑
n=0
pnxn
x2q(x) = q0 + q1x+ q2x2 + · · · =
∞∑
n=0
qnxn
Supongamos ahora que una solucion de (6.9) es de la forma y =∞∑
n=0
cnxn+r.
Ası, y′ =∞∑
n=0
(n+r)cnxn+r−1 y y′′ =
∞∑
n=0
(n+r−1)(n+r)cnxn+r−2. Al sustituir
en (6.9) se tiene
∞∑
n=0
(n+ r − 1)(n+ r)cnxn+r−2 +
∞∑
n=0
pnxn−1
∞∑
n=0
(n+ r)cnxn+r−1+
∞∑
n=0
qnxn−2
∞∑
n=0
cnxn+r = 0.
Efectuando las operaciones se tiene
∞∑
n=0
(n+ r − 1)(n+ r)cnxn+r−2 + xr−2
∞∑
n=0
( n∑
k=0
pk(n− k + r)cn−k
)
xn+
xr−2
∞∑
n=0
( n∑
k=0
qkcn−k
)
xn = 0.
Al extraer el factor comun xr−2 y cancelarlo, por ser x 6= 0, se tiene
∞∑
n=0
(n+ r − 1)(n+ r)cnxn +
∞∑
n=0
( n∑
k=0
pk(n− k + r)cn−k
)
xn+
∞∑
n=0
( n∑
k=0
qkcn−k
)
xn = 0.
El primer termino es
(r − 1)rc0 + p0c0r + q0c0 =((r − 1)r + p0r + q0
)c0
201
CAPITULO 6. SOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES MEDIANTE SERIES
Por el principio de identidad, este y todos los demas coeficientes deben ser
iguales a cero. Es decir,
((r − 1)r + p0r + q0
)c0 = 0.
Para poder determinar a r, es conveniente suponer que c0 6= 0. Ası,
(r − 1)r + p0r + q0 = 0.
Esta ultima ecuacion permite encontrar los valores de r, dando origen a la
siguiente definicion
Definicion 6.2.3 (Ecuacion indicial). Si x0 es un punto singular regular
de (6.9), entonces la ecuacion inicial para este punto es
r(r − 1) + p0r + q0 = 0 (6.10)
donde
p0 = lımx→x0
(x− x0)p(x) y q0 = lımx→x0
(x− x0)2q(x)
Las raıces de la ecuacion inicial son los exponentes (ındices) de la singu-
laridad x0 .
Teorema 6.2.2 (Metodo de Frobenius). Si x0 es un punto singular re-
gular de la ecuacion (6.9) existe al menos una solucion de la forma
y(x) = (x− x0)r
∞∑
n=0
cn(x− x0)n =
∞∑
n=0
cn(x− x0)n+r, c0 6= 0, (6.11)
en donde el numero r es una constante por determinar. Esta serie converge
cuando menos en algun intervalo 0 < x− x0 < ρ.
Ejemplo 6.8. Encuentre una solucion en la forma y =∞∑
n=0
cnxn+r para la
ecuacion 4xy′′ + 2y′ + y = 0, en torno al punto singular x = 0.
202
6.2. SOLUCION MEDIANTE SERIES DE POTENCIAS
Solucion. Sea y =∞∑
n=0
cnxn+r. Entonces y′ =
∞∑
n=0
(n + r)cnxn+r−1 y
y′′ =∞∑
n=0
(n+ r − 1)(n+ r)cnxn+r−2. Al sustituir en la ecuacion se tiene:
∞∑
n=0
4(n+ r − 1)(n+ r)cnxn+r−1 +
∞∑
n=0
2(n+ r)cnxn+r−1 +
∞∑
n=0
cnxn+r = 0.
Al extraer y cancelar el factor xr−1, pues x 6= 0, se obtiene
∞∑
n=0
4(n+ r − 1)(n+ r)cnxn +
∞∑
n=0
2(n+ r)cnxn +
∞∑
n=0
cnxn+1 = 0.
Para expresar como una sola serie, debemos acomodar los exponentes de x
y los subındices de cada serie. Las dos primeras empiezan en x0 y la tercera
en x1 = x. Ası
4r(r − 1)c0 +∞∑
n=1
4(n+ r − 1)(n+ r)cnxn + 2c0+
+∞∑
n=1
2(n+ r)cnxn +
∞∑
n=0
cnxn+1 = 0
(4r(r − 1) + 2r
)c0 +
∞∑
n=1
4(n+ r − 1)(n+ r)cnxn
︸ ︷︷ ︸
k=n
+
+∞∑
n=1
2(n+ r)cnxn
︸ ︷︷ ︸
k=n
+∞∑
n=0
cnxn+1
︸ ︷︷ ︸
k=n+1,n=k−1
= 0
De ahı,
(4r(r − 1) + 2r
)c0 +
∞∑
k=1
[4(k + r − 1)(k + r)ck + 2(k + r)ck + ck−1
]xk = 0
Por el principio de identidad y dado que c0 6= 0.
4r(r − 1) + 2r = 0 Ecuacion indicial (6.12)
203
CAPITULO 6. SOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES MEDIANTE SERIES
4(k + r − 1)(k + r)ck + 2(k + r)ck + ck−1 = 0, k = 1, 2, . . . (6.13)
De (6.12), r1 = 1/2 o r2 = 0. Observemos que r1 − r2 = 1/2 /∈ Z+.
De (6.13) se obtiene la relacion de recurrencia para cada valor de r
ck =−ck−1
2(k + r)[2(k + r)− 1], k = 1, 2, . . . (6.14)
Al reemplazar los valores de r se obtiene
Para r1 = 1/2 : ck =−ck−1
2k(2k + 1)y para r2 = 0 : ck =
−ck−1
2k(2k − 1);
k = 1, 2, . . .
Ahora procederemos a calcular los coeficientes. Para r1 = 1/2 se tiene
k n = k − 1 ck
1 0 c1 =−c02 · 3 =
−c03!
2 1 c2 =−c14 · 5 =
c02 · 3 · 4 · 5 =
c05!
3 2 c3 =−c26 · 7 =
−c02 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 =
−c07!
Se observa que
cn =(−1)nc0(2n+ 1)!
, n = 0, 1, 2, . . .
Tomando c0 = 1, se obtiene
y1(x) =∞∑
n=1
(−1)n(2n+ 1)!
xn+1/2 = x1/2∞∑
n=1
(−1)n(2n+ 1)!
xn.
Dejamos para el lector encontrar la solucion y2 correspondiente a r2 = 0. Por
lo tanto, la solucion general de la ecuacion es
y(x) = c1y1(x) + c2y2(x).
204
6.3. ECUACIONES Y FUNCIONES ESPECIALES
Casos de la raıces indiciales.
Cuando se aplica el metodo de Frobenius se pueden diferenciar tres casos que
corresponden a la naturaleza de las raıces indiciales. Supondremos que r1 y
r2 son la raıces reales de (6.10) y que, cuando son diferentes, r1 es la raız
mayor.
Caso 1: Las raıces no difieren en un entero. Si r1 y r2 son distintas y
no difieren en un entero, existen dos soluciones linealmente independientes
de la forma
y1(x) =∞∑
n=0
cn(x− x0)n+r1 , c0 6= 0
y2(x) =∞∑
n=0
bn(x− x0)n+r2 , b0 6= 0
Caso 2. Las raıces difieren en un entero positivo. Si r1 − r2 es un
entero positivo, existen dos soluciones linealmente independiente de la forma
y1(x) =∞∑
n=0
cn(x− x0)n+r1 , c0 6= 0
y2(x) = Cy1(x) ln x+∞∑
n=0
bn(x− x0)n+r2 , b0 6= 0
y C es una constante que podrıa ser cero.
Caso 3. Raıces iguales. Si r1 = r2 , siempre existen dos soluciones lineal-
mente independientes de la forma
y1(x) =∞∑
n=0
cn(x−x0)n+r1 , c0 6= 0; y2(x) = y1(x) ln x+
∞∑
n=0
bn(x−x0)n+r1
6.3. Ecuaciones y funciones especiales
En esta seccion se estudian tres ecuaciones importantes:
x2y′′ + xy′ + (x2 − v2)y = 0 (6.15)
205
CAPITULO 6. SOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES MEDIANTE SERIES
(1− x2)y′′ − 2xy′′ + n(n+ 1)y = 0, (6.16)
x(x− 1)y′′ + [γ − (α + β + 1)x]y′ − αβy = 0 (6.17)
las cuales aparecen con frecuencia en estudios superiores de matematicas apli-
cadas. Las ecuaciones (6.15), (6.16) y (6.17) se llaman ecuacion de Bessel,
ecuacion de Legendre y ecuacion hipergeometrica respectivamente.
6.3.1. Ecuacion de Bessel.
Para resolver la ecuacion de Bessel, supondremos que v ≥ 0. Como x = 0
es un punto singular regular de (6.15), por el teorema 6.2.2, existe al menos
una solucion en la forma∞∑
n=0
cnxn+r. Al sustituir esta ecuacion en (6.15) se
tiene
x2y′′ + xy′ + (x2 − v2)y =
∞∑
n=0
cn(n+ r)(n+ r − 1)xn+r +
∞∑
n=0
cn(n+ r)xn+r+
+
∞∑
n=0
cnxn+r+2 − v2
∞∑
n=0
cnxn+r
= c0(r2 − v2)xr + xr
∞∑
n=1
cn[(n+ r)2 − v2]xn
+ xr∑
n=0
cnxn+2 = 0 (6.18)
En (6.18) vemos que la ecuacion indicial es r2 − v2 = 0 , de modo que las
raıces indiciales son r1 = v y r2 = −v. Cuando r1 = v, la ecuacion (6.18) se
transforma en
xv∞∑
n=1
cnn(n+ 2v)xr + xv∞∑
n=0
cnxn+2
= xv[
(1 + 2v)c1x+∞∑
n=2
cnn(n+ 2v)xn
︸ ︷︷ ︸
k=n−2
+∞∑
n=0
cnxn+2
︸ ︷︷ ︸
k=n
]
= xv[
(1 + 2v)c1x+∞∑
k=0
[(k + 2)(k + 2 + 2v)ck+2 + ck]xk+2]
= 0.
206
6.3. ECUACIONES Y FUNCIONES ESPECIALES
Ası,
(1 + 2v)c1 = 0
(k + 2)(k + 2 + 2v)ck+2
+ ck= 0,
de donde c1 = 0 y
ck+2
=−c
k
(k + 2)(k + 2 + 2v), k = 0, 1, 2, . . . (6.19)
Como c1 = 0, al sustituir en (6.19) se obtiene que c2n+1 = 0, n = 0, 1, 2, . . ..
Ahora considerando k = 0, 2, 4, . . . vemos, despues de hacer k+2 = 2n, para
n = 1, 2, 3, . . ., que
c2n = − c2n−2
22n(n+ v). (6.20)
Ası
c2 = −c0
22 · 1 · (1 + v)
c4 = −c2
22 · 2 · (2 + v)=
c024 · 1 · 2 · (1 + v)(2 + v)
c6 = −c4
22 · 3 · (3 + v)= − c0
26 · 1 · 2 · 3(1 + v)(2 + v)(3 + v)...
c2n = − (−1)nc022n · n!(1 + v)(2 + v) · · · (n+ v)
, n = 1, 2, 3, . . . (6.21)
Se acostumbra eligir convenientemente c0 como
c0 =1
2vΓ(1 + v),
en donde Γ es la funcion gamma. Recordemos que dicha funcion posee la
propiedad Γ(1+α) = αΓ(α). De este modo, podemos reducir el producto en
el denominador de (6.21) a un solo termino;
Γ(1 + v + 1) = (1 + v)Γ(1 + v)
Γ(1 + v + 2) = (2 + v)Γ(2 + v) = (2 + v)(1 + v)Γ(1 + v).
207
CAPITULO 6. SOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES MEDIANTE SERIES
Por lo tanto, (6.21) se puede expresar en la forma
c2n =(−1)nc0
22n · n!(1 + v)(2 + v) · · · (n+ v)=
(−1)n22n+vn!Γ(1 + v + n)
, n = 0, 1, 2, . . .
Funciones de Bessel de primera clase
Al usar el coeficiente c2n que se acaba de obtener y r = v, una solucion en
forma de serie de potencias de la ecuacion (6.15) es y =∞∑
n=0
c2nx2n+v. Esta
solucion se representa por Jv(x):
Jv(x) =∞∑
n=0
(−1)nn!Γ(1 + v + n)
(x
2
)2n+v
. (6.22)
Si v ≥ 0, la serie converge al menos en el intervalo [0,∞). Tambien, para el
segundo exponente r2 = −v, de manera similar, se obtiene
J−v(x) =∞∑
n=0
(−1)nn!Γ(1− v + n)
(x
2
)2n−v. (6.23)
Las funciones Jv(x) y J−v(x) dadas por (6.22) y (6.23) se llaman funciones
de Bessel de primera clase o de primera especie. Segun sea el valor de
v, la ecuacion (6.23) puede tener potencias negativas de x y, por consiguiente,
converge en (0,∞)1
Observaciones. Se debe tener cuidado al escribir la solucion general de la
ecuacion (6.15).
1. Cuando v = 0, (6.22) y (6.23) son iguales.
2. Si v > 0 y r1 − r2 = v − (−v) = 2v no es un entero positivo; entonces,
de acuerdo con el caso 1 de la seccion 6.3, se tiene que Jv(x) y J−v(x)
son soluciones linealmente independientes de (6.15) en (0,∞), ası que
la solucion general en dicho intervalo es y = c1Jv(x) + c2J−v(x).
1Al reemplazar x por |x|, las series de (6.22) y (6.23) convergen para 0 < |x| <∞.
208
6.3. ECUACIONES Y FUNCIONES ESPECIALES
3. Si r1 − r2 = 2v es un entero positivo, de acuerdo con el caso 2 de la
seccion 6.2, es posible que exista una segunda solucion de (6.15) en
forma de serie. En este caso vemos que hay dos posibilidades: cuando
v = m = entero positivo, J−m(x) definida por (6.23) y Jm(x) no son
soluciones linealmente independientes. Se puede demostrar que J−m
es un multiplo constante de Jm. Ademas, r1 − r2 = 2v puede ser un
entero positivo cuando v es la mitad de un entero positivo impar. Es
posible demostrar, que en este caso, Jv(x) y J−v(x) son linealmente
independientes; es decir, la solucion general de (6.15) en (0,∞) es
y = c1Jv(x) + c2J−v(x), v no es un entero. (6.24)
Ejemplo 6.9. Halle la solucion general de x2y′′ + xy′ + (x2 − 14)y = 0 en
(0,∞).
Solucion. En este caso, v2 = 14y v = 1
2. Luego, la solucion general de la
ecuacion dada en (0,∞) es y = c1J1/2(x) + c2J−1/2(x).
Funciones de Bessel de segunda clase
Si v no es un entero, la funcion definida por la combinacion lineal
Yv(x) =cos vπJv(x)− J−v(x)
sen vπ(6.25)
y la funcion Jv(x) son soluciones linealmente independientes de (6.15); por
lo tanto, otra forma de la solucion general de (6.15) es y = c1Jv(x) + c2Yv(x)
siempre y cuando v no sea entero. Cuando v → m, donde m es un entero,
la ecuacion (6.25) tiende a la forma indeterminada 0/0, sin embargo, al usar
la regla de L’Hopital se puede demostrar que lımv→m
Yv(x) existe. Ademas, la
funcion
Ym(x) = lımv→m
Yv(x)
y Jm(x) son soluciones LI de la ecuacion x2y′′ + xy′ + (x2 −m2)y = 0. Por
lo tanto, para cualquier valor de v, la solucion general de (6.15) en (0,∞) se
209
CAPITULO 6. SOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES MEDIANTE SERIES
puede escribir en la forma
y = c1Jv(x) + c2Yv(x). (6.26)
La funcion Yv(x) se llama funcion de Bessel de segunda clase de orden v.
Propiedades Algunas de las propiedades mas utiles de las funciones de
Bessel de orden m para m = 0, 1, 2, . . . son
(i) J−m(x) = (−1)mJm(x) (ii) Jm(−x) = (−1)mJm(x)
(iii) Jm(0) =
0, m > 0
1, m = 0(iv) lım
x→0+Ym(x) = −∞
Otras propiedades son
(i)d
dx[x−vJv(x)] = −x−vJv−1(x) (ii)
d
dx[xvJv(x)] = xvJv−1(x)
6.3.2. Ecuacion de Legendre
Dado que x = 0 es un punto ordinario de la ecuacion de Legendre, al reem-
plazar la serie de potencia∞∑
n=0
cnxn, desplazar los ındices y combinar las series
se obtiene
(1− x2)y′′ − 2xy′ + n(n+ 1)y = [n(n+ 1)c0+ 2c
2] + [(n− 1)(n+ 2)c
1+ 6c
3]x
+∞∑
j=2
[(j + 2)(j + 1)cj+2
+ (n− j)(n+ j + 1)cj ]xj = 0.
Por el teorema 6.1.3,
n(n+ 1)c0 + 2c2 = 0
(n− 1)(n+ 2)c1 + 6c3 = 0
(j + 2)(j + 1)cj+2
+ (n− j)(n+ j + 1)cj = 0,
o sea
c2 = −n(n+ 1)
2!c0
210
6.3. ECUACIONES Y FUNCIONES ESPECIALES
c3 = −(n− 1)(n+ 2)
3!c1
cj+2
= −(n− j)(n+ j + 1)
(j + 2)(j + 1)cj, j = 2, 3, 4, . . . (6.27)
Para j = 2, 3, 4, . . ., la relacion de recurrencia (6.27) produce los siguientes
resultados
c4 = −(n− 2)(n+ 3)
4 · 3 c2 =(n− 2)n(n+ 1)(n+ 3)
4!c0
c5 = −(n− 3)(n+ 4)
5 · 4 c3 =(n− 3)(n− 1)(n+ 2)(n+ 4)
5!c1
c6 = −(n− 4)(n+ 5)
6 · 5 c4 = −(n− 4)(n− 2)n(n+ 1)(n+ 3)(n+ 5)
6!c0
c7 = −(n− 5)(n+ 6)
7 · 6 c5 = −(n− 5)(n− 3)(n− 1)(n+ 2)(n+ 4)(n+ 6)
7!c1
Entonces se obtienen dos soluciones linealmente independientes validas al
menos para |x| < 1
y1(x) = c0
[
1− n(n+ 1)
2!x2 +
(n− 2)n(n+ 1)(n+ 3)
4!x4
−(n− 4)(n− 2)n(n+ 1)(n+ 3)(n+ 5)
6!x6 + · · ·
]
y2(x) = c1
[
x− (n− 1)(n− 2)
3!x3 +
(n− 3)(n− 1)(n+ 2)(n+ 4)
5!x5
−(n− 5)(n− 3)(n− 1)(n+ 2)(n+ 4)(n+ 6)
7!x7 + · · ·
]
(6.28)
Observe que si n es un entero par, la primera serie termina, mientras que
y2(x) es una serie infinita. Por ejemplo, para n = 4 se tiene
y1(x) = c0
[
1− 4 · 52!
x2 +2 · 4 · 6
4!x4]
= c0
[
1− 10x2 +35
3x4]
.
De manera similar, cuando n es un entero impar, la serie y2(x) termina con
xn; esto es, cuando n es un entero o negativo, se obtiene una solucion en
forma de polinomio de grado n de la ecuacion de Legendre.
211
CAPITULO 6. SOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES MEDIANTE SERIES
Se acostumbra elegir valores apropiados de c0 o c1 , dependiendo de si n es par
o impar, respectivamente. para n = 0 se elige c0 = 1, y para n = 2, 4, 6, . . .
c0 = (−1)n/21 · 3 · · · (n− 1)
2 · 4 · · ·n ;
mientras que para n = 1 se escoge c1 = 1, y para n = 3, 5, . . .
c1 = (−1)(n−1)/2 1 · 3 · · ·n2 · 4 · · · (n− 1)
.
Polinomios de Legendre Estas soluciones polinomicas particulares de gra-
do n se llaman polinomios de Legendre y se representan por Pn(x). Los
primeros polinomios de Legendre son
P0(x) = 1 P1(x) = x
P2(x) =12(3x2 − 1) P3(x) =
12(5x3 − 3x)
P4(x) =18(35x4 − 30x2 + 3) P5(x) =
18(63x5 − 70x3 + 15x)
(6.29)
Propiedades
1. Pn(−x) = (−1)nPn(x) 2. Pn(1) = 1
3. Pn(−1) = (−1)n 4. Pn(0) = 0
5. P ′n(0) = 0, n par
Relacion de recurrencia
(k + 1)Pk+1(x)− (2k + 1)xPk(x) + kPk−1(x) = 0 (6.30)
Formula de Rodrıguez
Pn(x) =1
2nn!
dn
dxn(x2 − 1)n; n = 0, 1, 2, . . . (6.31)
6.3.3. Ecuacion hipergeometrica
Esta ecuacion tiene puntos singulares en x = 0 y en x = 1, ambos regulares.
De este modo, un desarrollo en serie en torno a x = 0 de (6.17) obtenida
212
6.3. ECUACIONES Y FUNCIONES ESPECIALES
mediante el metodo de Frobenius convgergera al menos para 0 < x < 1. Para
hallar este desarrollo, observe que la ecuacion indicial asociada con x = 0 es
r(r − 1) + γr = r[r − (1− γ)] = 0,
con raıces 0 y 1. Supongamos que γ no es un entero y usemos la raız r = 0 para
obtener una solucion para (6.17) de la forma y1(x) =∞∑
n=0
cnxn. Al sustituir
y1(x) en (6.17), desplazar ındices y simplificar obtenemos la ecuacion
∞∑
n=1
[n(n+ γ − 1)cn − (n+ α− 1)(n+ β − 1)cn−1 ]xn−1 = 0.
Al igualar a cero los coeficientes de la serie obtenemos la relacion de recu-
rrencia
n(n+ γ − 1)cn − (n+ α− 1)(n+ β − 1)cn−1 = 0, n ≥ 1.
Como n ≥ 1 y γ no es un entero, entonces
cn =(n+ α− 1)(n+ β − 1)
n(n+ γ − 1)an−1 , n ≥ 1.
Hallando cn en forma recursiva se obtiene
cn =α(α + 1) · · · (α + n− 1)β(β + 1) · · · (β + n− 1)
n!γ(γ + 1) · · · (γ + n− 1)a0 , n ≥ 1.
Si usamos la funcion factorial definida para enteros no negativos n como
(t)n = t(t+ 1)(t+ 2) · · · (t+ n− 1), n ≥ 1
(t)0 = 1, t 6= 0,
entonces podemos escribir cn de manera mas compacta como
cn =(α)n(β)n(γ)n
a0 , n ≥ 1
Si c0 = 1 y sustituyendo cn en y1(x) se tiene la siguiente solucion para la
ecuacion (6.17)
y1(x) = 1 +∞∑
n=1
(α)n(β)n(γ)n
xn,
213
CAPITULO 6. SOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES MEDIANTE SERIES
llamada funcion hipergeometrica de Gauss y se denota por F (α, β, γ; x).
Es decir,
F (α, β, γ; x) = 1 +∞∑
n=1
(α)n(β)n(γ)n
xn.
Las funciones hipergeometricas son generalizaciones de las series geometricas.
Para verlo, observe que para cualquier constante β que no sea cero ni un
entero negativo,
F (1, β, β; x) = 1 + x+ x2 + x3 + · · · .
Lo interesante es que varias funciones familiares se pueden expresar en termi-
nos de la funcion hipergeometrica:
1. F (α, β, β; x) = (1− x)−α
2. F (1, 2, 2; x) = −x−1 ln(1− x)
3. F(12, 1, 3
2; x2)= 1
2x−1 ln
(1 + x
1− x
)
4. F(12, 1, 3
2;−x2
)= x−1 arctan x
Para obtener una segunda solucion linealmente independiente de (6.17)
cuando γ no es un entero, usamos la otra raız de la ecuacion indicial,
r = 1− γ, y buscamos una solucion de la forma y2(x) =∞∑
n=0
dnxn+1−γ .
Al sustituir y2(x) en la ecuacion (6.17) y calcular bn, tenemos que
y2(x) = x1−γ +∞∑
n=1
(α + 1− γ)n(β + 1− n)nn!(2− γ)n
xn+1−γ.
Es facil ver que
y2(x) = x1−γF (α + 1− γ, β + 1− γ, 2− γ; x)
Usando la funcion gamma, se puede ver que
(t)n =Γ(t+ n)
Γ(t), t > 0 y n entero no negativo.
214
6.4. EJERCICIOS
Ası, la funcion hipergeometrica se puede expresar como
F (α, β, γ; x) =Γ(γ)
Γ(α)Γ(β)
∞∑
n=0
Γ(α + n)Γ(β + n)
n!Γ(γ + n)xn.
6.4. Ejercicios
En los ejercicios 1 y 2 compruebe, mediante sustitucion directa, que la serie
de potencias es una solucion particular de la ecuacion diferencial respectiva
1. y =∞∑
n=1
(−1)nn
xn, (x+ 1)y′′ + y′ = 0
2. y =∞∑
n=1
(−1)n2n(n!)2
xn, xy′′ + y′ + xy = 0
En los ejercicios 3 al 6 determine dos soluciones en forma de series de poten-
cias, de la ecuacion diferencial, respecto al punto ordinario x = 0
3. y′′ − 2xy′ + y = 0 4. y′′ − xy′ + 4y = 0
5. y′′ − x2y′ − xy = 0 6. (x2 − 1)y′′ − xy′ + y = 0
En los ejercicios 7 y 8, resuelva el problema con valores iniciales dado, me-
diante el metodo de series.
7. t2x′′ − 12x = 0, x(1) = 3, x′(1) = 5
8. (x− 1)y′′ − xy′ + y = 0, y(0) = −2, y′(0) = 6
En los ejercicios 9 al 12 use el metodo de Frobenius para hallar al menos los
cuatro primeros terminos no nulos del desarrollo en serie en torno de x = 0
para una solucion de la ecuacion dada, para x > 0
9. 9x2y′′ + 9x2y′ + 2y = 0 10. x2y′′ + xy′ + x2y = 0
11. x2x′′ + (x2 + x)z′ + z = 0 12. (1− x2)y′′ − 2xy′ + 2y = 0
En los ejercicios 13 al 19, use el metodo de Frobenius para hallar una formula
general para los coeficientes ck en un desarrollo en serie de potencias en torno
a x = 0 para una solucion de la ecuacion dada, con x > 0
215
CAPITULO 6. SOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES MEDIANTE SERIES
13. 4x2y′′ + 2x2y′ − (x+ 3)y = 0 14. xw′′ − w′ − xw = 0
15. xy′′ + 2y′ + xy = 0 16. xy′′ + 2(x2 + 1)y′ + 4xy = 0
17. xy′′ − x2y′ + y = 0 18. xy′′ + y′ + 2y = 0
19. 4xy′′ + 2y′ − y = 0
Resuelva el sistema
20.tx′(t)− y(t) = 0, y(0) = 0
x(t)− y′(t) = 0
216
Respuestas
Capıtulo 1. Introduccion a las ED, pagina 15
1. EDO, 2, t; x, lineal
2. EDO, 2, x; y, lineal
3. EDO, 2, x; y, no lineal
4. EDP, 2, x, y; u
5. EDO, 2, t; x, no lineal
6. EDO, 2, x; y, no lineal
7. EDP, 2, t, r; N
8. EDO, 3, x; y, no lineal
9. dN/dt = kN
10. dT/dt = k(T −M)
11. Allison por 6√3− 4
√6 ≈ 0.594 seg
12. Derive y sustituya
13. Derive y sustituya
14. Derive y sustituya
15. Es solucion
16. No es solucion
17. Es solucion
18. Es solucion
19. Algunas curvas solucion
x
y
20. lımx→c−
φ(x) = ∞ = lımx→−c+
φ(x) y
lımx→c−
φ(x) = −∞ = lımx→−c−
φ(x)
21. Suma de cuadrados no es negativo
22. −1,−5
23. −1, 3
24. y = 53ex + 1
3e−2x
25. ∂F∂x
no es continua en (2, 0)
26. a) v|(2,1)
= 7
c) No, porque v|(2.5,2)
= 7.625 > 0
217
Respuestas
27. Son soluciones las familias y(x) = c1 − x y
y(x) = c2 + x.
28. a) Todo el plano.
b) tanx no es continua en x = ±π/2.c) En (−π/2, π/2)
29. Soluciones singulares: y = ±2
30. Ecuacion diferencial
a) 2xy dx+ (y2 − x2 + 1) dy = 0
b) y(x2−y2+4)dx+x(y2−x2+4)dy = 0
c) y′′ − y′ − 2y = 0
d) x2y′′ − xy′ − 4y = 0
Capıtulo 2. ED de primer orden
Ecuaciones de primer orden, pagina 51.
1. y + 12sen 2y = 2arctanx+ c
2. (1− 4v2)−3/8 = cx
3. y(x) = (c1 − ecos x)−1
4. y(x) = ln c−1−ex
1+ex
5. y(x) = ln cosx, −π/2 < x < π/2
6. x(t) = a−bctb−a
1−ctb−a
7. 2 arc sen(x/2)− (4 + y2) = c
8. y−1 = c− arctan(ex + 1)
9.√y + 1 = c(
√x+ 1)
10. y = tan (ln(secx) + π/3) ; −π2< x < π
2
11. y = 12
(√4x3 + 8x2 + 8x+ 9− 1
)
12. y = 1x2+1
(
x5
5− x+ c
)
13. y =√
c(t2 + 1)− 1
14.√x2 + 1y = x− x2 − c
15. y = xex−ex+cx sen x
16. y = 1− cotx+ cscx, 0 < x < π
17. x = 12+ ce2y
18. y(x) =
3x− 6
x2 , si 0 < x ≤ 1
− 3x, si x > 1
19. y(x) =
x2
3+ 2
3x, si 0 < x ≤ 1
x2, si x > 1
20. xy ln y + e−xy = c
21. y cos 2x+ 2xy − 2exy2 − y = c
22. k = 9. Familia: 3x2y3 + x sen y = c
23. a) tan y − x ln y +
∫ x
x0
a(t)dt = c
b) exy − x4y + 2x+
∫ y
y0
b(t)dt = c
24. µ(y) = y2. Familia de soluciones: 3x2y3 +
y4 = c
27. y = cx
28. a) Verifique que My 6= Nx
b) n = 2, m = 1 Familia:
5x5y2 + 6x6y3 + x4y3 = c
29. sec(y/x2) + tan(y/x2) = cx
30. sen(x2y2) = cex
31. y = cx2e3(y−x)
32. sen(2y/x) + 2x3 = c
218
Respuestas
33.√z = 1
3(x− 2)2 + c
x−2
34. tan(x− y) + sec(x− y) = x+ c
35. y − x+ 2 ln(x+ y) = c
36. y = tan(x+ c)− x− 2
37. (2x+ 2y + 1)3 = c(y + 1)(2x+ y + 2)
38. y = x+ 5xc−x5
Modelado, pagina 53
1. x(30) = 760
2. t ≈ 11 segundos
3. y = cx2, c > 0
4. y = c√2x− 1ex, c > 0, x ≥ 1/2
5. T ≈ 48oF
6. A las 6:00 de la manana
7. i(t) =
60(1− e−0.1t), si 0 ≤ t < 20
60(1− e−2)e−0.1(t−20), si t ≥ 20
8. x(t) = rk
(
1− e−kt)
, k > 0; lımt→∞
x(t) = rk.
9. a) A(30) ≈ 64.3 libras b) A(100) ≈ 135.5 libras
c) A(150) ≈ 626 libras
10. dydx
=
√x2+y2−x
y, cuando y′ > 0; y2 = c(2x+ c)
11. A(t) = 10− t− 8−3(t− 10)4, Amın ≈ 1.22 libras
12. x(t) = 4.8− 4.6e−t/4, 0.055%, 0.06%
13. a) 20 minutos mas tarde
b) 1/e mas salado
14. A(t) = t+ 50 + 265692(t+50)2
, A ≈ 284.65 Lb
15. a) y2 = c2x3
b) (x− y + 1)ey = c2c) 2x2 + y2 = c2 d) x3 + y3 = c2e) x2 + y2 = c2y
f ) 2x+ sen 2x− 4e−y = c2
16. y = k2x
17. a) Indicacion: y′ = y−wtx
, s = vt, en donde s =
∫ a
x
√
1 + (y′)2dx
c) y = a2
[
11+k
(
xa
)1+k − 11−k
(
xa
)1−k]
+ ak1−k2 . Lo alcanza en y = ak
1−k2
d) y = 12
(
x2
2a− a lnx+ a ln a− a
2
)
, lımx→0+
y = ∞
18. a) dydx
=y−k
√x2+y2
x, y(a) = 0, donde k = w
v
b) ln[
z +√1 + z2
]
= −k lnx+ C. Sust.: y = xz
c) C = k ln a, y = a2
[
(
xa
)1−k −(
xa
)1+k]
.
219
Respuestas
d) y = −x senh[
ln(
xa
)k]
.
e) Si k < 1, el avion llega a su destino. Si k = 1, el avion llega al punto (0, a/2). Si k > 1, el
avion se va con el viento, ya que lımx→0+
y(x) = ∞.
19. a) y = x− ln |2x+ 1|+ c, x 6= −1/2 b) y + 2 ln(y − 1) = x+ c, y > 1.
20. a) r = c sen θ b) r = c(1− cos θ)
Capıtulo 3. ED de orden superior, pagina 105
1. a) 3x2 − 8x+ 2 b) 0
c) (r2 + 4r + 3)erx
d) 2 cosx+ 4 senx
2. a) −(x2 + 5) cosx+ 3x senx
b) 0
c) (r2 − 4r − 5)xr
d) (x2 + 3x− 5)e−x
3. a) 0
b) −2 cos 2x+ 2x sen 2x
c) (6 + 2x)e−2x
d) − 1x2 − 1 + 2 lnx
4. No cumple las propiedades de linealidad
5. a) y = 2e2x cosx+ 13e2x senx
b) y = 4e2x cosx+ 53e2x senx
6. y = x4 − 4x2 + 3
7. y = 2x2 − 2x4 + 3x− 2
8. a) y = 2 cosx
b) y = 2 cosx+ c2 senx
9. (−∞,∞)
10. (−π2, π2)
11. Linealmente independiente
12. Linealmente independiente
13. Linealmente independiente
14. Linealmente independiente
15. Linealmente independiente
16. Linealmente independiente
17. Linealmente dependiente
18. c) No lo contradice
19. a) Derive W y reemplace
b) Resuelva la ecuacion
20. W (x) = cex
x
21. y =1√x[c1 cosx+ c2 senx]
22. y2 = e−x2/2x∫
0
et2/2dt, yp = x2 − 2
23. y2 = xx∫
0
t−2et2/2dt = −1 +
x2
2+x4
24+ · · ·
24. Derive y sustituya
25. y = c1x+ c2x2
26. y = c1x+ c2x−2
27. y = c1ex + c2e
4x
28. y = c1e−2x + c2xe
−2x
29. y = c1e(2−
√2)x + c2e
(2+√
2)x
220
Respuestas
30. y = e−x[c1 sen 2x+ c2 cos 2x]
31. y = ex[c1 + c2 cosx+ c3 senx]
32. y = c1ex + c2e
−x + c3e2x + c4e
−2x
33. y = c1ex + c2xe
x + c3e2x + c4e
−2x
34. y = c1 cosx+ c2 senx+ c3 cosh√3 x+ c4 senh
√3 x
35. y = e2x[c1 cos 2x+ c2 sen 2x] + e−2x[c3 cos 2x+ c4 sen 2x]
36. y = c1e−x + c2e
x + c3xex + c4x
2ex + c5e5x
37. y = c1e√
2 x + c2e−√
2 x + e−x[c3 cos 3x+ c4 sen 3x]
38. y = c1e√
2 x + c2e−√
2 x + ex[c3 cos√2 x+ c4 sen
√2 x]
39. y = e4x(cosx+ senx)
40. y = ex/2(
cos√
22x+ sen
√22x)
41. y = 130e−x + 1
10e−2x + 1
15e3x
42. y = 3 coshx− senx+ 4 cosx− senx
43. y = 2− 2ex + 2xex − 12x2ex
44.
a) L[erx] = (aD2 + bD + c)[erx] = ar2erx + brerx + cerx = a(r2 +b
ar +
c
a)erx
= a[
(r +b
2a)2 +
*
04ac− b2
4a
]
erx = a(r − r0 )2erx, r0 = − b
2a
b)∂
∂rL[erx] =
∂
∂r
[
a(r − r0 )2erx
]
= 2a(r − r0 )erx + ax(r − r0)
2erx
L[ ∂
∂rerx]
= (aD2 + bD + c)[xerx] = a(D2[xerx] + bD[xerx] + c(xerx)
= (ar2x+ 2ar + brx+ b+ c)erx
= ax(r +b
2a)2erx + 2a(r +
b
2a)erx =
∂
∂rL[erx]
45. y = e4x(c1 cos 2x+ c2 sen 2x) + 15x2 + 4
25x+ 2
25− (2x+ 12
13)ex
46. y = c1e−x + c2xe
−x + cosx− 12senx+ x2e−x
47. y = c1ex/2 + c2xe
x/2 + 12 + 12x2ex/2
48. y = c1 cos 2x+ c2 sen 2x− 34x sen 2x
49. y = 7315ex − 13
15e7x + 2x− 4
5xex
50. y =
cos 2x+ 56sen 2x+ 1
3senx, 0 ≤ xπ/2
23(cos 2x+ sen 2x), x ≥ π/2
51. Verifique que L[g(x)] = 0 en cada caso.
52. a) (D2 + 1)3(D − 2)2 b) D3(D − 1)2(D − 2)
c) D3(D2 + 4)2 d) D(D2 + 1)(D + 2)(D2 + 2D + 2)
221
Respuestas
53. y = c1 coshx+ c2 senhx+ 12 + x12
(2x2 − 3x+ 6)ex
54. y = c1e−2x + c2xe
−2x + 12x− 7
8− 1
4ex
55. y = c1e3x + c2xe
3x + 3 + 12x2e3x
56. y = c1e−2x + c2xe
−2x + 14x2 − 1
2x+ 1
4− x2e−2x
57. y = c1 cosx+ c2 senx− 13cos 2x
58. y = c1 cos 2x+ c2 sen 2x+ 14x cos 2x+ 1
4x
59. y = c1 cos kx+ c2 sen kx+ yp(x), en donde yp(x) =
1k2−b2
sen bx, si k 6= b
− 12kx sen kx, si k = b
60. y = c1 cosx+ c2 senx+ ln |secx|+ x senx
61. y = c1 cosx+ c2 senx+ ln |secx+ tanx| − 2
62. y = c1e−x + c2e
−2x + e−x ln(1 + ex) + e−2x ln(1 + ex)
63. y = y = c1ex + c2xe
x − ex ln√1 + x2 + xex arctanx
64. y = c1e3x + c2e
3x + e3x
2x
65. y = c1ex + (c2 − 1
2)xex + 1
2
(
3x2 − 1ex arctanx)
− 14ex ln(1 + x2)
66. y = c1 + c2 cosx+ c3 senx+ 1 + ln |secx| − senx ln |secx+ tanx|
67. y = c1x+ c2 (x2 + 1) + 1
6x4 − 1
2x2
68. y = c1x−1/2 cosx+ c2x
−1/2 senx+ x1/2
69. y′v − 2y′′′ + y′′ + 4y′ − 6y = −8x2 + 6x+ 2 + 6xe−x + 8e−x
70. y = c1 cos 2x+ c2 sen 2x+ x− 12e−x − 1
2cos 2x ln |sec 2x+ tan 2x|
71. y = c1ex + (c2 − 1)xex + 4x2 + 13x+ 18− xex lnx
72. y = c1x−5 + c2x
3
73. y = c1x+ c2x lnx
74. y = c1x−1/2 + c2x
1/2
75. y = c1x−1 + c2x
2 + c3x3
76. y = c1x+ c2x lnx+ c3x ln3 x
77. y = c1x−1 + c2x+ c3 cos (
√3 lnx) + c4 sen (
√3 lnx)
78. y = c1x+ (c2 − 2)x lnx− x2ln2 x+ 2x ln(lnx)
222
Respuestas
79. y = 53x2 − 5
4x3 + x
2+ 1
12x
80. Sugerencia: use la regla de la cadena
81. y = c1x+ c2x2 + c3x
3
82. y = c1x+ c2x2 + c3x
3 + yp
Capıtulo 4. Transformada de Laplace, pagina 150
1. a) F (s) =1
s− 1
s2(1− e−s) b) F (s) =
e−sπ2
s2 + 1
3. a) F (s) =2
s3+
2
(s+ 1)2+
1
s+ 2b) F (s) =
2
(s− 2)(s2 − 4s− 8)
c) F (s) =12s2 − 16
(s2 + 4)2d) F (s) =
s2 + 4s+ 3
(s2 + 4s+ 5)2
e) F (s) =3(s2 + 5)
(s2 + 1)(s2 + 25)f ) F (s) =
s(s2 + 13)
(s2 + 1)(s2 + 25)
g) F (s) =12
(s2 + 1)(s2 + 25)h) F (s) = arctan
1
s+ s ln
s√s2 + 1
i) F (s) =1− (s+ 1)e−s
s2(1− e−2s)j ) F (s) =
1
s2
[
1− 2e−2s
s
2e−s
s+ 2e−2s
]
k) F (s) =1 + e−πs
(s2 + 1)(1− e−πs)l) F (s) =
π
2√s
m) F (s) =1
s2 + 1+
(1 + s)e−πs2
s2 + 1n) F (s) = (s− 1) ln
s
s− 1− 1
n) F (s) =ln
√s2 + 1
s
4. a) f(t) = cos t2
b) f(t) = 815e2t − 1
3e−t − 1
5e−3t
c) f(t) = 14[cos 2t+ sen 2t] d) f(t) = 1
2[sen t− t cos t]
e) f(t) = e−3t sen t f ) f(t) = 12te−t sen t
g) f(t) = (1− t+ et−2)U (t− 2) h) f(t) =2(cos 2t− cos t)
t
i) f(t) =2 senh 2t− 4 senh t cos(
√3 t)
tj ) f(t) =
1
2√π t3/2
e−14t
5. a) 12a
(sen at− 2at cos at) b) a sen bt−b sen ata2−b2
c) 12a
(sen at+ 2at cos at) d) a sen at−b sen bta2−b2
e) 12t sen at
f )a(cos bt− cos at)
a2 − b2
6. a) y(t) = − 12e3t sen 2t
b) y(t) = sen t− 12[cos t− (t− π
2) sen t]U (t− π
2)
c) y(t) = ce−2t + 14(t− 1− e−t)− 1
4
[
t− 2− e2(t−1)]
U (t− 1)
d) y(t) = cos 4t+ 14sen 4tU (t− 2π) e) y = e2t f) y(t) = te−3t
Aplicaciones
1. a) x(t) = 10 cos 2t b) x(t) = 10e2t(1 + 2t)
2. x(t) =
10 cos 2t+F0
2(ω2−4)(cos 2t− cosωt) si ω 6= 2
x(t) = 10 cos 2t+F08t sen 2t si ω = 2
223
Respuestas
3. a) q(t) = 6− 6e−4t cos 3t− 8e−4t sen 3t, i(t) = dqdt
= 50e−4t sen 3t
b) i(t) =
25e−4t cos 3t si 0 < t < π2
25e−4t cos 3t− 25e−4(t−π2) cos 3t si t > π
2
4. a) x(t) =
10 cos 2t si 0 < t < π2
10 cos 2t+ 18F0 (1 + cos 2t) si t > π
2
b) x(t) = 10 cos 2t+ 14F0 sen 2t
5. y(x) =
w0L2
16EIx2 − w
0L
12EIx3 +
w0
24EIx4, si 0 < x < L
2w
0L2
16EIx2 − w
0L
12EIx3 +
w0
24EIx4 − w
024EI
(x− L2)4, si L
2< x < L
6. y(x) =
2P0L2
27EIx2 − 10P
081EI
x3 si 0 < x < L3
2P0L2
27EIx2 − 10P
081EI
x3 +P0
6EI(x− L
3)3 si L
3< x < L
Capıtulo 5. Sistemas de ED, pagina 189
1. x(t) = − 56c1e
−t + c2e2t, y(t) = c1e
−t + c2e2t
2. x(t) = −c1e−3t + 7c2e5t, y(t) = c1e
−3t + c2e5t
3. x(t) = − 13[(√5 c1 − 2c2 ) sen
√5 t− (2c1 +
√5 c2 ) cos
√5 t]− 1
y(t) = c1 cos√5 t+ c2 sen
√5 t− 7
5
4. x(t) = c2e−t + c3e
−3t − c4 t+ c5 − 12t2, y(t) = c1 − c2e
−t − 3c3e−3t + c4 t+ c5 − 1
2t2
5. x(t) =c16e5t − 2
3(c2 + 3c3 ) cos 2t+
23(3c2 − c3 ) sen 2t, y(t) = c1e
25t + c2 cos 2t+ c3 sen 2t
6. x(t) = c1 t, y(t) = c1 (t− 1) + c2e−t
7. x(t) = (c3 − c2 )e−t cos t− (c3 + c2 )e
−t sen t− 15sen t+ 2
5cos t
y(t) = c1 + c2e−t cos t+ c3e
−t sen t+ 15cos t+ 2
5sen t
8. x(t) = c0e−t + c1 te
−t +c23et/2 − t+ 1, y(t) = c1e
−t + c2et/2
9. x(t) = 11164e4t + 107
320e−4t − 2
5et + 1
8t, y(t) = 111
32e4t + 107
160e−4t + 1
16− 16
5et
10. x(t) = cosh t− cosh(t− 2)U (t− 2), y(t) = − senh t+ senh(t− 2)U (t− 2)
11. x(t) = 2 cosh 2t+ 1− a2senh 2t, y(t) = 2t− 2 senh 2t+ a cosh 2t, donde a = 2+2 senh 2
cosh 2
12. x(t) = e−t cos 2t+ 12e−t sen 2t− 1, y(t) = −e−t sen 2t− e−t cos 2t− 1
2e−t sen 2t
13. i1 (t) =125
+ 12e−2t − 725e−
53t −
[
125
− 12e−2(t−2) − 725e−
53(t−2)
]
U (t− 2)
i2 (t) = 24 + 96e−2t − 120e−53t −
[
24 + 96e−2(t−2) − 120e−53(t−2)
]
U (t− 2)
i3 (t) = i1 (t) + i2 (t)
224
Respuestas
14. x′ = Ax + f , A =
0 1 0 0
−3 0 −1 0
0 0 0 1
−1 0 2 0
, x =
x1
x2
x3
x4
y f =
0
t2
0
et
, x1 = x, x2 = x′, x3 = y y
x4 = y′
15. x′ = Ax + f , con A =
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
−1 0 0 0
, x =
x1
x2
x3
x4
y f =
0
0
0
t2
, donde x1 = w, x2 = w′,
x3 = w′′ y x4 = w′′′
16. x′ = Ax + f , con A =
t2 −1 −1
0 0 et
t −1 3
, x =
x1
x2
x3
y f =
t
5
−et
, donde x1 = x, x2 = y y
x3 = z
17. x′ = Ax+ f , con A =
(
0 1
10 3
)
, x =
(
x1
x2
)
y f =
(
0
sen t
)
, donde x = t, x1 = y, x2 = y′
18. x′ = Ax+ f , con A =
0 1 032
− 32
− 12
1 −1 0
, x =
x1
x2
x3
y f =
0
0
−1
, x1 = x, x2 = x′, x3 = y
19. x(t) = c1e3t
(
1
−1
)
+ c2e2t
(
2
1
)
20. x(t) = c1x1 (t) + c2x2 (t) en donde x1 (t) = e3t
[(
−2
3
)
cos√5 t−
(√5
0
)
sen√5 t
]
y
x2 (t) = e3t
[(
−2
3
)
sen√5 t−
(√5
0
)
cos√5 t
]
21. x(t) = c1e4t
[(
1
2
)
cos t−(
1
0
)
sen t
]
+ c2e4t
[(
1
2
)
sen t−(
1
0
)
cos t
]
22. x(t) = 6e4t
(
2
1
)
+ 13
[
te4t
(
2
1
)
+ e4t
(
−1
0
)]
23. x(t) = c1e−3t
0
−1
1
+ c2e
−t
−2
1
1
+ c3e
5t
−1
1
1
24. x(t) = c1et
0
2
1
+ c2e
t
0
1
1
cos t−
−1
0
0
sen t
+ c3e
t
0
1
1
sen t+
−1
0
0
cos t
25. x(t) = c1et
−1
1
0
+ c2e
t
−1
0
1
+ c3
tet
1
1
−2
+ et
1
0
0
225
Respuestas
Capıtulo 6. Solucion de EDO mediante series,
pagina 215
3. y(x) = c0
(
1 +∞∑
n=1
(−1) · 3 · 7 · · · · (4n− 5)
(2n)!x2n
)
+
c1
(
x+∞∑
n=1
(−1) · 3 · 7 · · · · (4n+ 1)
(2n+ 3)!x2n
)
4. y(x) = c0
(
1− 2x2 +1
3x4)
+ c1
(
x+∞∑
k=1
(−3)(−1) . . . (2k − 5)
(2k + 1)!x2k+1
)
5. y(x) = c0
(
1 +∞∑
k=1
[1 · 4 · 7 · · · · (3k − 2)]2
(3k)!x3k
)
+
c1
(
x+∞∑
k=1
[2 · 5 · 8 · · · · (3k − 1)]2
(3k + 1)!x3k+1
)
6. y(x) = c1x+ c0
(
1 +∞∑
n=1
(−1)n(−1)2 · 12 · 32 · · · · · (2n− 3)2
(2n)!
)
7. x(t) = 2t4 + t−3 8. y(x) = 8x− 2ex
9. y1 (x) = x2/3(
1− 12x+ 5
28x2 − 1
21x3 + . . .
)
10. y1 (x) = 1− 14x2 + 1
64x4 − 1
2304x6 + . . .
11. z1 (x) = x− 13x2 + 1
12x3 − 1
60x4 + . . . 12. y(x) = c1x+ c0
(
∞∑
n=0
x2n
2n− 1
)
13. y1 (x) = x2/3∞∑
n=0
(−1)nxn
2n−1(n+ 2)!14. w1 (x) =
∞∑
n=0
xn+2
22n(n+ 1)!n!
15. y(x) = x−1/2(c0 cosx+ c1 senx)
16. y(x) = x−1
(
c0e−x2
+ c1
∞∑
n=0
(−1)n22nn!
(2n+ 1)!x2n+1
)
18. y1 (x) =∞∑
n=0
(−1)n2n
(n!)2xn 19. y(x) = c0x
1/2∞∑
n=0
xn
(2n+ 1)!+ c1
∞∑
n=0
xn
(2n)!
20. x1 (t) =
∞∑
n=0
tn
(n!)2, y1 (t) =
∞∑
n=0
tn+1
(n!)2(n+ 1)
226
Bibliografıa
[1] Kreider Donald, Kuller Robert, Ostberg Robert. (1968). Ecuaciones
Diferenciales. Fondo Educativo Interamericano.
[2] Martınez Alejandro. (2006). Descomposicion en fracciones parciales. Re-
vista Scientia et Technica No 31. Universidad Tecnologica de Pereira.
[3] Nagle, Saff, Snider. Ecuaciones diferenciales y problemas con valores en
la frontera. Tercera edicion, Addison Wesley
[4] Spiegel Murray. Transformadas de Laplace. McGraw Hill Serie Schaum
[5] Zill G. Dennis, Cullen Michael. Ecuaciones Diferenciales con problemas
de valores en la frontera. Quinta Edicion. Thomson Learning
[6] Zill, Dennis G. Ecuaciones Diferenciales con aplicaciones de modelado.
Septima edicion. Thomsom
227
Indice alfabetico
Caıda libre, 1
Cambio de escala, 116
Circuito RLC, 3, 102
Coeficientes indeterminados, 82, 179
Conjunto fundamental de soluciones, 63,
73, 162
Continuidad seccional, 115
Convolucion, 124
Criterio del cociente, 192
Deflexion de una viga, 102
Dependencia e independencia lineal, 74,
161
dependencia e independencia lineal, 64
Ecuacion
auxiliar, 79
indicial, 202
Ecuacion diferencial, 5
con coeficientes constantes, 75
con coeficientes homogeneos, 40
con coeficientes lineales, 43
de Bernoulli, 42
de Bessel, 206
de Cauchy-Euler, 93
de Legendre, 210
de primer orden, 19
de Ricatti, 53
de segundo orden, 59
de una familia de curvas, 12
de variables separables, 19
en coordenadas polares, 48
exacta, 27
hipergeometrica, 212
lineal
de orden superior, 71
de primer orden, 23
de segundo orden, 60
Eliminacion sistematica, 163
Existencia y unicidad, 11, 72, 161
Formula de Euler, 78
Factores integrantes, 32
Familia de soluciones, 8
Forma matricial de un sistema, 158
Fracciones parciales, 125
Funcion
analıtica, 194
228
INDICE ALFABETICO
beta, 123
de transferencia, 146
delta de Dirac, 143
escalon unitario, 132
gamma, 121
periodica, 138
Funciones de Bessel
de primera clase, 208
de segunda clase, 209
Identidad de Abel, 74
Ley
de Faraday, 4
de Lenz, 4
de Ohm, 4
Leyes de Kirchhoff, 3
Metodo de Frobenius, 200
Matriz
exponencial, 183
fundamental, 162
nilpotente, 186
Movimiento
forzado, 100
libre amortiguado, 99
libre no amortiguado, 97
Operadores
anuladores, 86
diferenciales, 60
Orden exponencial, 115
Polinomios de Legendre, 212
Principio de superposicion, 72, 75, 161
Problema de valor inicial, 10
Problemas de mezclas, 25
Puntos
ordinarios, 196
singulares, 196
Reduccion de orden, 65
Segunda ley de Newton, 2
Sistema masa-resorte, 59, 97
Solucion
explıcita, 7
implıcita, 7
singular, 9
Teorema de traslacion
primer, 131
segundo, 135
Transformada
de Laplace, 113, 168
de una derivada, 118
Derivada de una, 119
inversa, 125
Transformadas
de integrales, 119
Integrales de, 120
Trayectorias
oblicuas, 47
ortogonales, 44
Vaciado de un tanque, 2
Valores propios, 172
Variacion de los parametros, 89, 180
Wronskiano, 63, 73, 162
229