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Timestamp: 2016-10-28 20:21:38+00:00

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Apunte_EDO_MAT015
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APUNTE PRELIMINAR ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
Deﬁnición 1. Una ecuación diferencial es una ecuación que contiene diferenciales ó derivadas (ordinarias
ó parciales) de una o más variables dependientes con respecto a una o más variables independientes.
Resolver una ecuación diferencial es encontrar la forma general de la función que, al ser reemplazada en
la ecuación, la transforma en una identidad.
Deﬁnición 2. Si una ecuación contiene solo derivadas o diferenciales ordinarias de una o más variables de-
pendientes con respecto a una sola variable independiente, entonces se dice que es una ecuación diferencial
ordinaria (E.D.O).
−4tx = 30 , x = x(t)
2) (x +y) dx −12y dy = 0 , y = y(x)
= 4x , u = u(x), v = v(x)
+ 9y = 0 , y = y(x)
Deﬁnición 3. Una ecuación que contiene derivadas parciales de una o más variables dependientes de dos o
más variables independientes se llama ecuación diferencial parcial (E.D.P.).
= 0 , u(x, y), v(x, y)
= u , u(x, y)
, u(x, t)
Deﬁnición 4. El orden de la más alta derivada en una ecuación diferencial se llama orden de la ecuación
1 INTRODUCCIÓN UTFSM
−9y = x , E.D.O. de segundo orden
dy +y dx = 0 , E.D.O. de primer orden
= 0 , E.D.P. de cuarto orden
Observación. Una E.D.O. general de orden n se representa a menudo mediante
Deﬁnición 5. Se dice que una E.D.O. es lineal si tiene la forma:
Una ecuación que no es lineal se dice no lineal.
Observación. Las E.D. lineales se caracterizan por:
a) La potencia de cada término en que aparece y ó la dericvada de algún orden de y es 1.
b) Cada coeﬁciente a
(x), i = 1, · · · , n depende sólo de la variable independiente x.
1) x dy +y dx = 0, E.D.O. lineal de primer orden
+y = 0, E.D.O. lineal de segundo orden
−9y = e
, E.D.O. lineal de tercer orden
4) y y
= x, E.D.O. no lineal de segundo orden
= 0, E.D.O. no lineal de tercer orden
Deﬁnición 6. Se dice que una función φ cualquiera, deﬁnida en algún intervalo I ⊆ R, es solución de una
ecuación diferencial ordinaria en el intervalo, si sustituida en dicha ecuación la reduce a una identidad.
Departamento de Matemática 2
En otras palabras, una solución de la ecuación
es una función y = φ(x) de clase C
(I) y que satisface la ecuación, es decir,
x, φ(x), φ
(x), φ
(x), · · · , φ
= 0 ∀x ∈ I
La solución general de una ecuación diferencial ordinaria de orden n es una función y = φ(x, C
que depende de constantes arbitrarias C
y que cumple:
y = φ(x, C
) satisface la E.D. para cualquier valor de las constantes.
Toda solución de la E.D. se obtiene a partir de ella, para valores adecuados de las constantes C
Una solución particular de una ecuación diferencial ordinaria de orden n es una solución para valores
ﬁjos de las constantes C
, es decir, es una solución que no depende de parámetros arbitrarios.
1) Comprobar que y = xe
es una solución de la E.D.O. de segundo orden y
y = x e
+x e
Reemplazando: 2e
) +x e
2) Veriﬁque que x(t) = C
sin(kt) +C
cos(kt) es la solución general de la E.D.O. de segundo orden
(t) +k
x(t) = 0.
sin(kt) + C
cos(kt)
k cos(kt) −C
k sin(kt)
sin(kt) −C
cos(kt) +k
cos(kt)) = 0
1. Si una ecuación tiene como solución a la función y = 0 ´se dice que ésta es la solución trivial de la
2. La gráﬁca de una solución y = φ(x) de una E.D.O. se llama curva solución de la ecuación diferencial.
3. Soluciones explicitas e implicitas: Al resolver una E.D.O. no siempre sucede que la solución se
pueda expresar en la forma explícita, y = φ(x). A veces, ésta sólo se puede expresar en forma implícita,
como G(x, y) = 0.
Por ejemplo, la solución de la ecuación diferencial
−c = 0 con c > 0
Departamento de Matemática 3
4. Familia de soluciones: Una solución que contiene una constante arbitraria representa un conjunto o
familia de soluciones. Cada una de las soluciones dependerá del valor que tome la constante.
En el ejemplo anterior, la solución x
−c = 0, dependiendo del valor de c nos dará como resultado
una familia de cirfunferencias de radio
Deﬁnición 7. Resolver un problema de valor inicial (P.V.I.) de n-ésimo orden, es resolver la ecuación
sujeta a las condiciones iniciales
, · · · y
1) Resolver el problema de valor inicial de primer orden:
En este caso la solución de la E.D. es x
− c = 0, por lo tanto al reemplazar y = 5 para x = 0
en la solución obtenemos que c = 25. Por lo tanto la solución al P.V.I. es x
− 25 = 0, que
corresponde a una circunferencia de radio 5.
Departamento de Matemática 4
1.1. Ecuaciones Diferenciales que representan diversos modelos matemáticos
Una ecuación diferencial puede representar un modelo matemático que describe el comportamiento de
un fenómeno del campo físico, bilógico, químico, etc.
1) Crecimiento o decrecimiento de población
La rapidez con que crece o decrece una población es directamente proporcional a la población existente.
Sea P(t) la población existente al tiempo t, y sea k una constante. Entonces la E.D. que modela este
fenómeno es:
2) Ley de enfriamento o calentamiento de Newton
La rapidez con que cambia la temperatura de un cuerpo es directamente proporcional a la diferencia entre
la temperatura del cuerpo y la temperatura del medio ambiente.
Sea T(t) la temperatura de un cuerpo al tiempo t, T
la temperatura del medio ambiente y k una
constante. Entonces la E.D. que modela este fenómeno es:
= k(T −T
Teorema 1. (Existencia y unicidad de soluciones)
Sea R una región rectángular en el plano XY tal que R = {(x, y) : a x b, c y d} que con-
tiene al punto (x
) en su interior. Si f(x, y) y ∂f/∂y son funciones continuas en R, entonces existe
algún intervalo I
−δ, x
+δ] ⊂ I = [a, b] y una única función y(x) deﬁnida en I
que es solución del
Departamento de Matemática 5
2 ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN UTFSM
Existen diversas formas para afrontar la resolución de una ecuación diferencial. El método seleccionado
dependerá, ﬁnalmente, de las características del problema que se desea resolver, la información disponible
(en el caso de un modelo), el grado de exactitud requerida a la solución, el tipo de análisis que se desea hacer
a partir de ella, etc. Los métodos pueden clasiﬁcarse en:
1. Métodos analíticos o directos (que consisten en la determinación analítica de la solución de la E.D.)
2. Análisis cualitativo (muy útiles, particularmente en casos en que no es posible encontrar una expresión
analítica de la solución. Estos métodos han desarrollado técnicas que permiten, a través del análisis de
la E.D., deducir el comportamiento que tendrán sus soluciones)
3. Métodos numéricos (muy útiles, como los anteriores, pero particularmente cuando se tiene información
ó datos numéricos. Estos métodos requieren el uso de tecnología, SW y conocimientos de programación).
Presentamos a continuación algunos métodos analíticos de resolución de E.D.:
2.1. Separación de Variables
La ecuación general de primer orden y primer grado es de la forma
(2.1) M dx +N dy = 0
donde M y N pueden ser funciones de x e y o de ambas. En algunos casos la ecuación (2.1) puede ser
expresada en la forma
(2.2) A(x) dx +B(y) dy = 0
o sea, se han reunido todos los términos que contienen la variable y en B(y) y todos los términos que
contienen la variable x en A(x).
La solución de (2.2) es
A(x) dx +
B(y) dy = C
donde C es la constante de integración y que puede determinarse dependiendo de las condiciones iniciales.
1) Resolver el P.V.I.
sujeta a y(0) = 5.
Separando variables queda
y dy + xdx = 0
Utilizando la condición inicial y(0) = 5 ⇒ C = 25
de donde la solución es x
Departamento de Matemática 6
2) 2(y + 3) dx +xy dy = 0 separando variables queda
⇒ln x
+ y −3 ln(y + 3) = c
(y + 3)
3) (x
−1) dx + xy dy = 0
dx +y dy = 0 ⇒
−ln x +
= 2c + ln x
−ln(cx)
= 0 o e
4) sen xsen y dx + cos xcos y dy = 0
dy = 0 ⇒−lncos x + ln sen y = c
= c ⇒seny −c
5) xy
dx + e
= −2c
−k = 0
2.2. Ecuaciones Homogéneas de Primer Orden
Deﬁnición 8. La función f(x, y) se dice homogénea de grado k respecto a las variables x e y, si:
f(x, y), ∀λ ∈ R −{0}
1) La función f(x, y) =
es homogénea de primer grado.
2) La función f(x, y) = xy −y
es homogénea de segundo grado.
3) La función f(x, y) =
es homogénea de grado cero.
4) La función f(x, y, z) =
+xsen
es homogénea de grado uno.
Departamento de Matemática 7
Observación. Si F es homogénea de grado 0, entonces F(λx, λy) = F(x, y) ∀λ ∈ R−{0}. Luego,
∀x = 0, podemos hacer λ =
y reemplazando, tenemos: F
= Fx, y). Es decir, la función
F(x, y) puede mirarse como una función que depende de la variable
Deﬁnición 9. La ecuación de primer orden
M(x, y) dx +N(x, y) dy = 0
es homogénea cuando M y N son funciones homogéneas del mismo grado respecto de x e y
Resolución de una ecuación diferencial homogéna
Consideremos la ecuación homogénea
(A) M(x, y) dx +N(x, y) dy = 0
Luego podemos escribir (A) de la forma
= F (y/x)
Esta última ecuación se resuelve efectuando la sustitución:
(2.3) y = vx,
= v +x
Sustituyendo (2.10) y (2.4) en (B), obtenemos
= F(v)
+v −F(v) = 0
xdv + (v −F(v)) dx = 0
v −F(v)
que es una ecuación de variables separables.
Departamento de Matemática 8
− xy +y
dx −xy dy = 0.
Observamos que las funciones M(x, y) = x
, N(x, y) = −xy son homogéneas de grado 2.
Luego se trata de una ecuación homogénea.
Haciendo y = vx, tenemos (dy = v dx +xdv), de donde:
) dx −x
v(v dx +xdv) = 0
v dv = 0
(1 −v) dx −x
v −1
ln x +v + ln(v −1) = c
ln(y − x) = c −
⇒ (y − x) e
) dx −2xy dy = 0 es homogénea pues M(x, y) = x
, N(x, y) = −2xy son homogéneas
Haciendo y = vx tenemos:
) dx −2x
ln x + ln(v
−1) = c, c ∈ R
reemplazando v = y/x:
ln x + ln(y
) −ln x
ln(y
) −ln x = c
= cx +x
Departamento de Matemática 9
1) dy/dx =
2) (2x + 3y) dx + (x −2y) dy
3) y dx −x dy = 0
4) (1 + u)v du + (1 −v)udv = 0
5) (1 + y) dx −(1 −x) dy = 0
6) (t
7) (y −a) dx + x
8) z dt −(t
) dz = 0
10) (1 + s
11) dρ + ρ tg θ dθ = 0
12) sen θ cos ϕdθ −cos θ sen ϕdϕ = 0
13) sec
θ tg θ dθ + sec
ϕtg θ dϕ = 0
14) sec
θ tg ϕdϕ + sec
ϕtg θ dθ = 0
15) (1 + x
) dy −
17) 3 e
tg y dx + (1 −e
y dy = 0
18) (x −y
x) dx + (y −x
y) dy = 0
19) (y −x) dx + (y + x) dy = 0
20) (x + y) dx + xdy = 0
21) (x + y) dx + (y −x) dy = 0
22) x dy −y dx =
23) (8y + 10x) dx + (5y + 7x) dy = 0
24) xy
dy = (x
2.3. Ecuaciones reducibles a homogéneas
Se reducen a ecuaciones homogéneas las de la forma:
ax +by +c
con a ó b = 0
= c = 0, la ecuación (2.5) es, evidentemente, homogénea
es una función homogénea
Supongamos, pues, que c y c
(o una de ellas) son diferentes de cero. Realicemos el cambio de variables
+h , ( h constante por determinar)
+k , ( k constante por determinar)
Reemplazando en (2.6) las expresiones de x, y,
+ah +bk +c
Elijamos h y k de modo que se veriﬁquen las ecuaciones
ah +bk +c = 0
ó matricialmente:
Departamento de Matemática 10
CASO 1: Si
= 0, ⇒ el sistema tiene solución única, es decir, determinamos h y k
como solución del sistema de ecuaciones (2.8). Con esta condición, la ecuación (2.7) es homogénea:
Al resolver esta ecuación y reemplazando para volver a las variables originales x e y, según las fórmu-
las (2.6), obtenemos la solución de la ecuación (2.5).
1) Resolver la ecuación
x +y −3
x −y −1
= −2 = 0, hacemos la sustitución
+h +h −3
+h −k −1
h +k −3 = 0
h −k −1 = 0
⇒ h = 2, k = 1
es una ecuación homogénea.
Sea v =
, es decir, y
∴ v +x
−vx
es una ecuación de variables separables
dv = ln x
arc tg v −
ln(1 +v
) = ln x
arc tg v = ln
arc tg v
Departamento de Matemática 11
Sustituyendo v por
= y −1, x
= x −2. Luego
+ (y −1)
arc tg(
= 0, sabemos que el sistema no tiene solución única
Es decir, si ab
b ⇒
= λ ⇒ a
= λa y b
= λb,
y por consiguiente, se puede expresar la ecuación (2.5) en la forma
(ax +by) +c
λ(ax +by) +c
(2.10) z = ax +by
la ecuación se reduce a una ecuación de variables separables. En efecto,
= a +b
Introduciendo las expresiones (2.10) y (2.11) en la ecuación (2.9) obtenemos
z +c
λz +c
En efecto, separando variables queda:
λz+c1
_ dz +dx = 0
Departamento de Matemática 12
2x +y −1
con condición inicial y(0) = −2
2(2x +y) + 5
Sea z = 2x +y ∴
= 2 +y
Reemplazando en (*), queda: z
2z+5
, de donde z
5z + 9
2z + 5
dz = x +c
5z + 9 −9
d(5z + 9)
+ ln |5z + 9|
ln |5z + 9|
ln |5z + 9| + ln |5z + 9|
ln |5z + 9| = x +c
Como z = 2x +y, se tiene que:
(2x +y) +
ln |10x + 5y + 9| = x +c
10y −5x + 7 ln |10x + 5y + 9| = c
Puesto que y(0) = −2 nos queda que: −20 + 7 ln | −1| = c ⇒ c = −20
∴ 10y −5x + 7 ln|10x + 5y + 9| = −20.
1) (3y −7x + 7)dx −(3x −7y −3)dy = 0
2) (x + 2y + 1)dx −(2x + 4y + 3)dy = 0
3) (x + 2y + 1)dx + (2x −3)dy = 0
Departamento de Matemática 13
2.4. Ecuaciones Diferenciales Exactas
Consideremos la ecuación
(2.12) M(x, y) dx +N(x, y) dy = 0
que no es de variables separables ni homogénea ni reducible a homogénea.
Diremos que (2.12) es una ecuación diferencial exacta, si M(x, y) y N(x, y) son funciones de clase C
es decir, continuas y con primeras derivadas continuas en un intervalo I, y que veriﬁcan la igualdad:
Para resolver esta ecuación diferencial, suponemos que podemos encontrar una función F(x, y) = k
(donde F es una función de clase C
(D), D una región y k es una constante) tal que dF = Mdx+Ndy.
Luego, por (2.12):
dF = 0 ⇒ F(x, y) = k
Pero: dF =
dy = 0 y F solución de la ecuación, implica que
= M(x, y) y
= N(x, y)
Como F es de clase C
que es la condición que debe satisfacerse para que la ecuación original sea exacta. Veamos, en un ejemplo,
cómo se utiliza la propiedad anterior.
1) Resolver la ecuación:
(∗) (3x
y + 2xy) dx + (x
+ 2y) dy = 0
, es decir, es una E.D. exacta.
Departamento de Matemática 14
Suponemos que hay una solución F(x, y) = k, donde F es de clase C
en algún dominio, e integramos
considerando y como constante:
y + 2xy ⇒ F(x, y) = x
y +C(y)
Derivamos con respecto a y la función F así obtenida y luego igualamos con N:
∂F(x, y)
(y) = x
+ 2y ⇒ C
(y) = 2y ⇒ C(y) = y
∴ F(x, y) = x
= C, C ∈ R
= k, k ∈ R
La ecuación diferencial es exacta pues:
⇒F(x, y) =
+C(y)
⇒C(y) = −
∴ F(x, y) =
Luego la solución general de la ecuación está dada por la relación:
= C, C ∈ R.
Departamento de Matemática 15
Luego, la ecuación es exacta. Buscamos F(x, y) tal que dF = 0, i.e.,
−ln |x| +C(y)
−2y(x −y) −y
∴ C
2xy −y
C(y) = ln |y| −y +K
F(x, y) = −
−ln |x| + ln |y| −y +K
−y +C
∴ la solución viene dada por
− y = cte.
1) (x
+ y) dx + (x −2y) dy = 0
2) (y −3x
) dx −(4y −x) dy = 0
3) (y
−x) y
5) 2(3xy
) dx + 3(2x
) dy = 0
xdx + (2x + y) dy
2y dy
dy −y
9) x dx + y dy =
y dx −x dy
Supongamos que la ecuación:
(2.13) M(x, y) dx +N(x, y) dy = 0
no es una ecuación diferencial exacta (y que no es de los tipos de ecuaciones anteriores), por ejemplo,
(y +xy
)dx −xdy = 0.
Departamento de Matemática 16
Se puede a veces elegir una función µ(x, y) tal que si multiplicamos la ecuación por esta función, la
ecuación (2.13) se convierta en una ecuación diferencial exacta. La función µ(x, y) se llama factor de in-
tegración (o factor integrante) de la ecuación (2.13).
Para hallar el factor integrante µ procedemos del siguiente modo:
µM dx +µN dy = 0
Para que esta última ecuación sea una ecuación diferencial exacta es necesario y suﬁciente que:
∂(µM)
∂(µN)
∂(ln µ)
En la mayoría de los casos el problema de la búsqueda de µ(x, y) de la ecuación (2.14) es más difícil
que integrar la ecuación (2.13). Sólo en algunos casos particulares se logra determinar fácilmente la función
µ(x, y).
Los casos que contemplaremos son los siguientes:
Supongamos que la ecuación (2.13) admite un factor integrante que depende sólo de y, es decir, µ = µ(y).
∂ ln µ
y la ecuación (2.14) se reduce a:
ln µ =
µ(y) = e
Es claro que de esta manera se puede proceder sólo cuando la expresión
de x (pues si no µ depende de x). Luego multiplicando la ecuación (2.13) por µ(y), obtenemos:
Departamento de Matemática 17
[µ(y)M(x, y)] dx + [µ(y)N(x, y)] dy = 0
que es una ecuación diferencial exacta.
Supongamos que la ecuación (2.13) admite un factor integrante que depende sólo de x, es decir, µ = µ(x).
µ(x) = e
/N no depende
de y (pues sino µ depende de y). Luego multiplicando la ecuación (2.13) por µ(x) obtenemos:
[µ(x)M(x, y) ]dx + [µ(x)N(x, y) ]dy = 0
Ejemplo. Hallar la solución de la ecuación (y +xy
) dx −xdy = 0.
Solución. En este caso, M = y +xy
, N = −x
= 1 + 2xy;
= −1, luego
Luego la ecuación no es una ecuación diferencial exacta. Examinemos si esta ecuación admite un factor
integrante que dependa sólo de y. Observemos que:
−1 −1 −2xy
y +xy
−2(1 +xy)
y(1 +xy)
por lo tanto la ecuación lo admite. Encontremos ahora el factor integrante.
de donde ln µ = −2 lny, es decir, µ =
Departamento de Matemática 18
Después de multiplicar todos los términos de la ecuación dada por el factor integrante µ(x, y) = 1/y
. Resolviendola, encontramos que:
+c = 0, es decir,
Sea I un intervalo real. Una ecuación diferencial de primer orden en I, se dice lineal si puede escribirse
(x) y = h(x)
en donde a
(x), h(x) son continuas en I y a
(x) = 0 para algún x ∈ I. La ecuación (*) se dice
homogénea si h(x) = 0, ∀ x ∈ I y se dice normal si a
(x) = 0, ∀ x ∈ I
Consideremos ahora la ecuación diferencial lineal normal de primer orden en I:
(2.15) a
Nuestro propósito es encontrar la solución general de (2.15). Como la ecuación (2.15) es normal en I
entonces la podemos escribir de la forma:
+p(x) y = q(x)
donde: p(x) =
, q(x) =
dy +p(x) y dx = q(x) dx
(p(x) y −q(x)) dx +dy = 0 (2.16)
Notemos que en esta ecuación, M(x, y) = p(x) y −q(x), N(x, y) = 1. Luego:
∂M(x, y)
= p(x),
∂N(x, y)
salvo que p(x) = 0 ∀ x ∈ I.
El caso p(x) = 0, reduce la ecuación (2.16) a una ecuación de variables separables que ya sabemos resolver.
Departamento de Matemática 19
Supongamos, pues, que p(x) = 0. Examinemos si la ecuación (2.16) admite un factor integrante que
depende sólo de x. Observemos que:
por lo tanto la ecuación lo admite. Luego el factor integrante es tal que:
∂ ln µ(x)
o sea µ(x) = e
Multiplicando todos los términos de la ecuación (2.16) por el factor integrante µ(x) = e
(2.17) (p(x) −q(x)) e
que es una ecuación diferencial exacta, ya que:
= p(x) e
(x, y) = (p(x) −q(x)) e
Tarea. Resuelva el ecuación (2.17) y veriﬁque que:
q(x) e
, c ∈ R, x ∈ I
es la solución general de la ecuación y
+p(x) y = q(x).
Observación. Otra manera de encontrar la solución de la ecuación diferencial lineal de primer orden en I
+ p(x) e
y = q(x) e
+p(x) e
d(y e
se tiene que la ecuación anterior se puede escribir
= q(x) e
de donde, integrando,
Departamento de Matemática 20
1) Resolver (x
+ 2y) dx = xdy
∴ y = e
−2 ln x
⇒2y = x
2) Resolver (3xy + 3y −4) dx + (x + 1)
+ 3(x + 1)y = 4 ⇒y
+ 3(x + 1)
y = 4(x + 1)
−3 ln |x+1|
3 ln|x+1|
y = c (x + 1)
+ 2 (x + 1)
3) Resolver (1 +xy) dx −(1 +x
−xy = 1 ⇒y
ln|1+x
ln(1+x
θ dθ
cos θ dθ = sen θ =
4) Resolver L
+Ri = E, donde L, R, E son constantes con c.i. i(0) = 0
⇒i(t) = e
i(t) = c e
i(0) = 0 ⇒0 = C +
⇒C = −
⇒i(t) =
Departamento de Matemática 21
5) Resolver dx = (1 + 2xtg y) dy
= 1 + 2xtg y ⇒
−2xtg y = 1 ⇒x(y) = e
tg y dy
x(y) = e
2 ln | cos y|
(1 + cos 2y)dy
x(y) = sec
sen2y
⇒4xcos
y = C + 2y + sen2y
a) (1 + cos x) dy −sen x(sen x + sen xcos x −y)dx
+Ri = E sen ωt, con i(0) = 0
7) Encontrar la velocidad inicial mínima que debe tener un cuerpo que se dispara para que escape de la
atracción de la Tierra. Desprecie la resistencia del aire.
k < 0 como en r = R, a(R) = −g ⇒a(r) = −
pero en r = R, v = v
⇒c =
−gR
−2gR
8) Un embudo con ángulo de salida de 60
y una sección transversal con área de 0,5cm
, contiene agua. En
t = 0, se abre la salida. Determinar el tiempo que tardará en vaciarse, suponiendo que la altura inicial
del agua h(0) = 10cm.
Dato: v = 0,6
2gh h = altura instántanea, v = velocidad del líquido.
dV = volumen de H
O que sale.
dV = 0,5 · v · dt con v = 0,6
2gh,
dV = −πr
dh con r = htg 30 = h/
⇒0,3
ghdt = −
dh ⇒
dt = −h
2g t = −h
+c y h(t = 0) = 10 ⇒
2g · 0 = −10
0,9 ·
y para h = 0 t =
= 99,7seg = 1
Departamento de Matemática 22
9) En un movimiento rectilíneo, la aceleración es inversamente proporcional al cuadrado de la distancia S,
y es igual a −1 cuando S = 2. Además posee una velocidad de 5 y S=8 cuando t = 0.
a) Hallar v cuando S = 24
b) Hallar t que demora en recorrer desde S = 8 a S = 24.
⇒−1 = −
⇒k = 4 ⇒a = −4/s
· v ⇒v
/2 = c + 4/s ⇒c =
a) v(s = 24) =
+ 12 ≈ 4,93
s + 3s
≈ 3,23
2.7. Ecuaciones que pueden reducirse a la forma lineal
Ciertas E. D. no lineales de primer orden pueden reducirse a E. D. L. por un adecuado cambio de variables.
2.7.1. E. D. de Bernoulli
La E. D. de Bernoulli adopta la forma:
+p(x) y = q(x) y
que es una ecuación diferencial no lineal, salvo en los siguientes dos casos:
Si n = 1 (2.18) queda
+ (p(x) −q(x))y = 0 que es de variables separables.
Si n = 0 (2.18) queda y
+p(x)y = q(x) que es una ecuación diferencial de primer orden lineal.
Si n = 0, 1 usamos la sustitución µ = y
. Derivando esta igualdad respecto a x:
= (1 −n) y
Al multilpicar (2.18) por (1 −n) y
(1 −n) y
+ (1 −n) p(x) y
= (1 −n) q(x)
+ (1 −n) p(x) µ = (1 −n) q(x)
que es una E. D. L. de primer orden en la variable µ.
Departamento de Matemática 23
+xy =
= x ⇒µ = y
−xµ = x ⇒µ(x) = e
= 1 +c e
⇒µ = y
+ 2µ ·
2/x dx
2 lnx
c + 5 ·
µ(x) = y
⇒ cx
2.7.2. Ecuación de Ricatti
Una E. D. N. L. de primer orden de la forma:
(x)y +a
(x) son funciones continuas en I, ∀ i = 0, 1, 2 y a
(x) = 0 en I se conoce como ecuación de Ricatti.
Para convertirla en una EDL de primer orden se utiliza la sustitución y =
(x) es una
solución particular de la ecuación de Ricatti (esta sustitución particualr se encuentra por inspección).
Demostración. Sea
es solución particular de la ecuación, vale decir:
Departamento de Matemática 24
+ 2µy
(x)µ = 0 ⇒
−(2y
(x))µ = a
(x) ⇐⇒
+p(x)µ = q(x)
1. Resolver: y
= x + 1 −xy
Solución: Reescribimos la ecuación en la forma anterior:
−x −1 = 0
Identiﬁcamos: a
(x) = x, a
(x) = −2x
−x −1, y reemplazamos:
−2xµ = x de donde µ = e
−2x dx
2. Resolver: y
senxcos x
x = 0, si y
= cot x.
Solución: Aquí, a
(x) = −sen
(x) = −cos
Hacemos la sustitución y =
−2 cot xsen
sen xcos x
v = −sen
−2 senxcos x +
−2 sen
v(x) = e
dx = −2
= −sen
cosec 2xdx = −sen
x + ln | cosec 2x + cot 2x|
Departamento de Matemática 25
−ln | cosec 2x+cot 2x|
ln | cosec 2x+cot 2x|
cosec 2x + cot 2x
(cosec 2x + cot 2x)dx +c
1 + cos 2x
= tg x e
2 senx cos xe
tg x +c tg x e
⇒ y(x) = cotg x +
3. Resolver: y
+ (2x −1)y = x −1.
Solución. Supongamos que y
= k, por determinar el valor de k.
= 0 ⇒0 −xk
+ 2kx −k −x + 1 = 0
⇒x(−k
+ 2k −1) + 1 −k = 0 ⇒−x(k −1)
−(k −1) = 0
⇒k = 1 ∴ y = 1 +
+ (2x − 1)
= x −1
−x −2x/u −x/u
+ 2x −1 + 2x/u −1/u = x −1 / · (−u
⇒u
+u = −x ⇒u(x) = e
−x e
(c −x e
∴ y = 1 + (1 −x +c e
1) 2y
+ 3y + 2 = 0
+ (1 + e
)y + x
) −2x = 0
−1 = 0, tal que, y(0) = −1/3
Observación. A veces, las sustituciones son, en la práctica, "sugeridas"por la ecuación. Resolvamos, por
ejemplo, la ecuación
+p(x)y = q(x)y ln y. Para ello, sea: u = ln y de donde
Reemplazando en la ecuación: u
y + p(x)y = q(x)yu. Dividiendo por y, obtenemos la
EDL de primer orden en la variable u:
−q(x)u = −p(x)
Departamento de Matemática 26
2.8. Existencia y unicidad de las soluciones
Se puede asegurar que cada EDL de primer orden un un intervalo I, tiene soluciones. De hecho, tiene
una inﬁnidad de soluciones, una para cada valor de c en la expresión:
(2.19) y(x) = e
y la solución general de una de tales ecuaciones es, por lo tanto, una familia de curvas en el plano xy
determinada por el intervalo I.
2.9. Aplicaciones: Modelos Lineales
2.9.1. Desintregación Radioactiva
Aplicación. Se ha establecido que la velocidad de la desintegración del radio es directamente proporcional
a su masa en cada instante. Determinar la ley de variación de la masa del radio en función del tiempo, si
para t = 0 la masa del radio es m
Solución. Sea m la masa en el instante t y m + ∆m, en el instante t + ∆t. La masa desintegrada durante el
tiempo ∆t es ∆m. La razón
es la velocidad media de desintegración. Luego:
es la velocidad de desintegración del radio en el instante t.
Según la hipótesis:
= −km
donde k es el coeﬁciente de proporcionalidad (k > 0).
Ponemos el signo menos, porque a medida que transcurre el tiempo, la masa del radio disminuye y por eso
< 0 (puesto que la función m(t) es decreciente, entonces
La ecuación (2.20) es una ecuación de variables separables. Separando variables:
= −k dt
⇒ln m = −kt +c
⇒m = c e
como m(0) = m
, entonces m
∴ m = m
Departamento de Matemática 27
3 COMPORTAMIENTO CUALITATIVO DE LAS EDO UTFSM
3. Comportamiento cualitativo de las EDO
En muchas de las aplicaciones,las ecuacones diferenciales que se obtienen al modelar una situación real
no puede resolverse explícitamente. Sin embargo, en la mayoría de los casos interesa describir el compor-
tamiento de las soluciones, más que encontrara una expresión analítica para ella. Por ejemplo, al aumentar
el tiempo t, ¿crecen sin cota las soluciones? ó ¿tienden las soluciones a algún valor (0 por ejemplo)? ó tal
vez, ¿oscilan entre ciertos valores?
En este capítulo, veremos cómo es posible lograr este tipo de información, sin tener una expresión analítica
para la solución.
Deﬁnición 10. Sea D ⊂ R ×R, F : D →R. Una expresión de la forma
= F(t, x) ó ˙ x = F(t, x)
es una EDO de primer orden.
Si F(t, x) = F(x), i.e., F depende sólo de la variable x, entonces
˙ x = F(x),
y en este caso la ecuación se dice autonóma.
Teorema 2 (existencia de soluciones). Sea F : Ω → R una función continua en el dominio Ω. Para todo
punto (x
) ∈ Ω existe una función ϕ: I →R deﬁnida en algún intervalo I, solución del problema de valor
inicial (llamado de Cauchy)
= F(t, x), tal que ϕ(t
La ﬁgura 1 ilustra el teorema con dos soluciones ϕ
Teorema 3. Sea F : Ω → R tal que F,
son funciones continuas en el dominio Ω. Para todo punto
) ∈ Ω existe una única función ϕ: I → R deﬁnida en algún intervalo I de R, solución única del
problema de valor inicial de Cauchy.
Nótese que si F es un polinomio en la variable x, entonces la ED admite solución única ∀ (t, x) ∈ R
lo que sigue, siempre supondremos existencia y unicidad de los problemas de Cauchy.
Una solución x(t) de ˙ x = F(t, x) se representa geométricamente en el plano t–x. Como dado cualquier
) ∈ D existe una solución que pasa por (t
), ello quiere decir que las soluciones de la ED se repre-
sentan por una familia de curvas solución en D y que ∃ ! curva solución que pasa por un punto determinado.
Departamento de Matemática 28
1. ˙ x = x −t
= 0 ⇒ x(t) alcanza sus puntos críticos
en x −t = 0
1 2 −1 −2
Método 1 ˙ x −x = −t E.D. lineal
= t + 1 +C e
Método 2 u = x −t Luego
+ 1 = u ⇒
ln(u −1) = t +k
u(t) −1 = C e
x(t) −t = C e
2. ˙ x = −
, t = 0
ln |x| = −ln |t| +C
∴ |x(t)| = k
= 0 entonces −
⇒x(t) = 0 (solución trivial)
x > 0 ∧ t > 0 ⇒ ˙ x < 0
x > 0 ∧ t < 0 ⇒ ˙ x > 0
x < 0 ∧ t > 0 ⇒ ˙ x > 0
x < 0 ∧ t < 0 ⇒ ˙ x < 0
Departamento de Matemática 29
3. ˙ x = −
˙ x = 0 ⇒ t = 0.
Por lo tanto, los puntos críticos se encuentran
sobre la recta t = 0.
x = 0 ⇒ xdx = −t dt
Pero, debe tenerse presente que las curvas no
cruzan la recta x = 0.
4. Veamos ahora una ecuación autónoma: ˙ x =
Aquí, ˙ x = 0 ⇒ x(t) = 1 ó x = −1
Estas soluciones se llaman puntos de equilibrio, y tenemos es siguiente gráﬁco en el plano t −x:
Vemos entonces que no es necesario tener ni la solución explícita ni un dibujo exacto para poder describir
cualitativamente el comportamiento de la solución de una ED. Más aún, si
= F(x) es una ED autónoma,
las soluciones de ella tienen la siguiente propiedad:
Departamento de Matemática 30
Si ξ : R → R es una solución, entonces cualquier traslación de la gráﬁca de ξ en la dirección del eje t es
la gráﬁca de otra solución de la ecuación.
En efecto, sea η: R →R con η(t) = ξ(t −c), c ∈ R constante
˙ η =
ξ(t −c) ≡ F(ξ(t −c)) ≡ F(η(t))
∴ η también es una solución
Ejemplo ˙ x = x
1. Notamos que el comportamiento de una ecuación diferencial de la forma ˙ x = f(x) está determi-
nado por f(x). Especíﬁcamente:
a) Si ∃ c ∈ R : f(c) = 0, entonces x(t) = c es una solución
b) Si f(x) = 0, entonces x(t) es creciente o decreciente, dependiendo del sgnf(x)
Esta información cualitativa puede representarse en una recta real que representa el comportamiento
de x(t), mediante las llamadas líneas de fase.
En la ecuación del ejemplo anterior, notamos que tiene sólo tres soluciones esencialmente diferentes:
curvas crecientes, decreciente y una curva constante. Se puede ilustrar esta información geométrica-
mente por medio de la siguiente línea de fase:
2. Análisis analítico vs. cualitativo
Hay ecuaciones diferenciales autóomas de primer orden, en las que a pesar de que es posible encontrar
la solución analítica, las fórmulas obtenidas no son fáciles de interpretar. En estos casos, los méto-
dos geométricos y cualitativa permiten obtener mucha información con poco trabajo. Por ejemplo,
Departamento de Matemática 31
= 4y(1 −y) ⇒
4y(1 −y)
= dt /
en donde claramente podríamos encontrar la solución tras la integración.
Pero, donde es más notable el aporte del análisis cualitativo, es en el caso de ecuaciones en donde la
solución analítica es realmente difícil de obtener.
Pero cualitativamente
f(y) = e
excepto para y = nπ que nos dan las soluciones de equilibrio.
Una gráﬁca aproximada de las soluciones, que ilustra de manera clara su comportamiento, es:
1 2 3 4 5 6 7 8 9 −1 −2 −3 −4 −5 −6 −7 −8 −9 −10
Deﬁnición 11. Sea ˙ x = F(x) una ecuación diferencial autónoma. Si existe x
∈ R : F(x
) = 0, diremos que
es una singularidad o un punto de equilibrio de la ED.
1. Notar que x(t) = x
es una solución ( la solución constante) de la E.D., pues en este caso
˙ x(t) = 0 y F(x
Departamento de Matemática 32
2. La línea de fase se puede obtener directamente de ˙ x(t) = F(x), simplemente mirando cuando
F(x) > 0, = 0 ó < 0.
Ejemplo Supongamos que Gr F viene dado por
Entonces, la línea de fase es:
en donde la dirección de la ﬂecha indica si la función que es la solución de la ecuación diferencial, es decir,
x(t), crece (→) o decrece (←). A partir de la línea de fase, es posible "visualizar"la gráﬁca aproximada de
la solución, en el plano x −t.
Departamento de Matemática 33
Observación. Dependiendo del comportamiento local de las soluciones de la ecuación de una singularidad
aislada en la Línea de Fases, se distinguen los siguientes tipos de singularidades
1. Repulsor o fuente
2. Atractor o sumidero
3. Atractor-repulsor
4. Repulsor-atractor
Ejemplo. Describir cualitativamente los tipos de soluciones que admite la EDO ˙ x = (x −1)
Solución. Es inmediato que x = 1 es la única singularidad (aislada) de la EDO. Como e
> 0, ∀ x ∈ R,
la gráﬁca de F(x) = (x −1) e
, la línea de fases y los tipos de soluciones de la EDO, son como ilustra
la ﬁgura, respectivamente.
La ecuación del ejercicio anterior, es muy difícil de integrar, si se deseara usar las técnicas clásicas del
cálculo. En consecuencia es difícil conocer explícitamente las ecuaciones de las soluciones que indica la ﬁgura.
Sin embargo, la línea de fases permite dar una descripción cualitativa del tipo de soluciones y del punto de
Deﬁnición 12. Dos ecuaciones diferenciales autónomas, se dicen cualitativamente equivalentes si, y sólo si,
tienen la misma línea de fases, en el sentido del mismo número de puntos singulares, de la misma naturaleza
y distribuidos en el mismo orden.
Departamento de Matemática 34
4 SISTEMAS DE ED DE PRIMER ORDEN (EN EL PLANO) UTFSM
1. Las E.D. ˙ x = x, ˙ x = (x − 1) e
, son equivalentes, pues ambas tienen un único punto
atractor en sus respectivas líneas de fases.
2. Las E.D. ˙ x = (x + 2)(x + 1)
= ˙ x =
Pero ˙ x = −(x + 2)(x + 1) ∼
− 1) (pues en este último caso el atractor y el
repulsor se encuentran en distinto orden).
4. Sistemas de ED de primer orden (en el plano)
Consideremos el sistema
˙ x = f(t, x, y)
˙ y = g(t, x, y)
que podemos expresar matricialmente en la forma
= F(t, Y ),
˙ y
, F(t, Y ) =
f(t, x, y)
g(t, x, y)
Una condición inicial para este sistema viene dada por
o Y (t
Una solución de este sistema es una matriz Y (t) que satisface el sistema.
Ejemplo. Comprobar que Y (t) =
−3 e
, −3 e
−x +y
−3x −5y
Solución. Consideramos x(t) = e
y y(t) = −3 e
, derivamos y reemplazamos.
Deﬁnición 13. Precisemos algunos nombres:
1. Un sistema de la forma
= F(Y ) se llama autónomo.
Departamento de Matemática 35
es un punto de equilibrio para
= F(Y ) si F(Y
) = 0. La función Y (t) = Y
∀ t es una
solución de equilibrio.
3. El plano de fase (equivalente a línea de fase pero en dos dimensiones) determina el comportamiento
cualitativo de x(t) e y(t), si t crece.
4. El retrato de fase es el conjunto de las curvas solución del sistema. Es decir, el retrato de fase es
una ﬁgura bidimensional, y su comportamiento cualitativo se representa por una familia de curvas
conocidas como trayectorias ú órbitas.
Observación. Una solución de equilibrio es un punto en el retrato de fase.
Y (t) = (a cos t, a sen t) con a ∈ R, son soluciones del sistema que satisface Y (0) = (a, 0).
(0, 0) es el único punto de equilibrio.
x(x +y)
y(x +y)
x(x +y) = 0
y(x +y) = 0
x = 0 ∨ x = −y
y = 0 ∨ x = −y
Luego, se tiene una línea de puntos de equilibrio.
Departamento de Matemática 36
Sea Y (t) = (x(t), y(t)) solución de
. La curva C : x = x(t), y = y(t) tiene la propiedad
que en el punto (x, y) ∈ C, el vector tangente a la curva en (x, y) es (f(x, y), g(x, y)).
Esto sugiere dibujar el campo de vectores del sistema, donde cada punto P = (x, y) del plano se dibuja
el vector (f(x,y),g(x,y)) con punto inicial P.
Problema. Los vectores varían en magnitud, esto diﬁculta el dibujo, por lo tanto, se utiliza el campo
de direcciones, se dibujan vectores normalizados ó de igual magnitud, por ejemplo,
(f(x, y), g(x, y))
(f(x, y), g(x, y)) = (0, 0)
Teorema 4. Sea
= F(t, Y )
un problema de valor inicial, donde
F(t, Y ) =
Si F es de clase C
, es decir, si f y g son de clase C
, entonces ∃ ε > 0 y una función Y (t) deﬁnida
para t ∈]t
−ε, t
+ε[ tal que Y (t) satisface el problema de valor inicial. Además esta solución es única.
Observación. Si el sistema es autónomo, es decir,
= F(Y ), con F de clase C
, entonces, por el teorema,
existen únicas dos funciones distintas y
(t) e y
(t) no pueden intersectarse.
Supongamos que y
(t) se intersectan en el punto Y
, es decir Y
). Como el campo
vectorial F(Y ) no cambia con el tiempo, obtenemos las mismas curvas solución de dos soluciones diferentes
que empiezan en el mismo punto Y
en tiempos diferentes ∴ Y
+t) = Y
+t) ∀ t. No ocurre lo mismo
para sistemas no autónomos.
Ejemplos de sistemas de ED de primer orden
Ejemplo. (Sistema depredador-presa) Sea R(t) la población de presas presentes en el instante t. F(t) la
población de depredadores presentes en el instante t. Se supone R(t), F(t) > 0
= 2R−1,2RF
= −F + 0,9RF
El término 2R representa el crecimiento exponencial de las presas en ausencia de depredadores y −1,2RF
corresponde al efecto negativo sobre la presa por la interacción de ambas especies.
F corresponde a la hipótesis de que los depredadores mueren si no hay presas que comer y 0,9RF es el
efecto positivo sobre los depredadores por la misma interacción.
Solución de equilibrio:
(2 −1,2F)R = 0
(−1 + 0,9R)F = 0
Departamento de Matemática 37
(R(t) = 0, F(t) =) ∧ (R(t) =
, F(t) =
) el sistema está en equilibrio perfecto.
Falta dibujar: Campo de direcciones y algunas soluciones.
Ejemplo. Otro modelo
−1,2RF
Capacidad de soporte de R es 2.
Ejemplo. Una masa unida a un resorte se desliza sobre una mesa sin fricción.
Calcular su movimiento horizontal cuando el resorte se estira (o comprime) y luego se suelta.
Suponer que lo único que actúa sobre la masa es la fuerza del resorte, y que se conoce la
Ley de Hooke: «La fuerza restauradora ejercida por un resorte es linealmente proporcional al desplaza-
miento del resorte desde su posición de reposo y está dirigida hacia esa misma posición.»
F = −ky, k = cte. del resorte
= −ky, ⇔
y = 0 (ecuación diferencial de 2.
Este es un problema de valor inicial: se necesitan dos condiciones iniciales y(0) = y
(0) = v
que estirar y liberar el resorte no es lo mismo que estirarlo y después empujarlo con una cierta velocidad
inicial). Sea v(t) = la velocidad de la masa en el tiempo t. La ecuación de 2.
orden que describe la situación
Departamento de Matemática 38
5 SISTEMAS DESACOPLADOS UTFSM
se puede escribir como un sistema de ecuaciones lineales:
Analizar el problema de valor inicial, con
Reescribiéndola como un sistema:
(y(0), v(0)) = (1, 0)
La solución de (4.1): y(t) = cos t.
La solución de (4.2): (y(t), v(t)) = (cos t, −sent).
En el plano yv la solución es una circunferencia con centro en el origen y radio 1, es decir, la solución es
periódica, la masa oscila para siempre de ida ya vuelta a través de su posición de reposo.
5. Sistemas desacoplados
Deﬁnición 14. Un sistema de ED está desacoplado si la razón de cambio de una más de las variables
dependientes, depende sólo de su propio valor.
Departamento de Matemática 39
6 SISTEMA PARCIALMENTE DESACOPLADO UTFSM
Solución general (x(t), y(t)) =
. Si se da la condición inicial y(0) = (1, 1) se tiene k
1 ∧ k
= 1 ⇒ y(t) =
es la solución del problema de valor inicial y(t) es una parametrización de
con y > 0.
6. Sistema parcialmente desacoplado
= −4y
Solución para y: y(t) = k
. Sustituyendo en la primera ecuación:
= 2x + 3k
dt +K
x(t) = k
∴ x(t) = k
y(t) = k
Si ponemos la condición inicial x(0) = 0, y(0) = 1, se tiene que
∧ k
∴ x(t) =
Si la condición inicial es (x(0), y(0)) =
= 0 ∧ k
∴ x(t) = −
Departamento de Matemática 40
7 SISTEMAS LINEALES UTFSM
En este último caso observemos que
= −2 ∀ t ⇒ la solución se encuentra sobre una recta que pasa
por el origen y que tiende a (0, 0) cuanto t →∞ y crece cuando t →−∞.
7. Sistemas Lineales
= ax +by
= cx +dy
sistema lineal autónomo (en el plano) con coeﬁcientes constantes.
Podemos escribir este sistema en forma matricial, del siguiente modo:
(matriz de los coeﬁcientes) e Y =
, el sistema queda en la forma:
Análogamente para un sistema n-dimensional.
Observación. Si det A = 0, el único punto de equilibrio para el sistema es el origen. En este caso se dice
que el sistema es no degenerado.
7.1. Principio de linealidad
= AY . Luego:
1. Y (t) es una solución del sistema ⇒ kY (t) es una solución, ∀ k ∈ R.
(t) ∧ Y
(t) son dos soluciones ⇒ Y
(t) +Y
(t) es también una solución.
(t) son soluciones ⇒ k
(t) es solución ∀ k
Departamento de Matemática 41
Por ejemplo, el sistema
Y , tiene como solución a
es también una solución.
Teorema 5. Sean Y
(t) dos soluciones del sistema lineal
= AY (A ∈ M(2×2)). Si Y
(0) e Y
son l.i., entonces para cualquier condición inicial Y (0) = (x
), ∃k
∈ R tales que k
(t) es
la solución del problema de valor inicial
= AY, Y (0) =
Demostración. {Y
(0), Y
(0)} l.i. ⇒{Y
(0)} es base de R
⇒∃!k
∈ R tales que
(0) +k
Y (t) = k
(t) es solución del sistema que satisface Y (0) =
1. Si Y
(t) son dos soluciones del sistema tales que Y
(0) son l.i. ⇒Y
(t) son l.i.
2. El teorema implica que el conjunto de las soluciones del sistema es un espacio vectorial de dimensión
dos, donde B = {Y
(t)} es una base. En este caso, se dice que k
(t) con k
es la solución general del sistema dfracdY dt = AY .
Departamento de Matemática 42
1. Se sabe que Y
son soluciones de
. Determinar la
solución Y (t) tal que Y (0) =
Solución. Y
∴ {Y
(t)} base del espacio solución.
= −1 ∧ k
∴ Y (t) =
−2 e
es la solución pedida
2. Considere la ecuación diferencial que describe un oscilador armónico:
= −y. Es fácil ver que
(t) = cos t e y
(t) = sen t son soluciones de la ecuación diferencial.
El sistema asociado es:
son soluciones del sistema.
son l.i. ⇒
es la solución general del sistema.
Por lo tanto, y(t) = k
cos t +k
sent, k
∈ R es la solución general de la ecuación diferencial.
Observación. A veces los sistemas tienen soluciones en línea recta. Por ejemplo, un sistema que ya vimos
Y tiene dos soluciones en línea recta: Y
Vemos que Y
(t) está sobre el eje x y l´ım
(t) →∞ ∧ l´ım
. Notamos entonces que Y
(t) está sobre la recta de dirección
y que l´ım
Pero no todos los sistemas tiene solución en línea recta, el ejemplo 2 del oscilador armónico no las tiene.
¿Cómo determinar si las tiene?
Departamento de Matemática 43
7.1.1. Soluciones en línea recta
= AY . Si V = (x, y) está sobre una solución en línea recta, entonces el campo vectorial en (x, y)
debe apuntar en la misma dirección o en la dirección opuesta que el vector que va desde (0, 0) a (x, y). Por
lo tanto debemos buscar vectores V no nulos tales que AV = λV . Es decir, debemos determinar los valores
propios de A.
Supongamos que λ ∈ SpecA y que V es vector propio asociado a λ. Sea Y (t) = e
V = λY (t)
AY (t) = Ae
AV = e
λV = λY (t)
∴ Y (t) = e
V es solución del sistema.
Teorema 6. Sea λ valor propio de A ∈ M(2, R) con V un vector propio asociado, entonces el sistema lineal
= AY tiene la solución en línea recta:
Y (t) = e
Si además A tiene dos valores propios distintos λ
vectores propios asociados, respectivamente,
se tiene que Y
λ1t
λ2t
son dos soluciones en línea recta.
∴ Y (t) = k
El polinomio caracteríatico es: p
−5λ +4 = (λ −4)(λ −1), de donde B tiene dos valores
propios: λ
= 4 ∧ λ
Para encontrar V
, el vector propio asociado a λ
⇒ −2x +y = 0 ⇒ y = 2x
⇒ x +y = 0
∈ R es la solución general del sistema.
Departamento de Matemática 44
8 RETRATOS DE FASE PARA SISTEMAS LINEALES UTFSM
+ 10y = 0. El sistema correspondiente es:
−7v −10y
−10 −7
El polinomio característico: p
+ 7λ + 10 = (λ + 2)(λ + 5) ⇒ λ
= −2 ∧ λ
−10 −5
⇒ 2x +y = 0 ⇒ y = −2x ⇒ V
−10 −2
⇒ y = −5x ⇒ V
Luego, Y (t) = k
Luego, y(t) = k
∈ R solución general de la ecuación diferencial.
8. Retratos de fase para sistemas lineales
8.1. Sistemas con valores propios reales
= AY, A ∈ M(2, R) y det A = 0
En este caso, la única singularidad es el origen.
Si A tiene dos valores propios λ
∈ R −{0}, pueden ocurrir los casos siguientes:
Caso 1: λ
1.1: λ
< 0 < λ
En este caso se dice que el origen es un punto silla. Hay dos líneas que
corresponden a las soluciones en línea recta. A lo largo de una línea, las soluciones tienden a (0, 0) cuanto
t → +∞ y a lo largo de la otra, se alejan de (0, 0) cuanto t → +∞. Las otras soluciones llegan del ∞ y se
van al inﬁnito.
Departamento de Matemática 45
, i = 1, 2 vectores propios asociados a λ
, respectivamente. Las soluciones en línea recta son
. La solución general es:
(t) = (0, 0) ∧ l´ım
(t) = (0, 0)
= AY donde A =
Los valores propio de la matriz son: λ
= −2, λ
= 3, y por lo tanto los vectores propios
respectivos son V
Departamento de Matemática 46
Sea Y (t) tal que k
= 0. Sea |t| grande:
a) si t > 0, Y (t) ≈ k
⇒ Y (t) tiene al eje y como asíntota.
b) si t < 0, Y (t) ≈ k
⇒ Y (t) tiene al eje x como asíntota.
Por ejemplo, supongamos que Y (t) es tal que Y (0) = (1, 1). En ese caso, Y (t) =
x(t) = 0 ∧ l´ım
x(t) = +∞
y(t) = +∞ ∧ l´ım
= BY , donde B =
8 −11
El polinomio característico es: p
+ λ −6 = (λ + 3)(λ −2) ⇒ λ
= −3 ∧ λ
de donde los respectivos vectores propios son: V
Departamento de Matemática 47
Las soluciones en línea recta son Y
, y la solución general es:
∈ R. Si k
= 0, cuando t → +∞, Y (t) tiene como asíntota la
recta de dirección V
. Cuando t →−∞, Y (t) tiene como asíntota la recta de dirección V
. Ver Figura 5.
1.2: λ
< 0 La solución, como antes, es de la forma:
Cuando t → +∞, todas las soluciones tienden a (0, 0), la única singularidad del sistema. En este caso, se
dice que la singularidad (0, 0) es un pozo o resumidero.
Sea Y (t) una solución tal que k
= 0 ¿Cómo se acerca Y (t) al origen?
, vectores propios, con ad −bc = 0. Luego:
x(t) = ak
y(t) = bk
Sea a = 0
(λ2−λ1)t
Es decir, Y (t), cuando t → +∞, tiende al origen con pendiente que tiende a
, es decir, en dirección
tangencial a la línea de vectores propios correspondientes al valor propio λ
1.3: 0 < λ
Como antes Y (t) = k
Si (k
) = (0, 0), Y (t) se aleja del origen cuanto t →+∞, es decir, el origen es una fuente.
Todas las soluciones con k
= 0, se acercan al origen cuanto t →+∞ en forma tangencial a la línea
de vectores propios correspondientes al valor propio λ
Departamento de Matemática 48
Caso 2: λ
= λ ∧ λ = 0
Debemos distinguir dos subcasos:
1) Si V
subespacio propio asociado a λ)
2) Si dimV
2.1 La solución es de la forma Y (t) = e
(a) modo estelar atractor o
sumidero estelar si λ < 0
(b) modo estelar repulsor o
fuente estelar si λ > 0
2.2: Sea
= AY, A ∈ M(2, R), donde A tiene un valor propio λ de multiplicidad algebraica dos,
pero dimV
= 1. Si V
es un vector propio, entonces:
es una solución en línea recta
es también solución, donde V
es un vector por determinar
(t) es solución ⇔
∀ t. Pero
(tAV
(tλV
(λtV
+λV
⇒ (A −λI)V
Departamento de Matemática 49
sistema lineal en V
que tiene inﬁnitas soluciones
) es la solución general.
+ 2y = 0 La transformamos en un sistema:
= −2y −2
Y con Y =
2λ + 2 = 0 ⇒ λ = −
2 x +y = 0 ⇒ y = −
Determinación de V
2 x +y = 1 ⇒ x =
Deﬁnición 15. Un punto de equilibrio (x
) es estable, si las soluciones que parten de puntos situados en
una vecindad de (x
) tienden a (x
) cuando t →+∞, en caso contrario son inestables.
Por ejemplo, los sumideros son estables; las sillas y fuentes son inestables.
Departamento de Matemática 50
8.2. Sistemas en que p
(λ) tiene raíces complejas
Consecuencia El sistema no tiene soluciones en línea recta. Por ejemplo:
Y, b > 0
Usando coordenadas polares: x = r cos θ, y = r senθ (r > 0) se tiene
˙ x = ˙ r cos θ −r
θ sen θ
˙ y = ˙ r senθ +r
θ cos θ
˙ r = ˙ xcos θ + ˙ y senθ
( ˙ y cos θ − ˙ xsen θ)
˙ r = cos θ(ar cos θ −br senθ) + sen θ(br cos θ +ar sen θ) = ar
(cos θ(br cos θ +ar sen θ) −sen θ(ar cos θ −br senθ)) = b
∴ El sistema en coordenadas polares es:
˙ r = ar
θ = b
con b > 0
r(t) = r(0) e
θ(t) = θ(0) +bt
Si a = 0 entonces r(t) = r(0) ∀ t. Por lo tanto, las órbitas son circunferencias con centro en el origen
de donde todas las soluciones son periódicas de período 2π/b y frecuencia b/2π. En este caso se dice que el
origen es un centro.
Nota. Si A no es de la forma
con b = 0 pero p
(λ) tiene raíces complejas con parte real nula, todas
las soluciones son periódicas. Por ejemplo, elipses.
Si a < 0, entonces l´ım
r(t) = 0 y las órbitas son espirales que se enrollan en el origen. El origen es un
foco atractor o sumidero en espiral.
Departamento de Matemática 51
Si a > 0, entonces l´ım
r(t) = 0 y las órbitas son espirales que se alejan del origen. El origen es un foco
repulsor o fuente en espiral.
Resolución de un sistema de este tipo (sin usar coordenadas polares)
= AY tal que p
(λ) tiene raíces complejas λ = a + bi, b = 0. Se considera A ∈ M(2, C) y se
resuelve el sistema en C
. Sea Y (t) una solución compleja del sistema, se tiene
Teorema 7. Supongamos que Y (t) = Y
(t)+iY
(t), donde Y
(t) son las funciones reales, parte
real y parte imaginaria de Y (t). Entonces Y
(t) son soluciones del sistema original.
Demostración. Y (t) = Y
(t) +iY
(t) es solución de
= AY en C
= AY (t) = AY
(t) +iAY
(t) ∧
= AY con A =
, λ = −2 ± 3i (origen es un pozo en espiral). Si V es vector propio
complejo de −2 + 3i, entonces
V es vector propio complejo de −2 −3i. Calculemos V :
−3i −3
−3ix −3y = 0
3x −3iy = 0
⇒x = iy ⇒V =
(−2+3i)t
es una solución del sistema
(cos 3t +i sen3t)
−sen3t +i cos 3t
cos 3t +i sen3t
−sen3t
Departamento de Matemática 52
(t) son l.i. ∴ Solución general del sistema
−sen 3t
Y , λ = ±i
2 (origen es un centro).
∴ Y (t) = (cos
2 t)
∴ Solución general del sistema:
2 t +k
2 t + k
x(t) e y(t) son las ecuaciones paramétricas de una elipse (si k
= 0). En efecto:
Para la dirección, notar que el sistema
= y ∧
Dibujamos el campo de direcciones
v(1, 1) = (1, −2), v(0, 1) = (1, 0), v(−1, −1) = (−1, 2)
8.3. Casos con valor propio cero
= AY , donde A tiene 2 valores propios λ
= 0 ∧ λ
= 0. Sean V
propios asociados a λ
∧ λ
= 0, Y (t) = k
⇒ todos los puntos de la recta que pasa por el origen con dirección V
son puntos de
< 0, Y (t) = k
tiende a k
cuando t →+∞ a lo largo de una recta V
> 0, Y (t) se aleja de la línea de puntos de equilibrio cuando t crece.
Departamento de Matemática 53
+ 4λ = 0 ⇒λ
⇒−3x +y = 0 ⇒y = 3x ⇒V
⇒x = −y ⇒V
Solución. Y (t) = k
La recta ℓ : y = 3x es la línea de puntos de equilibrio. Cualquier
otra solución tiende a un punto de ℓ siguiendo una semirecta a y.
9 ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR UTFSM
9. Ecuaciones Diferenciales Lineales de orden superior
Teorema 8. Sean y
(x) ∈ C
(I), donde I es un intervalo en R. Suponga que ∃ x
∈ I:
), . . . , y
es linealmente independiente ( l.i.) en R
. Entonces, {y
es linealmente independiente.
es l.i. en R pues:
⇒ (e
⇒ (xe
(1 +x), e
(2 +x))|
= (0, 1, 2)
⇒ (x
+ 2x), e
4x + 2))|
= (0, 0, 2)
y claramente {(1, 1, 1), (0, 1, 2), (0, 0, 2)} es linealmente independiente.
Deﬁnición 16. Sean y
(I). ∀ x ∈ I el determinante
(x)] =
se llama el Wronskiano de las funciones y
1) W[sen x, cos x] =
cos x −senx
2) W[x, sen x] =
= xcos x −sen x
3) W[x, 2x] =
Observación. W ≡ 0 ⇒ {y
} es l.i. Sin embargo, W = 0 ⇒ {y
} l.d.
Pero, cuando las funciones son soluciones de una E.D. lineal homogénea de orden n, y normal en I,
entonces W[y
] ≡ 0 ⇒ y
es un conjunto l.d. en C(I).
9.1. Solución general de una ecuación diferencial lineal
9.1.1. Caso homogéneo
(x) soluciones linealmente independientes de la ecuación homogénea
(x) y = 0
Entonces, la solución general de la ecuación homogénea es:
(x) +· · · +c
, i = 1, · · · , n son constantes que dependen de las condiciones iniciales.
Departamento de Matemática 55
9.1.2. Caso no homogéneo
(x) cualquier solución particular de
y sea y
(x) la solución de la ecuación homogénea asociada, entonces la solución general es
(x) +y
9.2. Formula de Abel
Teorema 9. Si y
(x) es una solución no trivial de la ED
entonces la segunda solución de la ED es
a1(x) dx
la que es l.i. con respecto a y
Demostración. Suponer
(x) = k(x)y
(x)ky
k(y
) + 2y
+a1dx
−2 ln y1−
∴ k(x) = C
} son l.i.
Departamento de Matemática 56
Ejemplo. Resolver x
+ 4y = 0 si se sabe que una solución es y
La ecuación debe escribirse como
¿Qué pasa si se conoce la solución y
ln x y se pide la otra?
Ejercicio. Resolver y
+ tg xy
−6 cotg
xy = 0 si y
(x) = sen
9.3. Ecuaciones con coeﬁcientes constantes
La ecuación diferencial con coeﬁcientes constantes es de la forma
= 0 son constantes reales. Estas ecuaciones de orden superior puede
resolverse explícitamente de manera bastante sencilla.
Si consideramos la ecuación homogénea asociada, y normalizando de modo que a
= 1 tenemos:
donde L = D
es el operador diferencial lineal de coeﬁcientes constantes.
Algebraicamente, estos operadores se comportan como si fueran polinomios ordinarios en la "variable"D, los
cuales pueden factorizarse. De aqui se desprende que todo operador diferencial lineal con coﬁcientes constntes
puede expresarse como un producto de operadores diferenciales de grado uno y dos, L = L
· · · · · L
Esto nos permitirá encontrar la solución explícita de la ecuación homogénea.
Departamento de Matemática 57
9.3.1. Ecuaciones homogéneas de segundo orden
Ecuación caracteristica asociada:
cuyas soluciones son m = α
y m = α
el operador (D
) = (D −α
)(D −α
) y la ecuación se puede reescribir como:
(D−α
Dependiendo de la naturaleza de las raices del polinomio se tienen tres tipos de soluciones de la ecuación
CASO 1: α
)y = 0 ∨ (D −α
y = 0 ∨ y
Resolviendo cualquiera de las ecuaciones, tenemos:
dx ⇒ ln y = α
x ⇒ y = e
αix
α2x
son soluciones linealmente independientes, luego la solución de la
ecuación homogénea es:
CASO 2: α
= α reales e iguales
(D −α)
una solución es y
, y usando la fórmula de Abel, puede probarse fácilmente que la otra solución
linealmente independiente es y
. Luego, la solución de la ecuación homogénea es:
CASO 3: α
En este caso α
= a +b i y α
= a −b i con a y b reales, b > 0.
(a+b i)x
(a−b i)x
Departamento de Matemática 58
Recordando la formula de Euler e
= cos x +i senx
(cos bx +i senbx) +C
(cos bx −i sen bx))
) cos bx +i (C
) senbx)
cos bx +K
sen bx)
Conclusión: Para resolver una ecuación diferencial de segundo orden de la forma
primero se encuentran las raíces α
de la ecuación característica
La solución general de la ecuación puede expresarse en función de α
Solución de la homogenea
Reales, α
= α y
Complejos, α
= a −b i y
cos bx +C
9.3.2. Ecuaciones homogéneas de orden superior
Ejemplo: Resolver y
y = 0. Integrando: D
. Integrando de nuevo: Dy = C
y ﬁnalmente y(x) = C
Luego, la solución de la ecuación homogénea: y
Ejemplo: Resolver (D −α)
Las funciones l.i. que satisfacen esta ED son:
y luego, la solución de la ecuación diferencial homogénea es:
Departamento de Matemática 59
−2aD + (a
cos(bx), xe
cos(bx), x
cos(bx), · · · , x
cos(bx)
sen(bx), xe
sen(bx), x
sen(bx), · · · , x
sen(bx)
cos(bx) +C
sen(bx) +C
sen(bx) +· · · +
En este caso: (D
)y = 0 ⇒ D
(D −1)
(D + 1)
Luego, la solución de la ecuación homogénea:
9.4. EDL con Coeﬁcientes Constantes No Homogéneas
La solución general de la EDL no homogénea es de la forma
Nuestro problema ahora consiste en tratar de determinar y
, pues ya se sabe como obtener y
Existen varios métodos para determinar y
, los dos más conocidos son
1. Método de coeﬁcientes indeterminados (MCI) y
2. Método de variación de parámetros (MVP)
9.4.1. Método Coeﬁcientes Indeterminados
El MCI tiene la ventaja de ser un método sencillo, pero para poder aplicarlo es necesario conocer la
forma de la solución particular.
Sea L(y) = h(x) y sea L
un operador diferencial lineal con coeﬁcientes constantes, que anula a la
función h(x), es decir, tal que
(h(x)) = 0 ⇒ (L
◦ L)(y) = L(h(x)) = 0 ⇒
(y) = 0 donde L
◦ L
tal que L
(x)) = 0 ⇒ y
∴ para determinar las constantes que aparecen en y
, se substituye y
en la ecuación diferencial original, es
decir, se buscan las constantes tal que L(y
) = h(x).
Departamento de Matemática 60
Ejemplo. Resolver y
− 2y = 2e
1. Solución de la homogénea: y
−2y = 0 =⇒ y
2. Búsqueda de la solución particular: Escrita en términos de operadores, la ecuación queda:
−D−2)(y) = 2e
Aplicamos el anulador de 2e
, obteniendo la ecuación
(D−2)(D + 1)(D + 2)(y) = 0
Luego, la solución particular es de la forma: y
= 4ae
Reemplazando en: y
obtenemos 4ae
+ 2ae
− 2ae
⇒ a = 1/2 =⇒ y
Luego, la solución general es: y(x) = C
−3y = 5 sen(3x)
−3y = 0 =⇒ y
+ 2D−3)(y) = 5 sen(3x)
Aplicamos el anulador de 5 sen(3x), obteniendo la ecuación
(D + 3)(D−1)(D
+ 9)(y) = 0
= a cos(3x) +b sen(3x)
= −3a sen(3x) + 3b cos(3x) =⇒ y
= −9a cos(3x) −9b sen(3x)
Reemplazando en la ecuación original: y
= 5 sen(3x), obtenemos:
(−12a + 6b) cos(3x) + (−6a −12b) sen(3x) = 5 sen(3x) ⇒
a = −1/6, b = −1/3 =⇒ y
cos(3x) −
Luego, la solución general es y(x) = C
+y = 0 =⇒ y
Departamento de Matemática 61
+ 2D + 1)(y) = x
Aplicamos el anulador de e
(D + 2)
= [−2ax
+(2a−2b)x+(b−2c)] e
= [4ax
+(−8a+4b)x+(2a−4b+4c)] e
+ (−4a +b)xe
+ (2a −2b +c) e
−4a +b = 0
2a −2b +c = 0
⇒ b = 4, c = 6
+ 4x + 6) e
− 2y = 3e
−3ae
⇒ a = −1 =⇒ y
Ejemplo. (D
+ 2D + 1)(y) = 2 e
+cos 2x.
Departamento de Matemática 62
= (D −1)(D
+ 4) y
sen 2x +c
+ 2D + 1)(y
+ 42D−3)(y
+ 4)(c
) + (2D−3)(y
−1 + 5)(c
) + (2(D−1) −1)(c
sen 2x+)
· 2 cos 2x + 2c
(−2) sen2x
+(4c
) cos 2x −(4c
) sen2x
+cos 2x
Anuladores para el Método de coeﬁcientes indeterminados
Función Anulador
cos bx, sen bx D
cos bx
−2aD +a
Ejercicios: Empleando en MCI, encontrar y
a) (D
+ 6D + 10)(y) = x
b) (6D
+ 2D−1)(y) = 7xe
+D −2)(y) = 3 e
−senx
−4D + 8)(y) = e
(1 + sen2x)
(y) = xsenh x
Departamento de Matemática 63
9.4.2. Método de Variación de Parámetros
Comenzamos considerando la EDL de 2.
(x)y = h(x) (9.1)
deﬁnida en un intervalo I y cuya solución general de la EDL homogénea asociada a (9.1) es:
(x) +k
(x) (9.2)
Se busca una solución particular y
de (9.1) tal que
) = 0 con x
La construcción de y
se empieza con la suposición de que cualquier solución particular de (9.1) debe estar
relacionada con y
y para ello se intenta alterar ésta última tal que se convierte en una solución particular
de (9.1). Una forma de hacerlo es permitir que k
en (9.2) varíen con x (o sea, k
(x) y k
(x) (9.3)
Derivando y
y reemplazando en (9.1) se obtiene
son soluciones de la ecuación diferencial homogénea
Esta identidad debe mantenerse si (9.3) es solución de la ED y ∴ k
pueden escogerse en forma tal que:
∀ x ∈ I
Resolviendo por Cramer
h(x)y
Departamento de Matemática 64
= Wronskiano = W[y
(t) −y
h(t) dt
Ejemplo. Resolver: y
+y = sec x
Solución. En este caso no se puede aplicar MCI pues ∃ operador L tal que L(sec x) = 0. Por lo tanto, aplicamos
el MVP:
sen x +k
senx +k
cos x −k
sen x = h(x) = sec x
= sec x · cos x = 1 k
= −sec x · senx = −tg x
tg xdx = ln | cos x|
cos x +xsen x + cos xln | cos x|
−D−2)(y) = e
= −3 e
senx ⇒k
senxdx =
(−3 senx −cos x)
(3 senx + cos x) +
9.5. Ecuación de Euler
La ecuación de Euler de orden 2 es de la forma a
y = 0, donde a
Suponemos x > 0 y hacemos el cambio de variable x = e
(si x < 0 se procede análogamente con
Departamento de Matemática 65
y = 0, equivalentemente,
y = 0 que es una ecuación diferencial lineal con coeﬁcientes constantes.
Resolvemos esta ecuación para y = y(t), y luego sustituímos la variable t = ln x.
Otra forma de resolver esta ecuación es suponer una solución de la forma y = x
= n(n −1)x
Reemplazando: a
= 0, de donde a
n(n−1) +a
ecuación que permite determinar valores de n.
Resolver: x
+ 3y = 2x
(a) Solución de la ecuación homogénea:
Es una ecuación de Euler, luego, haciendo x = e
y sustitutendo, obtenemos la ED de coef. constantes:
+3y = 0 cuya solución es y
, equivalentemente, y(x) = C
Alternativamente, suponemos una solución de la forma y(x) = Kx
, y sustituimos en la ecuación
homogénea, obteniendo n
−4n + 3 = 0, de donde n = 1 ó n = 3, es decir: y(x) = C
(b) Búsqueda de una solución particular:
Reescribimos la ecuación: y
y aplicamos el método de variación de
parámetros, donde:
Calculamos el Wronskiano: W[y
∴ −K
)x +e
Departamento de Matemática 66
Ejemplos: 1) d2 y −4 dx2 dy dx
− 9y = x
E.D.O. de segundo orden E.D.O. de primer orden
2) x2 dy + y dx = 0 , 3) a2 ∂4u ∂2u + 2 =0 ∂x4 ∂t
E.D.P. de cuarto orden
Observación. Una E.D.O. general de orden n se representa a menudo mediante F x, y, dn y dy d2 y d3 y , 2, 3,··· , n dx dx dx dx =0
Deﬁnición 5. Se dice que una E.D.O. es lineal si tiene la forma: an (x) dn y dn−1 y dy + an−1 (x) n−1 + · · · + a1 (x) + a0 (x)y = g(x) n dx dx dx
Una ecuación que no es lineal se dice no lineal. Observación. Las E.D. lineales se caracterizan por: a) La potencia de cada término en que aparece y ó la dericvada de algún orden de y es 1. b) Cada coeﬁciente ai (x), i = 1, · · · , n depende sólo de la variable independiente x. Ejemplos: 1) x dy + y dx = 0, 2) y ′′ − 2y ′ + y = 0, 3) x3 E.D.O. lineal de primer orden E.D.O. lineal de segundo orden
d2 y dy d3 y − x2 2 − 4x − 9y = ex , 3 dx dx dx
E.D.O. lineal de tercer orden
4) y y ′′ − 2y ′ = x, 5) d3 y + y 2 = 0, dx3
E.D.O. no lineal de segundo orden
E.D.O. no lineal de tercer orden
Deﬁnición 6. Se dice que una función φ cualquiera, deﬁnida en algún intervalo I ⊆ R, es solución de una ecuación diferencial ordinaria en el intervalo, si sustituida en dicha ecuación la reduce a una identidad. Departamento de Matemática 2
INTRODUCCIÓN En otras palabras, una solución de la ecuación F x, y, dy d2 y d3 y dn y , 2, 3,··· , n dx dx dx dx =0
es una función y = φ(x) de clase C n (I) y que satisface la ecuación, es decir, F x, φ(x), φ′ (x), φ′′ (x), φ′′′ (x), · · · , φ(n) (x) = 0 ∀x ∈ I
La solución general de una ecuación diferencial ordinaria de orden n es una función y = φ(x, C1 , · · · , Cn ), que depende de constantes arbitrarias C1 , · · · , Cn y que cumple: y = φ(x, C1 , · · · , Cn ) satisface la E.D. para cualquier valor de las constantes. Toda solución de la E.D. se obtiene a partir de ella, para valores adecuados de las constantes C1 , · · · , Cn .
Una solución particular de una ecuación diferencial ordinaria de orden n es una solución para valores ﬁjos de las constantes C1 , · · · , Cn , es decir, es una solución que no depende de parámetros arbitrarios. Ejemplos: 1) Comprobar que y y′ y ′′ = = = y = xex es una solución de la E.D.O. de segundo orden y ′′ − 2y ′ + y = 0
x ex ex + x ex 2ex + x ex 2ex + x ex − 2(ex + x ex ) + x ex = 0
2) Veriﬁque que x(t) = C1 sin(kt) + C2 cos(kt) es la solución general de la E.D.O. de segundo orden x′′ (t) + k 2 x(t) = 0. x x′ x′′ = C1 sin(kt) + C2 cos(kt) = C1 k cos(kt) − C2 k sin(kt) = −C1 k 2 sin(kt) − C2 k 2 cos(kt)
Reemplazando: −C1 k 2 sin(kt) − C2 k 2 cos(kt) + k 2 (C1 sin(kt) + C2 cos(kt)) = 0 Observación. 1. Si una ecuación tiene como solución a la función y = 0 ´se dice que ésta es la solución trivial de la ecuación diferencial. 2. La gráﬁca de una solución y = φ(x) de una E.D.O. se llama curva solución de la ecuación diferencial. 3. Soluciones explicitas e implicitas: Al resolver una E.D.O. no siempre sucede que la solución se pueda expresar en la forma explícita, y = φ(x). A veces, ésta sólo se puede expresar en forma implícita, como G(x, y) = 0. dy x Por ejemplo, la solución de la ecuación diferencial =− corresponde a: dx y x2 + y 2 − c = 0 Departamento de Matemática con c>0 3
V.) de n-ésimo orden. y (n−1) ) dxn sujeta a las condiciones iniciales y(x0 ) = y0 .I. En el ejemplo anterior.1
4. Por lo tanto la solución al P. por lo tanto al reemplazar y = 5 para x = 0 en la solución obtenemos que c = 25. y1 . es x2 + y 2 − c = 0. que corresponde a una circunferencia de radio 5. ··· yn−1 y ′ (x0 ) = y1 . · · · . y2 . es x2 + y 2 − 25 = 0.
. · · · y (n−1) (x0 ) = yn−1
son constantes.V. la solución x2 + √ − c = 0.
Ejemplos: 1) Resolver el problema de valor inicial de primer orden: dy dx = − 5 x y
En este caso la solución de la E.D. y ′′ (x0 ) = y2 . Cada una de las soluciones dependerá del valor que tome la constante. dependiendo del valor de c nos dará como resultado y2 una familia de cirfunferencias de radio c
Deﬁnición 7. y.I. es resolver la ecuación diferencial dn y = f (x. y ′ . donde y0 . Familia de soluciones: Una solución que contiene una constante arbitraria representa un conjunto o familia de soluciones. y ′′ . Resolver un problema de valor inicial (P.
Entonces la E. c y d} que contiene al punto (x0 .D. etc. y) : a x b. xo + δ] ⊂ I = [a. y0 ) en su interior. Tma la temperatura del medio ambiente y k una constante. Ejemplos: 1) Crecimiento o decrecimiento de población La rapidez con que crece o decrece una población es directamente proporcional a la población existente. que modela este fenómeno es: dP = kP dt 2) Ley de enfriamento o calentamiento de Newton La rapidez con que cambia la temperatura de un cuerpo es directamente proporcional a la diferencia entre la temperatura del cuerpo y la temperatura del medio ambiente.1
1. dy dx = f (x. b] y una única función y(x) deﬁnida en I0 que es solución del P.D. y) y0
y(x0 ) =
. y sea k una constante. que modela este fenómeno es: dT = k(T − Tma ) dt Teorema 1. Sea P (t) la población existente al tiempo t.1. Entonces la E. (Existencia y unicidad de soluciones) Sea R una región rectángular en el plano XY tal que R = {(x. y) y ∂f /∂y son funciones continuas en R. químico. Si f (x. bilógico.V. Sea T (t) la temperatura de un cuerpo al tiempo t. entonces existe algún intervalo I0 = [xo − δ.I.
Ecuaciones Diferenciales que representan diversos modelos matemáticos
Una ecuación diferencial puede representar un modelo matemático que describe el comportamiento de un fenómeno del campo físico.
1) puede ser expresada en la forma (2. Ejemplos: 1) Resolver el P.2
2. En algunos casos la ecuación (2.D. SW y conocimientos de programación). El método seleccionado dependerá.
Existen diversas formas para afrontar la resolución de una ecuación diferencial.1)
M dx + N dy = 0
donde M y N pueden ser funciones de x e y o de ambas. Estos métodos requieren el uso de tecnología.:
2. Estos métodos han desarrollado técnicas que permiten. ﬁnalmente. particularmente en casos en que no es posible encontrar una expresión analítica de la solución.. la información disponible (en el caso de un modelo). a través del análisis de la E. pero particularmente cuando se tiene información ó datos numéricos. como los anteriores. se han reunido todos los términos que contienen la variable y en B(y) y todos los términos que contienen la variable x en A(x). Los métodos pueden clasiﬁcarse en: 1.2) es A(x) dx + B(y) dy = C
donde C es la constante de integración y que puede determinarse dependiendo de las condiciones iniciales. Presentamos a continuación algunos métodos analíticos de resolución de E.1.
dy x =− dx y y dy + x dx = 0 y dy + x dx = 0
x2 y2 + = C0 2 2 y 2 + x2 = C Utilizando la condición inicial y(0) = 5 de donde la solución es Departamento de Matemática
x + y − 25 = 0 6
. el grado de exactitud requerida a la solución.) 2. Métodos numéricos (muy útiles. dy x =− dx y Separando variables queda sujeta a y(0) = 5.I. La solución de (2. de las características del problema que se desea resolver. Métodos analíticos o directos (que consisten en la determinación analítica de la solución de la E.V. deducir el comportamiento que tendrán sus soluciones) 3. el tipo de análisis que se desea hacer a partir de ella.D. etc.D.
(2.2) A(x) dx + B(y) dy = 0
o sea. Análisis cualitativo (muy útiles.
3) La función f (x. si: ∀λ ∈ R − {0}
Ejemplos: 1) La función f (x.2
2) 2(y + 3) dx + xy dy = 0 separando variables queda 2 y dx + dy = 0 x y+3 ⇒ ln x2 + y − 3 ln(y + 3) = c donde c1 = ec ⇒ ey−c −
⇒ e y = c1 3) (x2 − 1) dx + xy dy = 0
(y + 3)3 x2
(y + 3)3 =0 x2
x2 − 1 x2 y2 dx + y dy = 0 ⇒ − ln x + =c x 2 2 x2 + y 2 = 2c + ln x2 x2 + y 2 − ln(cx)2 = 0 4) sen x sen y dx + cos x cos y dy = 0 o ex
−kx2 = 0
sen x cos y dx + dy = 0 ⇒ − ln cos x + ln sen y = c cos x sen y sen y = c ⇒ sen y − c1 cos x = 0 cos x 5) xy 3 dx + ex dy = 0 x e−x dx + y −3 dy = 0 − 1 2 −2x e−x dx +
2 1 1 − e−x − y −2 = c 2 2 2 e−x +y −2 = −2c
y −2 =c −2
e−x + y −2 − k = 0
2. y). La función f (x. y) = xy − y 2 es homogénea de segundo grado. y) =
x2 −y 2 xy xy z
es homogénea de grado cero. y) =
x3 + y 3 es homogénea de primer grado.
Ecuaciones Homogéneas de Primer Orden
f (λx. z) =
+ x sen y2 es homogénea de grado uno.
2) La función f (x. z 7
.2. y. λy) = λk f (x.
4) La función f (x. y) se dice homogénea de grado k respecto a las variables x e y.
= F x. entonces F (λx. dv = F (v) dx
.4) en (B). y) es decir: (B) dy = F (y/x) dx y x
Esta última ecuación se resuelve efectuando la sustitución: (2. Si F es homogénea de grado 0. Luego.
Sustituyendo (2. y). Deﬁnición 9. y) =− =F dx N (x. y) puede mirarse como una función que depende de la variable x . λy) = F (x.2
Observación. y) dy = 0 es homogénea cuando M y N son funciones homogéneas del mismo grado respecto de x e y Resolución de una ecuación diferencial homogéna Consideremos la ecuación homogénea (A) M (x. podemos hacer λ = x x y F (x. Es decir. y) dy = 0
Luego podemos escribir (A) de la forma dy M (x. la función ∀x = 0. y) dx + N (x. obtenemos v+x o sea: dv + v − F (v) = 0 dx x dv + (v − F (v)) dx = 0 x dv dx + =0 x v − F (v) que es una ecuación de variables separables.10) y (2. tenemos: F 1. 1 y y reemplazando.4) dy dv =v+x dx dx y = vx. y) dx + N (x.3) luego (2. y) ∀λ ∈ R−{0}. La ecuación de primer orden M (x.
reemplazando v = y/x: ln x + ln y 2 /x2 − 1 = c ln(y 2 − x2 ) − ln x = c y 2 − x2 =c x c∈R
ln x + ln(y 2 − x2 ) − ln x2 = c
y 2 = cx + x2
. Luego se trata de una ecuación homogénea. Haciendo y = vx tenemos: (x2 + x2 v 2 ) dx − 2x2 v(v dx + x dv) = 0 (x2 + x2 v 2 − 2x2 v 2 ) dx − 2x3 v dv = 0 x2 (1 − v 2 ) dx − 2x3 v dv = 0 es homogénea pues M (x. tenemos (dy = v dx + x dv).2
Ejemplos: 1) x2 − xy + y 2 dx − xy dy = 0. y) = −2xy son homogéneas
Separando variables dx 2v + 2 dv = 0 x v −1 Integrando ln x + ln(v 2 − 1) = c. y) = x2 − xy + y 2 . N (x. y) = −xy son homogéneas de grado 2. y) = x2 + y 2 . Haciendo y = vx. Observamos que las funciones M (x. de donde: (x2 − x2 v + x2 v 2 ) dx − x2 v(v dx + x dv) = 0 (x2 − x2 v + x2 v 2 − x2 v 2 ) dx − x3 v dv = 0 x2 (1 − v) dx − x3 v dv = 0 dx v + dv = 0 x v−1 ln x + v + ln(v − 1) = c
N (x.
y y−x + ln =c x x y ⇒ (y − x) ey/x = c ln(y − x) = c − x ln x + 2) (x2 + y 2 ) dx − 2xy dy = 0 de grado 2.
5) con a ó b = 0 pues ax + by es una función homogénea a1 x + b 1 y
Si c1 = c = 0. pues. ( h constante por determinar) ( k constante por determinar)
Reemplazando en (2. y.6) dy dy1 = dx dx1 dy . evidentemente. (2.6) las expresiones de x. Realicemos el cambio de variables x = y = Entonces (2.
xy x2 − y 2 2) (2x + 3y) dx + (x − 2y) dy 1) dy/dx = 3) y dx − x dy = 0 4) (1 + u)v du + (1 − v)u dv = 0
13) sec2 θ tg θ dθ + sec2 ϕ tg θ dϕ = 0 14) sec2 θ tg ϕ dϕ + sec2 ϕ tg θ dθ = 0 15) (1 + x2 ) dy − √ 16) 1 − x2 dy + 1 − y 2 dx = 0 1 − y 2 dx
5) (1 + y) dx − (1 − x) dy = 0 dx + x2 + tx2 = 0 6) (t2 − xt2 ) dt 7) (y − a) dx + x2 dy = 0 dx 1 + x2 9) = dy 1 + y2 10) (1 + s2 ) dt − 8) z dt − (t − a ) dz = 0
17) 3 ex tg y dx + (1 − ex ) sec2 y dy = 0 18) (x − y 2 x) dx + (y − x2 y) dy = 0 19) (y − x) dx + (y + x) dy = 0 20) (x + y) dx + x dy = 0 21) (x + y) dx + (y − x) dy = 0
22) x dy − y dx =
x2 + y 2 dx
11) dρ + ρ tg θ dθ = 0 12) sen θ cos ϕ dθ − cos θ sen ϕ dϕ = 0
23) (8y + 10x) dx + (5y + 7x) dy = 0 24) xy 2 dy = (x3 + y 3 ) dx
2.3. la ecuación (2.
Supongamos.8) ó matricialmente: ah + bk + c a 1 h + b 1 k + c1 = = 0 0 . tenemos: dx x1 + h .7)
dy1 ax1 + by1 + ah + bk + c = dx1 a1 x1 + b1 y1 + a1 h + b1 k + c1
Elijamos h y k de modo que se veriﬁquen las ecuaciones (2. que c y c1 (o una de ellas) son diferentes de cero.5) es. homogénea de grado cero .
Ecuaciones reducibles a homogéneas
dy ax + by + c = dx a 1 x + b 1 y + c1
Se reducen a ecuaciones homogéneas las de la forma: (2.2
ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Ejercicios.
. y1 + k .
obtenemos la solución de la ecuación (2.8). Ejemplos: 1) Resolver la ecuación Como Entonces dy x+y−3 = dx x−y−1 hacemos la sustitución
1 1 = −2 = 0. ⇒ h = 2. ⇒ el sistema tiene solución única. y1 = vx1 ∴ ∴ v + x1 dv 1+v = dx1 1−v dy1 dv = v + x1 dx1 dx1 x1 + vx1 dv v + x1 = dx1 x1 − vx1 es una ecuación de variables separables x1 es una ecuación homogénea. la ecuación (2.7) es homogénea: CASO 1: dy1 ax1 + by1 = dx1 a1 x1 + b1 y1 Al resolver esta ecuación y reemplazando para volver a las variables originales x e y. es decir.5).6). según las fórmulas (2. Con esta condición. 1 −1
x = x1 + h y = y1 + k
dy1 x1 + y1 + h + h − 3 = dx1 x1 − y1 + h − k − 1 Resolviendo el sistema: h+k−3=0 h−k−1=0 Luego dy1 x1 + y1 = dx1 x1 − y1 es decir.2
ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN a b h a1 b 1 k Si
UTFSM = −c −c1
a b = 0. x1
dv 1 + v2 = dx1 1−v 1−v dx1 dv = 1 + v2 x1 1 v − dv = ln x1 + c 1 + v2 1 + v2 1 arc tg v − ln(1 + v 2 ) = ln x1 + c 2 arc tg v = ln x1 1 + v2 + c
√ 1+v 2
earc tg v = ecx1 Departamento de Matemática
. k=1
y1 . determinamos h y k a1 b 1 como solución del sistema de ecuaciones (2.
11) en la ecuación (2. se puede expresar la ecuación (2.9) obtenemos 1 dz a z+c − = b dx b λz + c1 que es una ecuación de variables separables.
2 x2 + y1 = e 1
c ∈ R. sabemos que el sistema no tiene solución única b1 a1 b1 = = λ ⇒ a1 = λa y b1 = λb.
b = 0.10) z = ax + by dy (ax + by) + c = dx λ(ax + by) + c1
la ecuación se reduce a una ecuación de variables separables. Es decir.9) Haciendo la sustitución (2. separando variables queda: 1 a z+c dz − dx = dx b b λz + c1 1 a z+c dz − + dx = 0 b b λz + c1 1 dz + dx = 0 z+c −b a + λz+c1 b
. si ab1 = a1 b ⇒ a b y por consiguiente. c a a1 Luego (x − 1)2 + (y − 1)2 = earc tg( x−2 ) .5) en la forma CASO 2: Si (2. dz dy =a+b dx dx de donde (2.11) dy 1 dz a = − dx b dx b
Introduciendo las expresiones (2.2
ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN y1 Sustituyendo v por . En efecto.10) y (2. se obtiene: x1 c pero y1 = y − 1. x1 = x − 2. En efecto.
2z + 5 dz = dx 5z + 9 2z + 5 dz = x + c 5z + 9 z 5 2 5z + 9 − 9 2z + 5 dz = 2 dz + dz = dz + 5z + 9 5z + 9 5z + 9 5 5z + 9 2 9 d(5z + 9) = dz − + ln |5z + 9| 5 5 5z + 9 2 9 = z − ln |5z + 9| + ln |5z + 9| 5 5 2 18 = z− ln |5z + 9| + ln |5z + 9| 5 25 2 7 = z+ ln |5z + 9| 5 25 2 7 ∴ z+ ln |5z + 9| = x + c 5 25
d(5z + 9) 5z + 9
Como z = 2x + y.
1) (3y − 7x + 7)dx − (3x − 7y − 3)dy = 0 2) (x + 2y + 1)dx − (2x + 4y + 3)dy = 0
3) (x + 2y + 1)dx + (2x − 3)dy = 0
. 2z + 5 Luego:
Reemplazando en (*). Ejercicios.2
Ejemplos: 1) y ′ = 2x + y − 1 4x + 2y + 5 con condición inicial 2 4 Sea z = 2x + y ∴
y(0) = −2 y′ = 2x + y − 1 2(2x + y) + 5 (∗)
1 =0: 2 ⇒
= z ′ = 2 + y′
y′ = z ′ − 2 de donde z ′ = 5z + 9 . se tiene que: 2 7 (2x + y) + ln |10x + 5y + 9| = x + c 5 25 10y − 5x + 7 ln |10x + 5y + 9| = c Puesto que y(0) = −2 nos queda que: −20 + 7 ln | − 1| = c ⇒ c = −20
10y − 5x + 7 ln |10x + 5y + 9| = −20. queda:
z′ − 2 =
z−1 2z+5 .
si M (x. suponemos que podemos encontrar una función F (x. y) = k Pero: dF = ∂F ∂F dx + dy = 0 ∂x ∂y y F solución de la ecuación.
. es una E. ∂y ∂x
es decir. D una región y k es una constante) tal que dF = M dx + N dy.12) M (x. por (2.
Consideremos la ecuación (2.2
2. Diremos que (2. Ejemplos: 1) Resolver la ecuación: (∗) En este caso: ∂M ∂y ∂N ∂x = = 3x2 + 2x 3x + 2x
(3x2 y + 2xy) dx + (x3 + x2 + 2y) dy = 0
∂M ∂N = . Luego. ∂2F ∂2F = ∂x ∂y ∂y ∂x
que es la condición que debe satisfacerse para que la ecuación original sea exacta. implica que y ∂F = N (x. exacta. Veamos. cómo se utiliza la propiedad anterior.12): dF = 0 ⇒ F (x. y) = k (donde F es una función de clase C 2 (D). y que veriﬁcan la igualdad: ∂M ∂N = ∂y ∂x Para resolver esta ecuación diferencial. continuas y con primeras derivadas continuas en un intervalo I. en un ejemplo. y) dx + N (x. es decir.12) es una ecuación diferencial exacta. y) dy = 0
que no es de variables separables ni homogénea ni reducible a homogénea.4. y) son funciones de clase C 1 (I). y) ∂x Como F es de clase C 2 .D. y) y N (x. y) ∂y ∂M ∂N = ∂y ∂x
∂F = M (x.
y) = 3 − + C1 y y Luego la solución general de la ecuación está dada por la relación: x2 1 − = C. y) ∂ = x3 y + x2 y + C(y) = x3 + x2 + C ′ (y) ∂y ∂y ∴ x3 + x2 + C ′ (y) = x3 + x2 + 2y ⇒ C ′ (y) = 2y ⇒ C(y) = y 2 + C. donde F es de clase C 2 en algún dominio. ∴ F (x. y) = x3 y + x2 y + C(y)
Derivamos con respecto a y la función F así obtenida y luego igualamos con N : ∂F (x. e integramos considerando y como constante: ∂F = 3x2 y + 2xy ∂x ⇒ F (x. y) = x3 y + x2 y + y 2 + C1 = C. 3 y y 3) y2 1 − (x − y)2 x
C ∈ R. 2) 2x y 2 − 3x2 dx + dy = 0 3 y y4 La ecuación diferencial es exacta pues: d 2x 6x d =− 4 = dy y 3 y dx dF 2x = 3 ⇒ F (x. y) = k.
1 x2 − y (x − y)2
∂M 2xy = ∂y (x − y)3
  ∂N 2xy   = 3 ∂x (x − y) Departamento de Matemática
    
∂M ∂N = ∂y ∂x
. y) = dx y dF d x2 3x2 = + C(y) = − 4 dy dy y 3 y y 2 − 3x2 y4 2 x + C(y) y3 + C ′ (y) = y 2 − 3x2 y4
k∈R
C ∈R
⇒ C ′ (y) = y −2 1 ⇒ C(y) = − + C1 y 1 x2 ∴ F (x. ∴ x y + x y + y = k.2
Suponemos que hay una solución F (x.
(y + xy 2 )dx − x dy = 0. la ecuación es exacta.2
ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Luego. x x−y Ejercicios. y) dx + N (x. ∂F ∂F dx + dy = 0 ∂x ∂y Así ∂F y2 y2 1 1 y2 = − ⇒ F (x.e.
Supongamos que la ecuación: (2.13) M (x.5. por ejemplo.. y) = − y2 − ln |x| + ln |y| − y + K x−y y2 y = ln − −y+C x x−y ∴ la solución viene dada por ln y y2 − − y = cte. Buscamos F (x. y) = − dx = − − ln |x| + C(y) 2 2 ∂x (x − y) x (x − y) x x−y ∂F −2y(x − y) − y 2 1 x2 = + C ′ (y) = − ∴ 2 ∂y (x − y) y (x − y)2 1 2xy − y 2 − x2 ∴ C ′ (y) = + y (x − y)2 1 x2 − 2xy + y 2 = − y (x − y)2 1 = −1 y C(y) = ln |y| − y + K F (x.
3) (y 3 − x) y ′ = y y2 1 4) − (x − y)2 x
1) (x2 + y) dx + (x − 2y) dy = 0 2) (y − 3x2 ) dx − (4y − x) dy = 0 dx + 1 x2 − y (x − y)2 dy = 0
1 3y 2 + 4 2 x x
2y dy x3
5) 2(3xy 2 + 2x3 ) dx + 3(2x2 y + y 2 ) dy = 0 x dx + (2x + y) dy 6) =0 (x + y)2
x2 dy − y 2 dx =0 (x − y)2 y dx − x dy 9) x dx + y dy = x2 + y 2
2. y) tal que dF = 0. y) dy = 0
no es una ecuación diferencial exacta (y que no es de los tipos de ecuaciones anteriores). i. Departamento de Matemática 16
Los casos que contemplaremos son los siguientes: CASO 1: Supongamos que la ecuación (2.13). y) se llama factor de integración (o factor integrante) de la ecuación (2.14) es más difícil que integrar la ecuación (2. y) tal que si multiplicamos la ecuación por esta función.13) admite un factor integrante que depende sólo de y. La función µ(x. es decir. la ecuación (2. Sólo en algunos casos particulares se logra determinar fácilmente la función µ(x.13) se convierta en una ecuación diferencial exacta. y) de la ecuación (2. Luego multiplicando la ecuación (2. µ = µ(y).13) por µ(y).14) se reduce a: ∂ ln µ ∂y ln µ = 1 M 1 M 1 M ∂N ∂M − ∂x ∂y ∂N ∂M − ∂x ∂y ∂N ∂M − ∂x ∂y dy
µ(y)
1 ∂N ∂M · − no depende M ∂x ∂y de x (pues si no µ depende de x).13). Entonces: ∂ ln µ =0 ∂x y la ecuación (2.14)
En la mayoría de los casos el problema de la búsqueda de µ(x. obtenemos: Es claro que de esta manera se puede proceder sólo cuando la expresión
. y).2
Se puede a veces elegir una función µ(x. Para hallar el factor integrante µ procedemos del siguiente modo: µM dx + µN dy = 0 Para que esta última ecuación sea una ecuación diferencial exacta es necesario y suﬁciente que: ∂(µM ) ∂(µN ) = ∂y ∂x es decir: µ o sea M ∂µ ∂µ ∂N ∂M 1 −N =µ − ∂y ∂x ∂x ∂y µ 1 ∂µ 1 ∂µ ∂N ∂M M −N = − µ ∂y µ ∂x ∂x ∂y ∂(ln µ) ∂N ∂M ∂(ln µ) −N = − M ∂y ∂x ∂x ∂y ∂M ∂µ ∂N ∂µ +M =µ +N ∂y ∂y ∂x ∂x
N = −x ∂N = −1. Ejemplo. es decir. y) ]dx + [µ(x)N (x. CASO 2: Supongamos que la ecuación (2.13) admite un factor integrante que depende sólo de x. y)] dy = 0
que es una ecuación diferencial exacta. µ = µ(x). Entonces: ∂ ln µ =0 ∂y y la ecuación (2. En este caso. Observemos que: ∂N ∂M − −1 − 1 − 2xy −2(1 + xy) 2 ∂x ∂y = = =− 2 M y + xy y(1 + xy) y por lo tanto la ecuación lo admite.14) se reduce a: ∂ ln µ ∂x = 1 N 1 N 1 N ∂M ∂N − ∂y ∂x ∂M ∂N − ∂y ∂x ∂M ∂N − ∂y ∂x dx
∂M ∂N − /N no depende ∂y ∂x de y (pues sino µ depende de y). Solución. Hallar la solución de la ecuación (y + xy 2 ) dx − x dy = 0. M = y + xy 2 . Encontremos ahora el factor integrante. ∂ ln µ 2 =− ∂y y de donde ln µ = −2 ln y.13) por µ(x) obtenemos: Es claro que de esta manera se puede proceder sólo cuando la expresión
[µ(x)M (x. y2 18
. y)] dx + [µ(y)N (x. y) ]dy que es una ecuación diferencial exacta. Luego multiplicando la ecuación (2. ∂x luego
∂M = 1 + 2xy. µ = Departamento de Matemática 1 . Examinemos si esta ecuación admite un factor integrante que dependa sólo de y. es decir. ∂y
Luego la ecuación no es una ecuación diferencial exacta.2
ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN [µ(y)M (x.
15). N (x. q(x) = a1 (x) a1 (x) h(x) a0 (x) y= a1 (x) a1 (x)
(2. se dice lineal si puede escribirse de la forma: (∗) a1 (x) y ′ + a0 (x) y = h(x)
en donde a1 (x). y) = p(x). es decir.16) a una ecuación de variables separables que ya sabemos resolver. Resolviendola. h(x) son continuas en I y a1 (x) = 0 para algún x ∈ I. Como la ecuación (2. ∀ x ∈ I Consideremos ahora la ecuación diferencial lineal normal de primer orden en I: (2. ∀ x ∈ I y se dice normal si a1 (x) = 0.2
Después de multiplicar todos los términos de la ecuación dada por el factor integrante µ(x.6.15) a1 (x) y ′ + a0 (x) y = h(x)
Nuestro propósito es encontrar la solución general de (2. y) = p(x) y − q(x). La ecuación (*) se dice homogénea si h(x) = 0. + 2c
2. reduce la ecuación (2. Departamento de Matemática 19
. y) = 1/y 2 . y) = 1.
∂M (x. obtenemos la ecuación: 1 x + x dx − 2 dy = 0 y y diferencial exacta ∂M1 ∂N1 1 x x2 = = − 2 .15) es normal en I entonces la podemos escribir de la forma: y′ + O sea: y ′ + p(x) y = q(x) donde: p(x) = a0 (x) h(x) . ∂y ∂M ∂N = salvo que ∂y ∂x
∂N (x. Luego:
Notemos que en esta ecuación. ∂y ∂x y y 2 y=− x2 2x .16)
dy + p(x) y = q(x) dx dy + p(x) y dx = q(x) dx (p(x) y − q(x)) dx + dy = 0 M (x. a0 (x). encontramos que: + + c = 0. Una ecuación diferencial de primer orden en I.
Sea I un intervalo real. y) =0 ∂x p(x) = 0 ∀ x ∈ I.
El caso p(x) = 0.
Resuelva el ecuación (2.16) admite un factor integrante que depende sólo de x. ya que: ∂M1 = p(x) e ∂y donde M1 (x. ye y(x) =
dx + C dx + C
Supongamos. Examinemos si la ecuación (2. y) = e
Tarea. e p(x) dx es la solución general de la ecuación y ′ + p(x) y = q(x). y) = (p(x) − q(x)) e
p(x) dx p(x) dx
∂N1 ∂x
N1 (x.16) por el factor integrante µ(x) = e la ecuación (2. obtenemos
que es una ecuación diferencial exacta. Otra manera de encontrar la solución de la ecuación diferencial lineal de primer orden en I es la siguiente: y ′ + p(x)y = q(x) y′ e Como y′ e en la forma:
d(y e dx
d ye de donde. x ∈ I
Observación.17) y veriﬁque que: 1 q(x) e p(x) dx dx + C . Observemos que: = p(x) N por lo tanto la ecuación lo admite. Luego el factor integrante es tal que: ∂ ln µ(x) = p(x) ∂x o sea µ(x) = e p(x) dx Multiplicando todos los términos de la ecuación (2.17) (p(x) − q(x)) e
− ∂N + ∂x
∂M ∂y
. pues. y= c ∈ R. integrando. que p(x) = 0.
i. i(0) = 0 dt
. donde L. E son constantes con c.2
Ejemplos: 1) Resolver Solución: x ∴ dy 2 − 2y = x4 ⇒ y ′ − y = x3 dx x
(x4 + 2y) dx = x dy
y = e−
dx x3 dx x2
y = e2 ln x C +
x3 e−2 ln x dx x2 2
= x2 C ∗
y = x2 C + 2) Resolver Solución: (3xy + 3y − 4) dx + (x + 1)2 dy = 0
⇒ 2y = x2 C + x4
dy + 3(x + 1)y = 4 ⇒ y ′ + 3(x + 1)−1 y = 4(x + 1)−2 dx 3 3 4 1 x+1 dx · e x+1 dx = e−3 ln |x+1| c + e3 ln |x+1| dx c+ (x + 1)2 (x + 1)2 1 (x + 1)3 1 1 (x + 1)2 = c+4 dx = c+ 3 2 3 (x + 1) (x + 1) (x + 1) 2 (x + 1)3 (x + 1)2 y = c (x + 1)−3 + 2 (x + 1)−1
3) Resolver Solución:
(1 + xy) dx − (1 + x2 ) dy = 0 (1 + x2 )y ′ − xy = 1 ⇒ y ′ − x 1 y= 1 + x2 1 + x2
x 1+x2
c+ y=
1 − e 1 + x2
= e 2 ln |1+x
2 1 1 e− 2 ln(1+x ) dx 2 1+x
1 + x2 c +
1 dx (1 + x2 )3/2
1 + x2 + x
Cálculo de 1 dx = (1 + x2 )3/2 4) Resolver Solución:
R R di R E E Rt E L Rt + i= ⇒ i(t) = e− L t c + e L dt = e− L t c + · eL dt L L L L R R R E E E E i(t) = c e− L t + i(0) = 0 ⇒ 0 = C + ⇒ C = − ⇒ i(t) = 1 − e− L t R R R R
sec2 θ dθ = (sec2 θ)3/2
x cos θ dθ = sen θ = √ 1 + x2
di + Ri = E. R.
suponiendo que la altura inicial del agua h(0) = 10cm. se abre la salida.9 2g ⇒ 0. Solución: dV = volumen de H2 O que sale. v = velocidad del líquido.9 · 2g 5 0. con i(0) = 0 dt 7) Encontrar la velocidad inicial mínima que debe tener un cuerpo que se dispara para que escape de la atracción de la Tierra. v = v0 ⇒ c = 0 − gR r 2 2 2gR2 2 2 ⇒v = + v0 − 2gR r2 a= 8) Un embudo con ángulo de salida de 60◦ y una sección transversal con área de 0. a(R) = −g ⇒ a(r) = − gR r2
. Desprecie la resistencia del aire.9 2g Departamento de Matemática 22 con v = 0.9 2 2g t = −h5/2 · + c y h(t = 0) = 10 ⇒ 2g · 0 = −105/2 + c π 5 π 5 2 π 2 π 5/2 5/2 5/2 √ · 10 − h √ · 10 t= y para h = 0 t = · = 99. contiene agua. dV = 0. k r2 k < 0 como en r = R.3 2 gh dt = − dh ⇒ dt = −h3/2 dh 3 π 0. En t = 0.2
ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN dx = (1 + 2x tg y) dy dx dy = 1 + 2x tg y ⇒ − 2x tg y = 1 ⇒ x(y) = e2 dy dy x(y) = e2 ln | cos y| c + e2 ln | cos y| dy 1 2 = sec2 y c + y+ sen 2y 2
5) Resolver Solución:
cos2 y dy
= sec2 y c +
x(y) = sec2 y c + 6) Resolver
⇒ 4x cos2 y = C + 2y + sen 2y
a) (1 + cos x) dy − sen x(sen x + sen x cos x − y)dx di b) L + Ri = E sen ωt.5cm2 .6 2gh h = altura instántanea. √ Dato: v = 0.9 2 0.5 · v · dt por otro lado √ dV = −πr2 dh con r = h tg 30 = h/ 3 √ √ πh2 0.7seg = 1′ 40′′ 5 0. Solución: a(r) = por otro lado dv dr dv ′ gR2 dv dv = · = ·v ⇒− 2 = ·v dt dr dt dr r dr gR2 v2 v2 ⇒ +c= pero en r = R. Determinar el tiempo que tardará en vaciarse.6 2gh.
9) En un movimiento rectilíneo. de primer orden en la variable µ. Derivando esta igualdad respecto a x:
dµ dy = (1 − n) y −n dx dx Al multilpicar (2. salvo en los siguientes dos casos: dy Si n = 1 (2. Si n = 0. a) Hallar v cuando S = 24 b) Hallar t que demora en recorrer desde S = 8 a S = 24.18) dy + p(x) y = q(x) y n dx
que es una ecuación diferencial no lineal. Solución: k k ds ⇒ −1 = − ⇒ k = 4 ⇒ a = −4/s2. la aceleración es inversamente proporcional al cuadrado de la distancia S. 2.23 s + s2
2. v = 2 s 4 dt dv dv ds dv dv 4 25 4 2 a= = · = ·v ⇒v = − 2 ⇒ v /2 = c + 4/s ⇒ c = − = 12 dt ds dt ds ds s 2 8 a=− √ 4 a) v(s = 24) = 2 24 + 12 ≈ 4. Además posee una velocidad de 5 y S=8 cuando t = 0. de Bernoulli
La E.1.7. D. E.18) queda + (p(x) − q(x))y = 0 que es de variables separables. y es igual a −1 cuando S = 2.
Ecuaciones que pueden reducirse a la forma lineal
Ciertas E. no lineales de primer orden pueden reducirse a E. por un adecuado cambio de variables.18) queda y + p(x)y = q(x) que es una ecuación diferencial de primer orden lineal. D. D. dx ′ Si n = 0 (2.93 √ ds 8 1 b) v = = s + 3s2 ⇒ t = √ dt s 2 2
s ds √ ≈ 3. de Bernoulli adopta la forma: (2.18) por (1 − n) y −n . L. L. D.7. 1 usamos la sustitución µ = y 1−n . = (1 − n) q(x) = (1 − n) q(x)
. queda: (1 − n) y −n y ′ + (1 − n) p(x) y 1−n dµ + (1 − n) p(x) µ dx que es una E. D.
Ejemplos: 1) y ′ + xy = Solución: yy ′ + xy 2 = x ⇒ µ = y 2 = y 1−(−1) ⇒ 1 dµ − xµ = x ⇒ µ(x) = e−2 2 dx µ(x) = e−x y 5 = − x2 y 3 x 2 Solución: y −3 y ′ − y −2 5 = − x2 ⇒ µ = y −2 ⇒ µ′ = −2y −3 y ′ x 2 µ 5 1 µ − = − x2 ⇒ µ′ + 2µ · = 5x2 −2 x 2 x
x y dµ dy = 2y dx dx
2x ex dx + c
c + ex
= 1 + c e−x
2) y ′ −
µ(x) = e−
5x2 e
= e−2 ln x c +
5x2 e2 ln x dx
c+5·
µ(x) = y −2 = cx−2 + x3 ⇒ cx−2 + x3 = y −2
Ecuación de Ricatti
Una E. D. N. L. de primer orden de la forma: y ′ (x) + a2 (x)y 2 + a1 (x)y + a0 (x) = 0 donde ai (x) son funciones continuas en I, ∀ i = 0, 1, 2 y a2 (x) = 0 en I se conoce como ecuación de Ricatti. 1 Para convertirla en una EDL de primer orden se utiliza la sustitución y = + y1 donde y1 (x) es una µ solución particular de la ecuación de Ricatti (esta sustitución particualr se encuentra por inspección). Demostración. Sea y= 1 + y1 µ ⇒ dy du dy1 = −µ−2 + dx dx dx
donde y1 es solución particular de la ecuación, vale decir:
′ 2 y1 + a2 (x)y1 + a1 (x)y1 + a0 (x) = 0
Reemplazando en la ecuación: dy1 1 du 1 1 − 2 + a2 (x) y1 + + a1 (x) y1 + + a0 (x) = 0 dx µ dx µ µ 1 du 2 1 a1 (x) ′ 2 + a2 (x)y1 + y1 a2 (x) + 2 a2 (x) + a1 (x)y1 + + a0 (x) 0 = y1 − 2 µ dx µ µ µ dµ − + 2µy1 a2 (x) + a2 (x) + a1 (x)µ = 0 ⇒ dx dµ dµ − (2y1 a2 (x) + a1 (x))µ = a2 (x) ⇐⇒ + p(x)µ = q(x) dx dx Ejemplo. 1. Resolver: Solución: y ′ = x + 1 − xy 2 + 2x2 y − x3 si y1 (x) = 1 + x Reescribimos la ecuación en la forma anterior: y ′ + xy 2 − 2x2 y + x3 − x − 1 = 0 Identiﬁcamos: a2 (x) = x, a1 (x) = −2x2 , de donde a0 (x) = x3 − x − 1, µ = e−
−2x dx 2
y reemplazamos: xe
dµ − 2xµ = x dx 2. Resolver: Solución: y ′ − sen2 xy 2 + Aquí,
1 y + cos2 x = 0, si yp = cot x. sen x cos x sen x a2 (x) = − sen2 x a1 (x) = a0 (x) = − cos2 x. cos x 1 + yp (x) v
dv 1 − −2 cot x sen2 x + v = − sen2 x. dx sen x cos x dv sen x 1 − −2 + v = − sen2 x −1 dx (cos x) sen x cos x 1 dv − −2 sen x cos x + v = − sen2 x dx sen x cos x −2 sen2 x cos2 x + 1 v′ − v = − sen2 x sen x cos x
−2 sen2 x cos2 x+1 dx sen x cos x
sen2 x e
2 sen2 x cos2 x+1 dx sen x cos x
−2 sen x cos x +
1 sen x cos x
sen2 x + 2
2 dx sen 2x
= − sen2 x + 2
cosec 2x dx = − sen2 x + ln | cosec 2x + cot 2x|
v(x) = e− sen
e− ln | cosec 2x+cot 2x| −
sen2 x esen
x ln | cosec 2x+cot 2x|
2 1 − sen2 x esen x (cosec 2x + cot 2x)dx + c cosec 2x + cot 2x 2 sen 2x cos x − sen2 x esen 2x · dx + c = e− sen x 1 + cos 2x sen x 2 2 1 = tg x e− sen x − 2 sen x cos x esen x dx + c 2 2 2 1 sen2 x 1 +c = − tg x + c tg x e− sen x = tg x e− sen x − e 2 2 1 ⇒ y(x) = cotg x + 1 − 2 tg x + c tg x e− sen2 x 2
Solución. Supongamos que y1 = k, por determinar el valor de k. ⇒ x(−k 2 + 2k − 1) + 1 − k = 0 ⇒ −x(k − 1)2 − (k − 1) = 0 1 ⇒k=1 ∴ y = 1 + ⇒ y ′ = −u−2 u′ u 2 1 1 −u−2 u′ − x 1 + + (2x − 1) 1 + = x−1 u u −u−2 u′ − x − 2x/u − x/u2 + 2x − 1 + 2x/u − 1/u = x − 1 ⇒ u′ + u = −x ⇒ u(x) = e− ∴
dx ′ y1 = 0 ⇒ 0 − xk 2 + 2kx − k − x + 1 = 0
y ′ − xy 2 + (2x − 1)y = x − 1.
/ · (−u2 ) dx
u(x) = e−x (c − x ex + ex )
y = 1 + (1 − x + c e−x )−1 Ejercicios.
y −1=0 x2 2) y ′ + y 2 + 3y + 2 = 0 1) 2y ′ − 3) y ′ + (1 + ex )y 2 − 2x2 (1 + ex )y + x4 (1 + ex ) − 2x = 0
dx + x2 + 1 = 0 dt
5) y ′ + y 2 − 1 = 0, tal que, y(0) = −1/3
Observación. A veces, las sustituciones son, en la práctica, "sugeridas"por la ecuación. Resolvamos, por dy + p(x)y = q(x)y ln y. Para ello, sea: u = ln y de donde ejemplo, la ecuación dx 1 ′ ′ ′ u = yy Reemplazando en la ecuación: u y + p(x)y = q(x)yu. Dividiendo por y, obtenemos la EDL de primer orden en la variable u: du − q(x)u = −p(x) dx
Se puede asegurar que cada EDL de primer orden un un intervalo I.
Según la hipótesis: (2. tiene una inﬁnidad de soluciones.20) es una ecuación de variables separables.2
2. Separando variables: dm = −k dt m ⇒ ln m = −kt + c ⇒ m = c e−kt como m(0) = m0 . tiene soluciones. entonces dt < 0) La ecuación (2.1.9. por lo tanto. De hecho. Sea m la masa en el instante t y m + ∆m. si para t = 0 la masa del radio es m0
Solución. en el instante t + ∆t. Se ha establecido que la velocidad de la desintegración del radio es directamente proporcional a su masa en cada instante.9.
Aplicaciones: Modelos Lineales
Desintregación Radioactiva
Aplicación.19)
y(x) = e−
y la solución general de una de tales ecuaciones es. porque a medida que transcurre el tiempo. ∴ m = m0 e−kt . La razón ∆m es la velocidad media de desintegración. la masa del radio disminuye y por eso dm dm dt < 0 (puesto que la función m(t) es decreciente. una familia de curvas en el plano xy determinada por el intervalo I. La masa desintegrada durante el tiempo ∆t es ∆m. una para cada valor de c en la expresión:
(2.8. Ponemos el signo menos. Luego: ∆t
∆m dm = ∆t dt
es la velocidad de desintegración del radio en el instante t. Determinar la ley de variación de la masa del radio en función del tiempo.
2.20) dm = −km dt
donde k es el coeﬁciente de proporcionalidad (k > 0). entonces m0 = c.
En lo que sigue. Nótese que si F es un polinomio en la variable x.e.
Comportamiento cualitativo de las EDO
En muchas de las aplicaciones. al aumentar el tiempo t. Para todo punto ∂x (t0 . Si F (t. ¿oscilan entre ciertos valores? En este capítulo. más que encontrara una expresión analítica para ella. x) ∈ R2 . x) = F (x).
∂F son funciones continuas en el dominio Ω. x0 ) ∈ D existe una solución que pasa por (t0 . Teorema 2 (existencia de soluciones). Sea D ⊂ R × R. x) dt ó x = F (t. entonces la ED admite solución única ∀ (t. ello quiere decir que las soluciones de la ED se representan por una familia de curvas solución en D y que ∃ ! curva solución que pasa por un punto determinado. Como dado cualquier ˙ (t0 .3
3. x) se representa geométricamente en el plano t–x.
Una solución x(t) de x = F (t. veremos cómo es posible lograr este tipo de información. F depende sólo de la variable x. i. y0 ) ∈ Ω existe una función ϕ : I → R deﬁnida en algún intervalo I. x0 ).. solución única del problema de valor inicial de Cauchy. F : D → R. en la mayoría de los casos interesa describir el comportamiento de las soluciones. Sin embargo. ¿crecen sin cota las soluciones? ó ¿tienden las soluciones a algún valor (0 por ejemplo)? ó tal vez. Por ejemplo. x0 ) ∈ Ω existe una única función ϕ : I → R deﬁnida en algún intervalo I de R.las ecuacones diferenciales que se obtienen al modelar una situación real no puede resolverse explícitamente. x). ˙ y en este caso la ecuación se dice autonóma. Sea F : Ω → R tal que F. Una expresión de la forma dx = F (t. sin tener una expresión analítica para la solución. x) ˙
es una EDO de primer orden. entonces x = F (x). Sea F : Ω → R una función continua en el dominio Ω. siempre supondremos existencia y unicidad de los problemas de Cauchy. ϕ2 x x = ϕ2 (t)
x = ϕ1 (t) t
Teorema 3. Departamento de Matemática 28
. Para todo punto (x0 . Deﬁnición 10. solución del problema de valor inicial (llamado de Cauchy) dx = F (t. tal que ϕ(t0 ) = x0 dt La ﬁgura 1 ilustra el teorema con dos soluciones ϕ1 .
x = − . lineal t e−
= et t e−t + e−t +C 2 1 Método 2 = t + 1 + C et u=x−t Luego
du dx = −1 dt dt −2 −1 1 −1 −2 2 ∴ du du +1=u ⇒ = dt dt u−1 ln(u − 1) = t + k x(t) − t = C et +1 u(t) − 1 = C et
x 2.D. ˙ t
t=0 Cualitativamente: x>0∧ t>0⇒x<0 ˙ dt dx =− x t ln |x| = − ln |t| + C 1 ∴ |x(t)| = k t x>0∧ t<0⇒x>0 ˙ x<0∧ t>0⇒x>0 ˙ x<0∧ t<0⇒x<0 ˙
x =0 t
⇒ x(t) = 0 (solución trivial)
. x = x − t ˙
f (x.t)
Cualitativamente: dx = 0 ⇒ x(t) alcanza sus puntos críticos dt en x − t = 0
Analíticamente: Método 1 x − x = −t ˙
debe tenerse presente que las curvas no cruzan la recta x = 0. ˙ x Cualitativamente: x = 0 ˙ Por lo tanto. si dt las soluciones de ella tienen la siguiente propiedad:
. ⇒ t = 0.3
COMPORTAMIENTO CUALITATIVO DE LAS EDO t 3. x = − . Veamos ahora una ecuación autónoma: x = ˙ Aquí. 2 x = −1
Estas soluciones se llaman puntos de equilibrio. Más aún.
Analíticamente: x=0 ⇒ x2 + t2 = C ⇒ x dx = −t dt
Pero. x=0 ˙ ⇒ x(t) = 1 ó
1 2 (x − 1). y tenemos es siguiente gráﬁco en el plano t − x:
Vemos entonces que no es necesario tener ni la solución explícita ni un dibujo exacto para poder describir dx = F (x) es una ED autónoma. cualitativamente el comportamiento de la solución de una ED. los puntos críticos se encuentran sobre la recta t = 0.
dependiendo del sgnf (x)
Esta información cualitativa puede representarse en una recta real que representa el comportamiento de x(t). en las que a pesar de que es posible encontrar la solución analítica. Especíﬁcamente: a) Si ∃ c ∈ R : f (c) = 0. Por ejemplo. los métodos geométricos y cualitativa permiten obtener mucha información con poco trabajo. sea η : R → R con η(t) = ξ(t − c). c ∈ R constante ˙ η = ξ(t − c) ≡ F (ξ(t − c)) ≡ F (η(t)) ˙ ∴ η también es una solución Ejemplo x=x ˙
Observación. cualitativo Hay ecuaciones diferenciales autóomas de primer orden. las fórmulas obtenidas no son fáciles de interpretar. En efecto. Se puede ilustrar esta información geométricamente por medio de la siguiente línea de fase: x decrece 2. entonces x(t) es creciente o decreciente. entonces x(t) = c es una solución x = f (x) ˙ está determi-
b) Si f (x) = 0. mediante las llamadas líneas de fase. notamos que tiene sólo tres soluciones esencialmente diferentes: curvas crecientes. En estos casos. Notamos que el comportamiento de una ecuación diferencial de la forma nado por f (x). En la ecuación del ejemplo anterior. 1. decreciente y una curva constante. entonces cualquier traslación de la gráﬁca de ξ en la dirección del eje t es la gráﬁca de otra solución de la ecuación. 0 crece
Análisis analítico vs. consideremos
Si ξ : R → R es una solución.
Observación. Considerar
2 dy = ey /10 sen2 y dt
⇒ Pero cualitativamente
sen2 y
f (y) = ey
sen2 y > 0
excepto para y = nπ que nos dan las soluciones de equilibrio. 1.3
dy = 4y(1 − y) dt
dy = dt 4y(1 − y)
en donde claramente podríamos encontrar la solución tras la integración. Sea x = F (x) una ecuación diferencial autónoma. Una gráﬁca aproximada de las soluciones..D. Pero. pues en este caso x(t) = 0 ˙ Departamento de Matemática y F (x0 ) = 0 32
. Notar que x(t) = x0 es una solución ( la solución constante) de la E. que ilustra de manera clara su comportamiento. donde es más notable el aporte del análisis cualitativo. Si existe x0 ∈ R : F (x0 ) = 0. es:
−10−9 −8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1
Deﬁnición 11. diremos que ˙ x0 es una singularidad o un punto de equilibrio de la ED. es en el caso de ecuaciones en donde la solución analítica es realmente difícil de obtener.
. crece (→) o decrece (←). es posible "visualizar"la gráﬁca aproximada de la solución. x(t). La línea de fase se puede obtener directamente de x(t) = F (x). en el plano x − t. = 0 ó < 0. A partir de la línea de fase. simplemente mirando cuando ˙ F (x) > 0.3
COMPORTAMIENTO CUALITATIVO DE LAS EDO 2. Ejemplo Supongamos que Gr F viene dado por
Entonces. la línea de fase es:
en donde la dirección de la ﬂecha indica si la función que es la solución de la ecuación diferencial. es decir.
tienen la misma línea de fases. Como ecos(x −1) > 0. Repulsor-atractor
Ejemplo. Deﬁnición 12. si se deseara usar las técnicas clásicas del cálculo. 4 la gráﬁca de F (x) = (x − 1) ecos(x −1) . Describir cualitativamente los tipos de soluciones que admite la EDO x = (x − 1)3 ecos(x ˙
. se dicen cualitativamente equivalentes si. En consecuencia es difícil conocer explícitamente las ecuaciones de las soluciones que indica la ﬁgura. respectivamente.
. Dos ecuaciones diferenciales autónomas. Repulsor o fuente
2. en el sentido del mismo número de puntos singulares.
Solución. la línea de fases y los tipos de soluciones de la EDO. de la misma naturaleza y distribuidos en el mismo orden. Atractor-repulsor
4. 2 1 1
La ecuación del ejercicio anterior. se distinguen los siguientes tipos de singularidades 1. la línea de fases permite dar una descripción cualitativa del tipo de soluciones y del punto de equilibrio. Dependiendo del comportamiento local de las soluciones de la ecuación de una singularidad aislada en la Línea de Fases. Es inmediato que x = 1 es la única singularidad (aislada) de la EDO. son como ilustra la ﬁgura. Atractor o sumidero
3. ∀ x ∈ R. es muy difícil de integrar. Sin embargo.3
Observación. y sólo si.
SISTEMAS DE ED DE PRIMER ORDEN (EN EL PLANO)
Ejemplos 1. Precisemos algunos nombres: 1. dt donde Y = x . Las E. Un sistema de la forma dY = F (Y ) se llama autónomo. Las E. x = x.D. Comprobar que Y (t) = e−4t −3 e−2t . y) g(t. ˙ 1 2 2 (x
Pero x = −(x + 2)(x + 1) ∼ x = ˙ ˙ = repulsor se encuentran en distinto orden). 2.
Consideremos el sistema ˙ x y ˙ = = f (t. x.
Deﬁnición 13. y)
Una condición inicial para este sistema viene dada por x(t0 ) = x0 y(t0 ) = y0 o Y (t0 ) = x0 y0 = Y0
Una solución de este sistema es una matriz Y (t) que satisface el sistema. dt
. ˙ ˙ atractor en sus respectivas líneas de fases. Y ) = f (t.
(pues en este último caso el atractor y el
4. Consideramos
x(t) = e−4t −3 e−2t
derivamos y reemplazamos. y) g(t. pues ambas tienen un único punto
1 x = 2 (x2 − 1). x = (x + 2)(x + 1) ˙ ∼ =
son equivalentes. x. x. y ˙ F (t. −3 e−4t +3 e−2t es una solución de dY = dt −x + y −3x − 5y y(t) = −3 e−4t +3 e−2t .
Solución. Ejemplo. x = (x − 1) ecos(x −1) . x.D. y)
que podemos expresar matricialmente en la forma dY = F (t. Y ). y dY = dt x ˙ .
El retrato de fase es el conjunto de las curvas solución del sistema. dY = dt y −x
SISTEMAS DE ED DE PRIMER ORDEN (EN EL PLANO) dY 2. Y0 es un punto de equilibrio para = F (Y ) si dt solución de equilibrio. si t crece.
x(x + y) y(x + y)
x(x + y) = 0 y(x + y) = 0 x=0 y=0 ∨ ∨ x = −y x = −y
Luego. Departamento de Matemática 36
. el retrato de fase es una ﬁgura bidimensional. Una solución de equilibrio es un punto en el retrato de fase.
UTFSM F (Y0 ) = 0. a sen t) con a ∈ R.
Y (t) = (a cos t. Es decir. son soluciones del sistema que satisface Y (0) = (a. Ejemplos 1.
2. 0) es el único punto de equilibrio. y su comportamiento cualitativo se representa por una familia de curvas conocidas como trayectorias ú órbitas. 4. La función Y (t) = Y0 ∀ t es una
3. El plano de fase (equivalente a línea de fase pero en dos dimensiones) determina el comportamiento cualitativo de x(t) e y(t). 0). se tiene una línea de puntos de equilibrio. Observación.
y)) (f (x.y).SISTEMAS DE ED DE PRIMER ORDEN (EN EL PLANO) UTFSM dY f (x. y(t)) solución de = . por ejemplo. por lo tanto.9RF
El término 2R representa el crecimiento exponencial de las presas en ausencia de depredadores y −1. Se supone R(t). F (t) la población de depredadores presentes en el instante t. g(x. Si el sistema es autónomo. Los vectores varían en magnitud. g(x. Solución de equilibrio: (2 − 1. x. y). entonces.g(x. Sea
dY = F (t. 0) Teorema 4. La curva C : x = x(t). dt existen únicas dos funciones distintas y1 (t) e y2 (t) no pueden intersectarse. (Sistema depredador-presa) Sea R(t) la población de presas presentes en el instante t. obtenemos las mismas curvas solución de dos soluciones diferentes que empiezan en el mismo punto Y0 en tiempos diferentes ∴ Y1 (t1 + t) = Y2 (t2 + t) ∀ t. F corresponde a la hipótesis de que los depredadores mueren si no hay presas que comer y 0. es decir. Además esta solución es única. Observación. esto diﬁculta el dibujo. el vector tangente a la curva en (x. y) Sea Y (t) = (x(t). y) del plano se dibuja el vector (f(x. se utiliza el campo (f (x. Problema. donde cada punto P = (x. y) dt que en el punto (x. y) g(t. F (t) > 0 dR dt dF dt = = 2R − 1. se dibujan vectores normalizados ó de igual magnitud.2RF corresponde al efecto negativo sobre la presa por la interacción de ambas especies. g(x.2F )R = (−1 + 0. y).y)) con punto inicial P . Y ) = f (t. y). donde
Si F es de clase C 1 . si (f (x. y)) = (0. entonces ∃ ε > 0 y una función Y (t) deﬁnida para t ∈]t0 − ε. y) ∈ C. y)
un problema de valor inicial. con F de clase C 1 . g(x. Como el campo vectorial F (Y ) no cambia con el tiempo.
Ejemplo. No ocurre lo mismo para sistemas no autónomos. y)). y). x. y)) de direcciones. es decir Y1 (t1 ) = Y0 = Y2 (t2 ). Y ) dt Y (t0 ) = Y0 F (t.9RF es el efecto positivo sobre los depredadores por la misma interacción. Supongamos que y1 (t) e y2 (t) se intersectan en el punto Y0 . dY = F (Y ). Esto sugiere dibujar el campo de vectores del sistema. y = y(t) tiene la propiedad g(x. por el teorema. si f y g son de clase C 1 . t0 + ε[ tal que Y (t) satisface el problema de valor inicial.2RF −F + 0. es decir. y) es (f (x.9R)F = Departamento de Matemática 0 0 37
o orden)
d y = −ky.4
SISTEMAS DE ED DE PRIMER ORDEN (EN EL PLANO) 10 5 (R(t) = 0. Una masa unida a un resorte se desliza sobre una mesa sin fricción. 9 3 Falta dibujar: Campo de direcciones y algunas soluciones. del resorte d2 y k + y=0 2 dt m oscilador armónico ⇔ (ecuación diferencial de 2. F (t) =) ∧ (R(t) = . F (t) = ) el sistema está en equilibrio perfecto.9RF
Ejemplo. Otro modelo dR dt dF dt Capacidad de soporte de R es 2.
Ejemplo. = 2R 1 − R 2 − 1. La ecuación de 2. Suponer que lo único que actúa sobre la masa es la fuerza del resorte.2RF
= −F + 0.» F = −ky. k = cte. dt2
Este es un problema de valor inicial: se necesitan dos condiciones iniciales y(0) = y0 ∧ y ′ (0) = v0 (ya que estirar y liberar el resorte no es lo mismo que estirarlo y después empujarlo con una cierta velocidad inicial). Sea v(t) = la velocidad de la masa en el tiempo t.o orden que describe la situación
. y que se conoce la Ley de Hooke: «La fuerza restauradora ejercida por un resorte es linealmente proporcional al desplazamiento del resorte desde su posición de reposo y está dirigida hacia esa misma posición.
y=0 posición de reposo
−2x −y
v k y m
Reescribiéndola como un sistema: d2 y dt2 (4. Ejemplo. es decir.
En el plano yv la solución es una circunferencia con centro en el origen y radio 1. depende sólo de su propio valor.2)
y(0) = y (0) =
v −y (1. v(t)) = (cos t. la solución es periódica.5
SISTEMAS DESACOPLADOS
se puede escribir como un sistema de ecuaciones lineales: dy dt dv dt Analizar el problema de valor inicial. la masa oscila para siempre de ida ya vuelta a través de su posición de reposo.1): La solución de (4.2):
y(t) = cos t.1)
−y 1 0 (4.
5. − sen t).
Deﬁnición 14. v(0)) =
La solución de (4. Un sistema de ED está desacoplado si la razón de cambio de una más de las variables dependientes. (y(t). 0)
(y(0).
x. e−t es la solución del problema de valor inicial y(t) es una parametrización de x = y 2 con y > 0. Si se da la condición inicial y(0) = (1. y(t)) = k1 e−2t .
Sistema parcialmente desacoplado
dx dt dy dt = = 2x + 3y −4y
Solución para y: y(t) = k2 e−4t . 1 ⇒ k1 = 0 ∧ k2 = 1. Sustituyendo en la primera ecuación: dx = 2x + 3k2 e−4t dt ecuación diferencial lineal de primer orden e−2t 3k2 e−4t dt + K
x(t) = e2t
1 x(t) = k1 e2t − k2 e−4t 2 1 ∴ x(t) = k1 e2t − k2 e−4t 2 y(t) = k2 e−4t Si ponemos la condición inicial x(0) = 0.6
Solución general (x(t). y(0) = 1. y(0)) = − 1 . y
6. k2 e−t . 2 ∴ x(t) = − 1 −4t e 2
y(t) = e−4t Departamento de Matemática 40
. se tiene que k1 −
⇒ k1 =
1 ∧ k2 = 1 2
1 2t 1 −4t e − e 2 2 y(t) = e−4t
Si la condición inicial es (x(0). 1) se tiene k1 = 1 ∧ k2 = 1 ⇒ y(t) = e−2t .
7. y el sistema queda en la forma:
dY = AY dt Análogamente para un sistema n-dimensional. ∀ k ∈ R.
Consecuencia Y1 (t) ∧ Y2 (t) son soluciones
dY = AY .
dx dt dy dt = = ax + by sistema lineal autónomo (en el plano) con coeﬁcientes constantes. Observación. ⇒ k1 Y1 (t) + k2 Y2 (t) es solución ∀ k1 . cx + dy
Podemos escribir este sistema en forma matricial.7
UTFSM y(t) En este último caso observemos que = −2 ∀ t ⇒ la solución se encuentra sobre una recta que pasa x(t) por el origen y que tiende a (0. del siguiente modo: si A = a b c d (matriz de los coeﬁcientes) e Y = x . Y (t) es una solución del sistema 2. dt ⇒ ⇒ Luego: kY (t) es una solución. En este caso se dice que el sistema es no degenerado. Y1 (t) ∧ Y2 (t) son dos soluciones
Y1 (t) + Y2 (t) es también una solución. 0) cuanto t → ∞ y crece cuando t → −∞.1. el único punto de equilibrio para el sistema es el origen.
1. k2 ∈ R. Si det A = 0.
se dice que k1 Y1 (t) + k2 Y2 (t) con k1 . ∃k1 . dt Y (0) = x0 y0
Demostración. 1. k2 ∈ R es la solución general del sistema df racdY dt = AY . Si Y1 (0) e Y2 (0) dt son l. En este caso. ⇒ {Y1 (0). Y2 (0)} l. El teorema implica que el conjunto de las soluciones del sistema es un espacio vectorial de dimensión dos. y0
Y (t) = k1 Y1 (t) + k2 Y2 (t) es solución del sistema que satisface Y (0) =
Observación.i.
e2t − e−4t 2 e−4t
y1 (t) + y2 (t) y2 (t)
y1 (t) Figura 3
Teorema 5. ⇒ Y1 (t) e Y2 (t) son l.i. y0 ). Sean Y1 (t) e Y2 (t) dos soluciones del sistema lineal
dY = AY (A ∈ M (2×2)). 0 −4 e2t 0 ∧ tiene como solución a − e−4t 2 e−4t
Y1 (t) = y por lo tanto
Y1 (t) + Y2 (t) = es también una solución. el sistema dY = dt 2 3 Y. Y2 (t)} es una base. Y2 (0)} es base de R2 ⇒ ∃!k1 . Si Y1 (t) e Y2 (t) son dos soluciones del sistema tales que Y1 (0) e Y2 (0) son l..
. 2. {Y1 (0). entonces para cualquier condición inicial Y (0) = (x0 . k2 ∈ R tales que k1 Y1 (0) + k2 Y2 (0) = x0 y0 x0 .i.i. donde B = {Y1 (t). k2 ∈ R tales que k1 Y1 (t) + k2 Y2 (t) es la solución del problema de valor inicial dY = AY.7
SISTEMAS LINEALES Por ejemplo.
i. ⇒ {Y1 (t). ∧ Y2 (0) = 0 1 son l. Y2 (t) = e−4t . un sistema que ya vimos dY 2 3 e2t − e−4t = Y tiene dos soluciones en línea recta: Y1 (t) = ∧ Y2 (t) = . Y2 (0)} l. ¿Cómo determinar si las tiene? Departamento de Matemática 43
. Se sabe que Y1 (t) = e2t 0 e Y2 (t) = −3 . Considere la ecuación diferencial que describe un oscilador armónico: y1 (t) = cos t e y2 (t) = sen t El sistema asociado es: dy dt dv dt
d2 Y = −y.i.
k1 . k2 ∈ R es la solución general de la ecuación diferencial.7
Ejemplos 1. Determinar la −4
solución Y (t) tal que Y (0) = Solución. 4 −1 2 − e−4t 2 e−4t son soluciones de dY = dt 2 0 3 . Y1 (0) = Y (t) = k1 Por lo tanto. Por ejemplo. Y1 (0) = 1 0 e Y2 =
∴ {Y1 (0). v −y ⇔
0 1 Y −1 0 y2 (t) v2 (t) sen t cos t
y1 (t) v1 (t) 1 0
son soluciones del sistema. 0 −4 0 2 e−4t dt 0 Vemos que Y1 (t) está sobre el eje x y l´ Y1 (t) → ∞ ∧ ım l´ Y1 (t) = ım . k1 1 −1 + k2 0 2 = = 3 4 ⇒ = −3 4 ∧ k2 = 2
k1 − k2 2k2
k1 = −1
− e−2t −2 e−4t 4 e−4t
y(t) = k1 cos t + k2 sen t.
Observación. Y2 (t)} base del espacio solución. ⇒
cos t sen t + k2 − sen t cos t
es la solución general del sistema. el ejemplo 2 del oscilador armónico no las tiene. 0 t→∞ t→−∞ −1 −1 Por otra parte. 0 t→∞ Pero no todos los sistemas tiene solución en línea recta. A veces los sistemas tienen soluciones en línea recta. Es fácil ver que dt2 son soluciones de la ecuación diferencial. Notamos entonces que Y2 (t) está sobre la recta de dirección 2 2 0 y que l´ Y2 (t) = ım .
el vector propio asociado a λ1 : −2 2 1 −1 x y = 0 0
El polinomio caracteríatico es: pB (λ) = λ2 − 5λ + 4 = (λ − 4)(λ − 1). R) con V un vector propio asociado. el vector propio asociado a λ2 : ∴ ∴ V2 = 1 −1
x+y =0
Y (t) = k1 e4t
1 1 + k2 et . Sea λ valor propio de A ∈ M (2. y) dt debe apuntar en la misma dirección o en la dirección opuesta que el vector que va desde (0. Además Y1 (t) e Y2 (t) son l.1.
7. k2 ∈ R
es la solución general del sistema. Sea dY = BY = dt 2 2 1 Y. λ2 con V1 . se tiene que Y1 (t) = eλ1 t V1 ∧ Y2 (t) = eλ2 t V2 son dos soluciones en línea recta. V2 vectores propios asociados. entonces el campo vectorial en (x. y). ∴ Y (t) = k1 eλ1 t V1 + k2 eλ2 t V2 es la solución general del sistema. entonces el sistema lineal dY = AY tiene la solución en línea recta: dt Y (t) = eλt V. Ejemplos 1. debemos determinar los valores propios de A. ⇒ ∴ V1 = −2x + y = 0 1 2 ⇒ y = 2x
Para encontrar V2 . Sea Y (t) = eλt V . respectivamente. 2 −1
k1 . Si V = (x. Por lo tanto debemos buscar vectores V no nulos tales que AV = λV .i. k2 ∈ R
Para encontrar V1 . Es decir. Si además A tiene dos valores propios distintos λ1 . 3 k1 . 44
. Supongamos que λ ∈ SpecA y que V es vector propio asociado a λ.1. y) está sobre una solución en línea recta. 0) a (x.7
Soluciones en línea recta dY Sea = AY . Notemos que: dY = λ eλt V = λY (t) dt Por otra parte: AY (t) = A eλt V = eλt AV = eλt λV = λY (t) ∴ Y (t) = eλt V es solución del sistema. de donde B tiene dos valores propios: λ1 = 4 ∧ λ2 = 1.
se alejan de (0. el vector propio asociado a λ1 : 2 1 −10 −5 x y = 0 0 ⇒ 2x + y = 0 ⇒ y = −2x ⇒
λ2 = −5
Para encontrar V2 . λ1 = λ2 = λ. Hay dos líneas que corresponden a las soluciones en línea recta.
RETRATOS DE FASE PARA SISTEMAS LINEALES d2 y dy 2. Las otras soluciones llegan del ∞ y se van al inﬁnito.1: λ1 < 0 < λ2 En este caso se dice que el origen es un punto silla. λ1 = λ2 .
Y (t) = k1 e−2t
1 1 + k2 e−5t −2 −5 k1 . Caso 1: λ1 = λ2 1.
.1. Luego.
Retratos de fase para sistemas lineales
Sistemas con valores propios reales
dY = AY. el vector propio asociado a λ2 : 5 1 −10 −2 Luego. las soluciones tienden a (0. 2. A lo largo de una línea. k2 ∈ R
k1 . 0) cuanto t → +∞ y a lo largo de la otra. +7 + 10y = 0. A ∈ M (2.
8. pueden ocurrir los casos siguientes: 1. λ2 ∈ R − {0}.
det A = 0
Si A tiene dos valores propios λ1 . k2 ∈ R
y(t) = k1 e−2t +k2 e−5t
solución general de la ecuación diferencial. R) dt En este caso. 0) cuanto t → +∞. x y = 0 0 ⇒ y = −5x ⇒ V2 = 1 −5 es la solución general del sistema. El sistema correspondiente es: 2 dt dt dY = dt El polinomio característico: v −7v − 10y = 0 1 −10 −7 y v = CY ⇒ λ1 = −2 1 −2 ∧
pC (λ) = λ2 + 7λ + 10 = (λ + 2)(λ + 5)
Para encontrar V1 . la única singularidad es el origen.
l´ Y1 (t) = (0. i = 1. Y (t) = k1 e−2t V1 + k2 e3t V2 = k1 e−2t k2 e3t
λ2 = 3. 2 vectores propios asociados a λi . dY −2 0 = AY donde A = 0 3 dt Los valores propio de la matriz son: λ1 = −2. 0) ım
k1 . La solución general es: Yg (t) = k1 eλ1 t V1 + k2 eλ2 t V2 . Las soluciones en línea recta son Y1 (t) = k1 eλ1 t V1 ∧ Y2 (t) = k2 eλ2 t V2 .
y por lo tanto los vectores propios
. 1 0 respectivos son V1 = . respectivamente. k2 ∈ R
Ejemplos 1. 0) ım
l´ Y2 (t) = (0.8
Sean Vi . V2 = 0 1 Luego.
8 −11 6 −9 V1
El polinomio característico es:
pB (λ) = λ2 + λ − 6 = (λ + 3)(λ − 2) V1 = 1 1 ∧ V2 =
⇒ 11 6
λ1 = −3
de donde los respectivos vectores propios son:
. supongamos que Y (t) es tal que Y (0) = (1. e−2t e3t = x(t) y(t)
Por ejemplo. Y (t) ≈ k1 e Y (t) ≈ k2 e3t V2
Y (t) tiene al eje y como asíntota. Y (t) tiene al eje x como asíntota. b) si t < 0. En ese caso. Sea |t| grande: a) si t > 0. Y (t) = l´ x(t) = 0 ım ∧ l´ x(t) = +∞ ım
l´ y(t) = +∞ ım
l´ y(t) = 0 ım
RETRATOS DE FASE PARA SISTEMAS LINEALES Sea Y (t) tal que k1 . 1).
dY = BY . k2 = 0.
cuando t → +∞. la única singularidad del sistema.2: λ2 < λ1 < 0 La solución. se acercan al origen cuanto t → +∞ en forma tangencial a la línea de vectores propios correspondientes al valor propio λ1 . vectores propios. Y (t). dY 1 3 1 3 Por ejemplo = AY donde A = . k2 ) = (0. λ1 = 1. λ2 = 2. k2 = 0 ¿Cómo se acerca Y (t) al origen? a c Sean V1 = y V2 = . en dirección
k1 .3: 0 < λ1 < λ2 Como antes Y (t) = k1 eλ1 t V1 + k2 eλ2 t V2
b a. k2 ∈ R. con ad − bc = 0. Y (t) se aleja del origen cuanto t → +∞. k1 . V1 = . 1. y la solución general es: Y (t) = k1 e−3t V1 + k2 e2t V2 .8
Las soluciones en línea recta son Y1 (t) = e−3t V1 ∧ Y2 (t) = e2t V2 . 0). Sea Y (t) una solución tal que k1 . Y (t) tiene como asíntota la recta de dirección V1 . 0) es un pozo o resumidero. Todas las soluciones con k1 − k2 = 0. 0). Cuando t → −∞. el origen es una fuente. Y (t) tiene como asíntota la recta de dirección V2 . k2 = 0. tiende al origen con pendiente que tiende a tangencial a la línea de vectores propios correspondientes al valor propio λ1 . V2 = 0 2 0 1 dt
. k2 ∈ R
Cuando t → +∞. como antes. En este caso. todas las soluciones tienden a (0. 1. es decir. k2 ∈ R
Si (k1 . es de la forma: Y (t) = k1 eλ1 t V1 + k2 eλ2 t V2 . cuando t → +∞.
es decir. Luego: b d x(t) = ak1 eλ1 t +ck2 eλ2 t y(t) = bk1 eλ1 t +dk2 eλ2 t Sea a = 0 dy dy λ1 bk1 eλ1 t +λ2 dk2 eλ2 t λ1 bk1 + λ2 dk2 e(λ2 −λ1 )t = dt = = λ1 t +λ ck eλ2 t dx dx λ1 ak1 e λ1 ak1 + λ2 ck2 e(λ2 −λ1 )t 2 2 dt dy b l´ ım = . Ver Figura 5. se dice que la singularidad (0. t→+∞ dx a Es decir. Si k1 . k1 .
b ∈ R k1 .8
Caso 2: λ1 = λ2 = λ ∧ λ = 0 Debemos distinguir dos subcasos: 1) Si Vλ = R2 (Vλ subespacio propio asociado a λ) 2) Si dim Vλ = 1 2. A ∈ M (2. R). entonces: Y1 (t) = eλt V1 Conjetura: Y2 (t) = eλt (tV1 + V2 ) es también solución.2: Sea = AY. donde A tiene un valor propio λ de multiplicidad algebraica dos. k2 ∈ R
(a) modo estelar atractor o sumidero estelar si λ < 0
(b) modo estelar repulsor o fuente estelar si λ > 0
dY 2. dt pero dim Vλ = 1.1 La solución es de la forma Y (t) = eλt (k1 V1 + k2 V2 ) = eλt a b a.
dY2 = λ eλt (tV1 + V2 ) + eλt V1 = λ eλt tV1 + eλt V1 + λ eλt V2 dt AY2 = eλt (tAV1 + AV2 ) = eλt (tλV1 + AV2 ) Debemos tener eλt (λtV1 + V1 + λV2 ) = eλt (tλV1 + AV2 ) ⇒ V1 + λV2 = AV2 ⇒ (A − λI)V2 = V1 Departamento de Matemática 49
. Si V1 es un vector propio. donde V2 es un vector por determinar es una solución en línea recta
Y2 (t) es solución
dY2 = AY2 dt
∀ t.
k2 ∈ R
Deﬁnición 15. y0 ) es estable. los sumideros son estables. si las soluciones que parten de puntos situados en una vecindad de (x0 . − 2
1 √ − 2
√ 2x + y = 1
1 x = √ (1 − y) 2
V2 = Solución general: Y1 (t) = k1 e− Y (t) = e−
√ 2t
√ k1 + tk2 √ − 2k1 − 2tk2 + k2
√ 1 1 √ + k2 e− 2t t √ + 0 1 − 2 − 2
k1 . Por ejemplo. en caso contrario son inestables. y0 ) tienden a (x0 . Departamento de Matemática 50
La transformamos en un sistema:
0 1 √ Y −2 − 2
con Y =
√ 2 1 √ −2 − 2
√ λ2 + 2 2λ + 2 = 0 x y = 0 0 ⇒ ⇒
√ ⇒ λ=− 2 √ 2x + y = 0 ⇒
√ y = − 2x
V1 = Determinación de V2 : √ 2 −2 Por ejemplo:
Y1 (t) = e−
1 √ . √ dy d2 y +2 2 + 2y = 0 2 dt dt dy dt dv dt = = v √ −2y − 2 2 v ⇔ es la solución general.8
sistema lineal en V2 que tiene inﬁnitas soluciones ∴ Y (t) = k1 eλ1 t V1 + k2 eλt (tV1 + V2 ) Ejemplo. Un punto de equilibrio (x0 . las sillas y fuentes son inestables. y0 ) cuando t → +∞.
En este caso se dice que el origen es un centro.2. Por ejemplo: b>0
Usando coordenadas polares: x = r cos θ.
Si a < 0. El origen es un ım
foco atractor o sumidero en espiral. y = r sen θ (r > 0) se tiene x = ˙ y = ˙ ˙ r cos θ − rθ sen θ ˙ ˙ r sen θ + rθ cos θ ˙ ⇒ r ˙ ˙ θ = x cos θ + y sen θ ˙ ˙ = 1 (y cos θ − x sen θ) ˙ ˙ r
r = cos θ(ar cos θ − br sen θ) + sen θ(br cos θ + ar sen θ) = ar ˙ ˙ 1 θ = (cos θ(br cos θ + ar sen θ) − sen θ(ar cos θ − br sen θ)) = b r ∴ El sistema en coordenadas polares es: r ˙ ˙ θ Su solución es: r(t) = θ(t) = r(0) eat θ(0) + bt = ar = b con b > 0
Si a = 0 entonces r(t) = r(0) ∀ t. Si A no es de la forma −b a con b = 0 pero pA (λ) tiene raíces complejas con parte real nula. Por ejemplo.
a b Nota.
. entonces l´ r(t) = 0 y las órbitas son espirales que se enrollan en el origen. Por lo tanto. todas las soluciones son periódicas.
Sistemas en que pA (λ) tiene raíces complejas
dY = dt a b −b Y. las órbitas son circunferencias con centro en el origen de donde todas las soluciones son periódicas de período 2π/b y frecuencia b/2π.8
8. elipses. a
Consecuencia El sistema no tiene soluciones en línea recta.
Si a > 0. Supongamos que Y (t) = YRe (t)+ iYIm (t). El origen es un foco ım
repulsor o fuente en espiral. Resolución de un sistema de este tipo (sin usar coordenadas polares) dY Sea = AY tal que pA (λ) tiene raíces complejas λ = a + bi. Entonces YRe (t) e YIm (t) son soluciones del sistema original. dY −2 −3 = AY con A = . Sea Y (t) una solución compleja del sistema. Se considera A ∈ M (2. Demostración. Si V es vector propio 3 −2 dt ¯ complejo de −2 + 3i. λ = −2 ± 3i (origen es un pozo en espiral). C) y se dt resuelve el sistema en C2 . entonces l´ r(t) = 0 y las órbitas son espirales que se alejan del origen. cos 3t
YIm (t) = e−2t
cos 3t sen 3t
. b = 0. Calculemos V : −3i −3 3 −3i x y = 0 0 ⇒ −3ix − 3y 3x − 3iy i 1 = = 0 0
⇒ x = iy ⇒ V = ∴ Y (t) = e(−2+3i)t i 1
es una solución del sistema i 1
Y (t) = e−2t (cos 3t + i sen 3t) = e−2t ∴ YRe (t) = e−2t − sen 3t + i cos 3t cos 3t + i sen 3t
− sen 3t . Y (t) = YRe (t) + iYIm (t) es solución de dY = AY en C2 ⇒ dt
dY dYRe dYIm = +i = AY (t) = AYRe (t) + iAYIm (t) dt dt dt dYIm (t) dYRe (t) = AYRe (t) ∧ = AYIm (t) ⇒ dt dt
Ejemplos 1. entonces V es vector propio complejo de −2 − 3i. se tiene Teorema 7. donde YRe (t) e YIm (t) son las funciones reales. parte real y parte imaginaria de Y (t).
Si λ2 < 0. 1) = (1. Y (t) = k1 eλ1 t V1 + k2 eλ2 t V2 Y (t) = k1 V1 + k2 eλ2 t V2 k1 .
√ 0 1 Y . notar que el sistema dx dy =y∧ = −2x dt dt Dibujamos el campo de direcciones v(1. Y (t) = k1 V1 + k2 eλ2 t V2 tiende a k1 V1 cuando t → +∞ a lo largo de una recta V2 . 1) = (1. Y (t) = k1 V1 ⇒ todos los puntos de la recta que pasa por el origen con dirección V1 son puntos de equilibrio.
. −2). 0). v(0. Sean V1 ∧ V2 vectores dt propios asociados a λ1 ∧ λ2 . k2 ∈ R
Si k2 = 0. donde A tiene 2 valores propios λ1 = 0 ∧ λ2 = 0.3. respectivamente. 2)
8. Solución.8
RETRATOS DE FASE PARA SISTEMAS LINEALES YRe (t) ∧ YIm (t) son l. λ = ±i 2 (origen es un centro). Y (t) se aleja de la línea de puntos de equilibrio cuando t crece. −1) = (−1. v(−1. −2 0 V = 1 √ i 2 √ √ 1 ∴ Y (t) = (cos 2 t + sen 2 t) √ i 2 √ √ cos 2√ t 2 √ √sen √t . ∴ Solución general del sistema Y (t) = e−2t k1 dY = dt − sen 3t cos 3t + k2 cos 3t sen 3t k1 . Si λ2 > 0. k2 ∈ R
2. YIm (t) = − 2 sen 2 t 2 cos 2 t √ √ 2 k1 cos √ t + k2 sen 2 t√ √ √ −k1 2 sen 2 t + k2 2 cos 2 t
YRe (t) = ∴ Solución general del sistema: Y (t) =
x(t) e y(t) son las ecuaciones paramétricas de una elipse (si k1 · k2 = 0). En efecto:
2 2 2 2x2 + y 2 = 2k1 + 2k2 = k3
x2 y2 2 + 2k = 1 k3 3 Para la dirección.i.
Casos con valor propio cero
dY Supongamos que = AY .
λ2 = −4. Y (t) = k1
1 1 + k2 e−4t 3 −1
La recta ℓ : y = 3x es la línea de puntos de equilibrio.
otra solución tiende a un punto de ℓ siguiendo una semirecta
. Cualquier a y.8
RETRATOS DE FASE PARA SISTEMAS LINEALES dY −3 1 Ejemplo. = AY con A = pA (λ) = λ2 + 4λ = 0 ⇒ λ1 = 0. 3 −1 dt V1 : −3 1 3 −1 V2 : x y 1 1 3 3 = x y 0 0 = ⇒ −3x + y = 0 ⇒ y = 3x ⇒ V1 = 0 0 ⇒ x = −y ⇒ V2 = 1 −1 1 3
. . n son constantes que dependen de las condiciones iniciales. y normal en I. ..n
es linealmente independiente ( l. 1. .. yn (x) ∈ C n−1 (I). cos x] = 2) W [x. {yj (x)}j=1. (0. . · · · .
Solución general de una ecuación diferencial lineal
Caso homogéneo an (x) y (n) + an−1 (x) y (n−1) + · · · + a2 (x) y ′′ + a1 (x) y ′ + a0 (x) y = 0
Sean y1 (x). . yn } es l. Sean y1 (x). Sean y1 (x). y1
Deﬁnición 16. .1. y2 (x). ex (2 + x))|x=0 = (0. . . . . . en C(I). 2x] = x 1 x 1 sen x cos x = −1 cos x − sen x sen x = x cos x − sen x cos x
2x = 0 2 ⇒ {y1 .
9. x ex .) en R .. ex ... yi n (n−1)
Teorema 8. . yn (x) ∈ C n−1 (I). . 2)
{(1. 1. 1).D. .
yn (x) ′ yn (x) . .9
9. .1. .. 1. (0. yn
se llama el Wronskiano de las funciones y1 . . . sen x] = 3) W [x. x2 ex es l. . yn (x)] = y2 (x) ′ y1 (x) .
′ ′′ yi (x0 )... . . yn } l.
9. Ejemplo. . . yi (x0 ).... . yi (x0 ). entonces W [y1 .1. W =0 ⇒ {y1 . 2) (x2 ex . . la solución general de la ecuación homogénea es: yh (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + · · · + cn yn (x) donde ci . . . . .. 2)} es linealmente independiente.d. . ex )|x=0 = (1. . 0.d. . ex (x2 4x + 2))|x=0 = (0. Entonces. . . . ∀ x ∈ I el determinante W [y1 (x). 1) (x ex .n es linealmente independiente. . Suponga que ∃ x0 ∈ I: (x0 )
i=1. Departamento de Matemática 55
. . yn es un conjunto l. yn ] ≡ 0 ⇒ y1 . yn Ejemplos: 1) W [sen x. yn (x) soluciones linealmente independientes de la ecuación homogénea Entonces. ex (1 + x). lineal homogénea de orden n. en R pues: y1 (x) = ex y2 (x) = x ex y3 (x) = x2 ex y claramente ⇒ ⇒ ⇒ (ex . ex (x2 + 2x). . . 2). i = 1.. y2
. . cuando las funciones son soluciones de una E.i. .
Observación. W ≡ 0
Pero. . .. . Sin embargo. y1 (x) ′ y1 (x) . . 0. y2 . . . 1.i. ex . .. donde I es un intervalo en R.i.
1. entonces la solución general es yg (x) = yh (x) + yp (x)
9.2. y2 ] = y1
′ y1 ′ y1 e
a1 dx 2 y1
dx = e−
dx + y1
∴ {y1 .i.2.
Sea yp (x) cualquier solución particular de an (x) y (n) + an−1 (x) y (n−1) + · · · + a2 (x) y ′′ + a1 (x) y ′ + a0 (x) y = h(x) y sea yh (x) la solución de la ecuación homogénea asociada. y2 } son l. con respecto a y1 (x) ⇒ yh (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) Demostración.9
ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR Caso no homogéneo
9.i. ∴ yG (x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x)
. Si y1 (x) es una solución no trivial de la ED
entonces la segunda solución de la ED es y2 (x) = y1 (x) la que es l. Suponer y2 (x) = k(x)y1 (x) ′ ′ ⇒ y2 = k ′ y1 + ky1 e−
a1 (x) dx 2 y1 (x)
′ ′′ ′′ y2 = k ′′ y1 + 2k ′ y1 + ky1 ′′ ′ ′ ′ ′ y1 + 2k y1 + ky1 + a1 (x)(k y1 + ky1 ) + a0 (x)ky1 = ′′ ′ ′ k(y1 + a1 y1 + a0 y1 ) + 2y1 k ′ + y1 (a1 k ′ + k ′′ ) = 0 ′ ∴ y1 k ′′ + (2y1 + a1 y1 )k ′ = 0 y′ k ′′ + 2 1 + a1 k ′ = 0 y1
k′ = e = C e−2 ln y1 −
′ 2y1 y1
+a1 dx
= C eln y1 e−
∴ k(x) = C W [y1 .
Formula de Abel
y ′′ + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = 0
Teorema 9.
Resolver x2 y ′′ − 3xy ′ + 4y = 0 si se sabe que una solución es y1 (x) = x2 Solución. Estas ecuaciones de orden superior puede resolverse explícitamente de manera bastante sencilla. La ecuación debe escribirse como y ′′ − ∴ a1 (x) = − y2 (x) = x2 ⇒ 3 ′ 4 y + 2y = 0 x x
3 ⇒ e− a1 dx = e3 ln x = x3 x 1 x3 dx = x2 dx = x2 ln x 4 x x yh (x) = x2 (c1 + c2 ln x)
¿Qué pasa si se conoce la solución y1 (x) = x2 ln x y se pide la otra? e− x dx 1 y2 (x) = x ln x dx = x2 ln x dx 4 ln2 x x x ln2 x 1 = −x2 ln x = −x2 ln x ⇒ yh (x) = x2 (c1 ln x + c2 )
Ejercicio. L = L1 · L2 · · · · · Ls . Algebraicamente. Resolver y ′′ + tg xy ′ − 6 cotg2 xy = 0
y1 (x) = sen3 x
9. an−1 . De aqui se desprende que todo operador diferencial lineal con coﬁcientes constntes puede expresarse como un producto de operadores diferenciales de grado uno y dos.9
Ejemplo. a0 .
.3. a1 . y normalizando de modo que an = 1 tenemos: y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a2 y ′′ + a1 y ′ + a0 y (Dn + an−1 Dn−1 + · · · + a2 D2 + a1 D + a0 ) y Ly = = = 0 0 0
donde L = Dn +an−1 Dn−1 +· · ·+a2 D2 +a1 D+a0 es el operador diferencial lineal de coeﬁcientes constantes. · · · . los cuales pueden factorizarse. Si consideramos la ecuación homogénea asociada. Esto nos permitirá encontrar la solución explícita de la ecuación homogénea. a2 . estos operadores se comportan como si fueran polinomios ordinarios en la "variable"D.
an y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a2 y ′′ + a1 y ′ + a0 y = h(x)
donde an . con an = 0 son constantes reales.
y(x) = C1 eα1 x + C2 eα2 x = C1 e(a+b i)x + C2 e(a−b i)x = eax (C1 eibx + C2 e−ibx )
. la solución de la ecuación homogénea es: y = C1 eαx + C2 x eαx
CASO 3: α1 y α2 complejos En este caso α1 = a + b i y α2 = a − b i con a y b reales. b > 0. luego la solución de la ecuación homogénea es: y = C1 eα1 x + C2 eα2 x CASO 2: α1 = α2 = α reales e iguales (D − α)2 y = 0
una solución es y1 = eαx . y usando la fórmula de Abel. puede probarse fácilmente que la otra solución linealmente independiente es y2 = x eαx .9
ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR Ecuaciones homogéneas de segundo orden y ′′ + a1 y ′ + a0 y (D2 + a1 D + a0 ) y Ly = = = 0 0 0
9.3. tenemos: dy dy y ′ − αi y = 0 ⇒ = αi y ⇒ = αi dx dx y
ln y = αi x
y = eαi x
Las funciones y1 = eα1 x e y2 = eα2 x son soluciones linealmente independientes. Luego.
Ecuación caracteristica asociada: m 2 + a1 m + a0 = 0 cuyas soluciones son m = α1 y m = α2 el operador (D2 + a1 D + a0 ) = (D − α1 )(D − α2 ) y la ecuación se puede reescribir como: (D − α1 )(D − α2 )y = 0 Dependiendo de la naturaleza de las raices del polinomio se tienen tres tipos de soluciones de la ecuación diferencial: CASO 1: α1 y α2 reales y distintas (D − α1 )(D − α2 )y = 0 es decir: (D − α1 )y = 0 que es equivalente a: y ′ − α1 y = 0 ∨ y ′ − α2 y = 0 ∨ (D − α2 )y = 0
Resolviendo cualquiera de las ecuaciones.1.
3. y ﬁnalmente
Integrando: y(x) = C1
Luego. Integrando de nuevo: Dy = C1 x + C2
Ejemplo: Resolver D3 y = 0.
Ecuaciones homogéneas de orden superior y ′′′ = 0. xeαx . la solución de la ecuación diferencial homogénea es: yh (x) = C1 eax + C2 xeαx + C3 x2 eαx + · · · + Cn x(n−1) eαx Departamento de Matemática 59
ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR Recordando la formula de Euler eix = cos x + i sen x y(x) y(x) y(x) = eax (C1 (cos bx + i sen bx) + C2 (cos bx − i sen bx)) = eax ((C1 + C2 ) cos bx + i (C1 − C2 ) sen bx) = eax (K1 cos bx + K2 sen bx)
Conclusión: Para resolver una ecuación diferencial de segundo orden de la forma (D2 + a1 D + a0 ) y = 0 primero se encuentran las raíces α1 y α2 de la ecuación característica m 2 + a1 m + a0 = 0 La solución general de la ecuación puede expresarse en función de α1 y α2 como:
α1 . α1 = a + b i y α2 = a − b i
yh (x) = C1 eα1 x + C2 eα2 x yh (x) = C1 eαx + C2 x eαx yh (x) = eax (C1 cos bx + C2 sen bx)
9. x2 eαx . α2
Reales. 2 yh (x) = C1 + C2 x + C3 x2 . α1 = α2 = α Complejos. x2 + C2 x + C3 .2. · · · .i. x(n−1) eαx y luego. α1 = α2 Reales. D2 y = C1 . que satisfacen esta ED son: eαx . la solución de la ecuación homogénea: Ejemplo: Resolver (D − α)n y = 0
Las funciones l.
Existen varios métodos para determinar yp . x(n−1) eax cos(bx) eax sen(bx).1. la solución de la ecuación homogénea: yh (x) = C1 + C2 x + C3 x2 + C4 ex + C5 x ex + C6 e−x + C7 x e−x
. tal que L2 (h(x)) = 0
L (y) = 0
(L2 ◦ L)(y) = L(h(x)) = 0 L = L2 ◦ L
Sea y ∗ (x) = yh + yp tal que L∗ (y ∗ (x)) = 0 ⇒ yp = y ∗ − yh ∴ para determinar las constantes que aparecen en yp . · · · . Método de variación de parámetros (MVP) 9. x2 eax sen(bx).9
Ejemplo: Resolver D2 − 2aD + (a2 + b2 ) Las funciones l.4. xeax sen(bx). que anula a la función h(x). la solución de la ecuación diferencial homogénea es: yh (x) = C1 eax cos(bx) + C2 eax sen(bx) + C3 xeax cos(bx) + C4 xeax sen(bx) + · · · + +C(n−1) x(n−1) eax cos(bx) + Cn x(n−1) eax sen(bx) Ejemplo: Resolver En este caso: y (7) − 2y (5) + y (3) = 0. Método de coeﬁcientes indeterminados (MCI) y 2. · · · . se buscan las constantes tal que L(yp ) = h(x). xeax cos(bx). Método Coeﬁcientes Indeterminados
El MCI tiene la ventaja de ser un método sencillo. x(n−1) eax sen(bx) y luego. los dos más conocidos son 1.i. es decir. que satisfacen esta ED son:
eax cos(bx). pero para poder aplicarlo es necesario conocer la forma de la solución particular.4. pues ya se sabe como obtener yh . x2 eax cos(bx). es decir. se substituye yp en la ecuación diferencial original. ⇒ D3 (D − 1)2 (D + 1)2 y = 0
(D7 − 2D5 + D3 )y = 0
Luego. Sea L(y) = h(x) y sea L2 un operador diferencial lineal con coeﬁcientes constantes.
EDL con Coeﬁcientes Constantes No Homogéneas
La solución general de la EDL no homogénea es de la forma YG (x) = yh (x) + yp (x) Nuestro problema ahora consiste en tratar de determinar yp .
1. b = −1/3 =⇒ yp = − 1 cos(3x) − 6
⇒ sen(3x)
1. 1. Búsqueda de la solución particular:
Escrita en términos de operadores. Resolver Solución. Resolver Solución. la solución particular es de la forma: =⇒
′ yp = −3a sen(3x) + 3b cos(3x)
yp = a cos(3x) + b sen(3x)
′′ yp = −9a cos(3x) − 9b sen(3x)
Reemplazando en la ecuación original:
′′ ′ yp + 2yp − 3yp = 5 sen(3x).9
ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR y ′′ − y ′ − 2y = 2e−2x
Ejemplo. Solución de la homogénea: Departamento de Matemática
y(x) = C1 ex + C2 e−3x −
y ′′ + 2y ′ + y = x2 e−2x
y ′′ + 2y ′ + y = 0
yh (x) = C1 e−x + C2 x e−x 61
. Resolver Solución. Búsqueda de la solución particular:
Escrita en términos de operadores. la solución general es: y(x) = C1 e2x + C2 e−x + e−2x . la solución general es Ejemplo.
obteniendo la ecuación (D + 3)(D − 1)(D2 + 9)(y) = 0
Luego. la ecuación queda: (D2 − D − 2)(y) = 2e−2x
Aplicamos el anulador de 2e−2x . Solución de la homogénea:
y ′′ − y ′ − 2y = 0
yh (x) = C1 e2x + C2 e−x
(−12a + 6b) cos(3x) + (−6a − 12b) sen(3x) = 5 sen(3x) a = −1/6. la solución particular es de la forma: yp = ae−2x Reemplazando en:
′′ ′ yp − yp − 2yp = 2e−2x
′ yp = −2ae−2x
′′ yp = 4ae−2x
obtenemos 4ae−2x + 2ae−2x − 2ae−2x = 2e−2x 1 4ae−2x = 2e−2x ⇒ a = 1/2 =⇒ yp = e−2x 2 1 Luego. la ecuación queda: (D2 + 2D − 3)(y) = 5 sen(3x)
Aplicamos el anulador de 5 sen(3x). 2 Ejemplo.
obteniendo la ecuación (D − 2)(D + 1)(D + 2)(y) = 0
Luego. Solución de la homogénea: y ′′ + 2y ′ − 3y = 0 =⇒ yh (x) = C1 ex + C2 e−3x y ′′ + 2y ′ − 3y = 5 sen(3x)
la solución = 1 = 0 ⇒ b = 4. (D2 + 2D + 1)(y) = 2 ex + cos 2x. la ecuación queda: (D2 + 2D + 1)(y) = x2 e−2x Aplicamos el anulador de e−2x . Búsqueda de la solución particular: Escrita en términos de operadores.9
ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR 2.
. c=6 = 0 general es y(x) = C1 e−x + C2 x e−x + (x2 + 4x + 6) e−2x y ′′ − y ′ − 2y = 3e−x
Ejemplo. Homogénea:
y ′′ − y ′ − 2y = 0 Particular: yp ′ yp ′′ yp Reemplazando en:
′′ ′ yp − yp − 2yp −3ae−x
ax e−x ae−x − ax e−x −2ae−x + ax e−x
3e−x 3e−x
yp = −x e−x
Solución general: y(x) = C1 e2x + C2 e−x − x e−x
Ejemplo. Resolver Solución. la solución particular es de la forma: ⇒
′ yp = [−2ax2 +(2a−2b)x+(b−2c)] e−2x
yp = (ax2 + bx + c) e−2x ⇒
′′ yp = [4ax2 +(−8a+4b)x+(2a−4b+4c)] e−2x
′′ ′ yp + 2yp + yp = x2 e−2x
ax2 e−2x + (−4a + b)x e−2x + (2a − 2b + c) e−2x = x2 e−2x Con lo cual: a −4a + b 2a − 2b + c Luego. obteniendo la ecuación (D + 1)2 (D + 2)3 (y) = 0 Luego.
Solución. yh (x) = c1 e−x +c2 x e−x (D2 + 2D + 1)(yp ) = (D2 + 42D − 3)(yp ) L2 = (D − 1)(D2 + 4) yp = c3 ex +c4 sen 2x + c5 cos 2x
= (D2 + 4)(c3 ex ) + (2D − 3)(yp )
= 5c3 ex −1c3 ex +2c4 · 2 cos 2x + 2c5 (−2) sen 2x = 4c3 ex +(4c4 − 3c5 ) cos 2x − (4c5 + 3c4 ) sen 2x = 2 ex + cos 2x ⇒ c3 = 1/2 4 3 4c4 − 3c5 = 1 ⇒ c4 = c5 = − 3c4 + 4c5 = 0 25 25 1 4 3 yp = ex + sen 2x − cos 2x 2 25 25 1 4 3 yG = c1 e−x +c2 x e−x + ex + sen 2x − cos 2x 2 25 25
= (D2 − 1 + 5)(c3 ex ) + (2(D − 1) − 1)(c3 ex +c4 sen 2x+)
Anuladores para el Método de coeﬁcientes indeterminados Función Anulador 1 x xn
D D2 Dn+1 ai xi
p(x) = eax xeax xn eax cos bx.
Dn+1 D−a (D − a)2 (D − a)n+1
D 2 + b2 D2 − 2aD + a2 + b2 (D2 − 2aD + a2 + b2 )n+1
eax sen bx eax cos bx xn eax sen bx xn eax cos bx Ejercicios:
Empleando en MCI. encontrar yp en: d) (D2 − 4D + 8)(y) = e2x (1 + sen 2x) e) (D2 − 4)2 (y) = x senh x 63
a) (D2 + 6D + 10)(y) = x4 + 4x2 + 2 b) (6D2 + 2D − 1)(y) = 7x ex (1 + x) c) (D + D − 2)(y) = 3 e − sen x Departamento de Matemática
2.3) abreviando.2) yh (x) = k1 y1 (x) + k2 y2 (x)
Se busca una solución particular yp de (9. (9.o orden (9.1) tal que yp (x0 ) = 0
′ yp (x0 )
= 0 con x0 ∈ I
La construcción de yp se empieza con la suposición de que cualquier solución particular de (9. Una forma de hacerlo es permitir que k1 y k2 en (9.1) se obtiene
′ ′ ′ ′ ′ yp = k1 y1 + k1 y1 + k2 y2 + k2 y2 ′′ ′′ ′ ′ ′′ ′′ ′ ′ ′′ yp = k1 y1 + 2k1 y1 + k1 y1 + k2 y2 + 2k2 y2 + k2 y2 ′′ ′ ′′ ′ k1 (y1 + a1 (x)y1 + a0 (x)y1 ) + k2 (y2 + a1 (x)y2 + a0 (x)y2 )+ ′′ ′ ′ ′′ ′ ′ ′ ′ k1 y1 + 2k1 y1 + k2 y2 + 2k2 y2 + a1 k1 y1 + a1 k2 y2 = h(x) ′′ ′ ′ ′′ ′ ′ ′ ⇒ k1 y1 + 2k1 y1 + k2 y2 + 2k2 y2 + a1 k1 y1 + a1 k2 y2 = h(x)
pues y1 ∧ y2 son soluciones de la ecuación diferencial homogénea
′′ ′ ′ ′′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ (k1 y1 + k1 y1 + k2 y2 + k2 y2 ) + a1 (k1 y1 + k2 y2 ) + k1 y1 + k2 y2 = h(x) ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ (k1 y1 + k2 y2 ) + a1 (x)(k1 y1 + k2 y2 ) + k1 y1 + k2 y2 = h(x)
Esta identidad debe mantenerse si (9. k1 = k1 (x) y k2 = k2 (x)) tal que: (9.2) varíen con x (o sea.3) es solución de la ED y ∴ k1 y k2 pueden escogerse en forma tal que:
′ ′ k1 y1 + k2 y2 = 0 ′ ′ ′ ′ k1 y1 + k2 y2 = h(x)
∀x ∈ I
′ k1 = −
h(x)y2 W
′ k2 =
h(x)y1 W
ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR Método de Variación de Parámetros
9.1).1) y ′′ + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = h(x)
deﬁnida en un intervalo I y cuya solución general de la EDL homogénea asociada a (9.4) yp = k1 y1 + k2 y2 yp (x) = k1 (x)y1 (x) + k2 (x)y2 (x)
Derivando yp y reemplazando en (9.1) debe estar relacionada con yp y para ello se intenta alterar ésta última tal que se convierte en una solución particular de (9.1) es: (9.
En este caso no se puede aplicar MCI pues ∃ operador L tal que L(sec x) = 0.5. y2 (t))
Solución. Departamento de Matemática
. yh (x) = c1 e2x +c2 e−x W =
′ k1 =
e2x 2 e2x
1 −3x 1 1 e−3x e sen x ⇒ k1 = e−3x sen x dx = (−3 sen x − cos x) 3 3 31+9 1 1 e2x e−x sen x ′ k2 = = − sen x ⇒ k2 = cos x −3 ex 3 3 1 −x 1 ∴ yg (x) = c1 e2x +c2 e−x − e (3 sen x + cos x) + e−x cos x 30 3
1 e−x = e2x e−x 2 − e−x
1 = −3 ex −1
9. (D2 − D − 2)(y) = e−x sen x Solución.9
donde W = y1 ′ y1 y2 ′ = Wronskiano = W [y1 (x). y2 (x)] y2
∴ yp (x) = Ejemplo. aplicamos el MVP: yh (x) = c1 sen x + c2 cos x yp (x) = k1 sen x + k2 cos x
′ k1 ′ k1 ′ sen x + k2 cos x = 0 ′ cos x − k2 sen x = h(x) = sec x
′ k1 = sec x · cos x = 1 k2 = − sec x · sen x = − tg x
sen x cos x = −1 cos x − sen x
⇒ k1 = x k2 = −
tg x dx = ln | cos x|
yG (x) = c1 sen x + c2 cos x + x sen x + cos x ln | cos x|
La ecuación de Euler de orden 2 es de la forma Suponemos x > 0 y hacemos el cambio de variable x = −et ).
a2 x2 y ′′ + a1 xy ′ + a0 y = 0. Resolver: y ′′ + y = sec x
y2 (x)y1 (t) − y1 (x)y2 (t) h(t) dt W (y1 (t). Por lo tanto. x = et donde ai ∈ R.
obtenemos la ED de coef. Ejemplos: Resolver: x2 y ′′ − 3xy ′ + 3y = 2x4 ex
a2 n(n − 1) + a1 n + a0 = 0. suponemos una solución de la forma homogénea. de donde n = 1 (b) Búsqueda de una solución particular: Reescribimos la ecuación: parámetros. y(x) = C1 x+C2 x3 . ecuación que permite determinar valores de n. y luego sustituímos la variable t = ln x.9
ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR dy dy dy Luego: = dt = e−t ⇒ dx dx dt dt d dy d dy dy d2 y e−t −e−t + e−t 2 2 d y d dy dt dx dt dt dt dt = e−2t = = = = dx dx2 dx dx et et dt Reemplazando en la ecuación: a2
d2 y dy − dt2 dt
d2 y dy dy − + a1 + a0 y = 0. es decir: y(x) = C1 x + C2 x3 .
−K1 (x) =
x3 2x2 ex dx = 2x3 ∴
x2 ex dx = x2 ex −
2xex dx = x2 ex − 2 xex −
−K1 (x) = x2 ex − 2xex + 2ex x 2x2 ex dx = 2x3 ex dx = ex
K2 (x) = Finalmente.
W[y1 . haciendo x = et y sustitutendo. dt2 dt dt d2 y dy + a0 y = 0 que es una ecuación diferencial lineal con coeﬁcientes constantes. Otra forma de resolver esta ecuación es suponer una solución de la forma y = xn . Alternativamente. luego. constantes: y ′′ −4y ′ +3y = 0 cuya solución es yh (t) = C1 et +C2 e3t . a2 2 + (a1 − a2 ) dt dt Resolvemos esta ecuación para y = y(t). equivalentemente.
yG (x) = C1 x + C2 x3 − (x2 ex − 2xex + 2ex )x + ex x3 = C1 x + C2 x3 + 2x2 ex − 2xex
Reemplazando: a2 x2 n(n − 1)xn−2 + a1 xnxn−1 + a0 xn = 0. y2 ] =
= 2x3 . equivalentemente.
Solución: (a) Solución de la ecuación homogénea: Es una ecuación de Euler. y = nxn−1 ∧ y ′′ = n(n − 1)xn−2 . y sustituimos en la ecuación ó n = 3. donde: y1 (x) = x. obteniendo n2 − 4n + 3 = 0. Calculamos el Wronskiano: 1 1 y ′′ − 3 y ′ + 3 2 y = 2x2 ex x x x 1 x3 3x2 y aplicamos el método de variación de y(x) = Kxn . y2 (x) = x3 .
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