Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I Jos´e Enrique Maciel Brise˜ no Universidad Aut´onoma Metropolitana-Iztapalapa
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Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
La politica es para el momento, una ecuaci´ on es para la eternidad. Albert Einstein.
´Indice general 1. Ecuaciones lineales 1.1. Ecuaciones diferenciales separables 1.2. Ecuaciones lineales de 1er orden . . 1.3. Ecuaci´ on de Bernoulli . . . . . . . 1.4. Ecuaciones Exactas . . . . . . . . . 1.5. Factores Integrantes . . . . . . . .
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9 10 12 13 15 16
2. Ecuaciones diferenciales homog´ eneas dy ax+by+c 2.1. Ecuaciones de la forma dx = F dx+ey+f . . . . . er 2.2. Ecuaci´ on de Clairaut de 1 orden . . . . . . . . 2.3. Teorema de Existencia y Unicidad . . . . . . . . 2.4. Ecuaci´ on de Riccati . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5. Campo de Direcci´ on y el M´etodo de las Isoclinas 2.6. Aplicaci´ ones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.1. Crecimiento de Poblaci´ on . . . . . . . . . 2.6.2. Desintegraci´ on Radioactiva . . . . . . . .
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19 21 25 27 28 30 31 31 31
3. Ecuaciones Homog´ eneas de segundo orden costantes 3.1. M´etodo de Reducci´ on de Orden . . . . . . . . 3.2. M´etodo de Variaci´ on de Par´ ametros . . . . . 3.3. Plano Fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.1. Oscilador Arm´ onico No Amortig¨ uado 3.4.2. Oscilador Arm´ onico Amortig¨ uado . . 3.4.3. Oscilador Arm´ onico Forzado . . . . .
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con coheficientes . . . . . . .
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33 37 39 42 43 43 44 45
4. Transformada de Laplace 47 4.1. Aplicaci´ on en la Ecuaci´ on Diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . 49 4.2. Tecnicas para encontrar Transformadas de Laplace y sus Transformadas Inversas de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 4.2.1. Transformada Inversa de Laplace . . . . . . . . . . . . . . 50 4.2.2. Teorema de la Transformada Inversa de Laplace . . . . . 51 4.2.3. M´etodo de Fracciones Parciales . . . . . . . . . . . . . . . 52 3
4
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
4.2.4. M´etodo de Convoluciones . . . . . . . . . . 4.3. Funciones Discontinuas . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.1. Funci´ on salto Unidad de Heaviside . . . . . 4.3.2. Funci´ on Impulso y Funci´ on Delta de Dirac 5. Series y Sucesiones 5.1. Sucesi´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2. L´ımite de Sucesiones . . . . . . . . . . 5.3. Series . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4. Series de Potencias . . . . . . . . . . . 5.5. Puntos Ordinarios y Puntos Singulares
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53 54 55 58
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61 61 62 62 65 68
´Indice de figuras 1.1. Familia de soluciones ejemplo 7. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Soluci´ on particular que cumple est´ a condici´ on ejemplo 7. . . . . .
11 12
2.1. 2.2. 2.3. 2.4.
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26 27 28 30
3.1. Gr´ afica del resorte. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Resorte comprimido. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
43 45
4.1. 4.2. 4.3. 4.4. 4.5.
54 55 56 57 58
Gr´ afica de la sol. del ejemplo 20. Ilustraci´ on del teorema 2.3.1. . . Gr´ afica del ejemplo 21. . . . . . . Campo de direcci´ on. . . . . . . .
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Gr´ afica de una funci´ on discontinua. Funci´ on de Heaviside. . . . . . . . Gr´ afica del ejemplo 52. . . . . . . . Gr´ aficas del ejemplo 53. . . . . . . Gr´ afica del ejemplo 54. . . . . . . .
5
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Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
´Indice de cuadros 3.1. M´etodo de Coheficientes Separados. . . . . . . . . . . . . . . . .
40
4.1. Transformadas de Laplace. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2. Funciones discontinuas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
50 59
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Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
Cap´ıtulo 1
Ecuaciones lineales Introducci´on Consideremos la funci´ on: y(x) = e3x . De manera que derivando obtenemos: 0 3x y (x) = 3e , entonces y0 (x) = 3y(x) ⇒ y0 (x) − 3y(x) = 0. La pregunta ser´ıa si existe alguna funci´ on z(x) tal que z 0 − 3z = 0. De manera obvia decimos que si, ya que almenos existe alguna que ser´ıa z(x) = e3x . Ahora consideremos la funci´ on y(x) = cos(2x) tal que: y(x) = cos(2x) ⇒ y0 (x) = −2sen(2x) ⇒ y00 (x) = −4 cos(2x) ⇒ y00 (x) = −4y(x) o bien y00 (x) + 4y(x) = 0. La pregunta ser´ıa si existe alguna funci´ on z(x) tal que z 00 + 4z = 0. Nuevamente de manera obvia decimos que si, ya que almenos existe alguna que ser´ıa z(x) = cos(2x). Definici´ on 1 Una ecuaci´ on diferencial es una ecuaci´ on donde aparece una funci´ on incognita y algunas de sus derivadas. Nota El orden en una ecuaci´ on diferencial (EDO) es el orden de sus derivadas m´ as altas. Ejemplo 1 y0 (x) = xy(x) es una EDO de orden uno o de 1er orden. Ejemplo 2 y00 (x) + 2y0 (x) + y(x) = 0 es una EDO de orden dos o de 2o orden. Ejemplo 3 orden.
d2 y dt3
2
+ t ddt2y +
dy dt
− 2y = e−t es una EDO de orden tres ´ o de 3er
Definici´ on 2 Una funci´ on se llama soluci´ on de una ecuaci´ on diferencial si al sustituir en ella sus derivadas se satisface la igualdad. Ejemplo 4 Verificar que y(x) = sen(x) es soluci´ on de y00 + y = 0. 9
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Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
´n: Obteniendo sus derivadas en el siguiente orden: solucio y0 (x) = cos(x) 00 y (x) = −sen(x) De manera que y00 (x) = −y(x) ⇒ y00 (x) + y(x) = 0 ⇒ −sen(x) + sen(x) = 0. § Ejemplo 5 Verificar que y(x) = x3 + 7x es soluci´ on de y000 − 6 = 0. ´n: Obteniendo sus derivadas en el siguiente orden: solucio 0 y (x) = 3x2 + 7 y00 (x) = 6x 000 y (x) = 6 De manera que y000 (x) − 6 = 6 − 6 = 0. §
1.1.
Ecuaciones diferenciales separables
Definici´ on 3 Una ecuaci´ on diferencial de 1er orden es separable o de variable separable si se puede escribir como: dy g(x) = dx h(x) Un m´etodo tal vez sensillo para resolver este tipo de ecuaciones es: 1. Escribir como h(x)dy = g(x)dx. 2. Integrar ambos lados. Ejemplo 6 Resolver:
dy dx
= e−y cos(x) es de variables separables.
´n: solucio dy = e−y cos(x) ⇒ ey dy = cos(x)dx ⇒ dx
Z
ey dy =
Z
cos(x)dx.
De esto obtenemos: ey + C1 = sen(x) + C2 Si ahora llamamos a C = C1 − C2 entonces: ey = sen(x) + C ⇒ y = ln(sen(x) + C) . §
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J. Enrique Maciel B.
Nota Debemos notar que estamos obteniendo una familia de soluciones, pues para cada constante C, se tiene una soluci´ on. A est´ a familia de soluciones se llama soluci´ on general. Definici´ on 4 Un problema de valor inicial para una EDO de 1er orden, consiste en resolver una EDO de orden 1 que adem´ as tiene una condici´ on inicial de la forma y(x0 ) = y0 , con x0, y0 fijos. Ejemplo 7 Resolver
dy dx
= e−y cos(x) y(0) = 1
´n: Sabemos por el (ejersicio 6) que solucio y(x) = ln(sen(x) + C) Es la soluci´ on general, ahora si y(0) = 1 ⇒ ln(sen(0) + C) = 1 Entonces: ln C = 1 ⇒ C = e1 = e Y por lo tanto y(x) = ln(sen(x) + e) La cu´ al es una soluci´ on particular. §
Figura 1.1: Familia de soluciones ejemplo 7.
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Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
(0, 1) = (0, y(0))
Figura 1.2: Soluci´ on particular que cumple est´ a condici´ on ejemplo 7.
1.2.
Ecuaciones lineales de 1er orden
Recoordemos que d h(x) } = h0(x)eh(x) {e dx R d R P (x)dx } = P (x)e P (x)dx {e dx R R d R P (x)dx y} = y0 e P (x)dx + yP (x)e {e dx
R
P (x)dx
=e
P (x)dx
(y0 + y)P (x)
Definici´ on 5 Una ecuaci´ on diferencial lineal de 1er orden es aquella que puede escribirse como dy + P (x)y = Q(x) ´ o bi´en como y0 + P (x)y = Q(x) dx R
Para poder resolver est´ as ecuaciones multiplicamos por e lados y se obtiene: R
e entonces,
P (x)dx
R
[y0 + P (x)y] = Q(x)e
R d h R P (x)dx i y = Q(x)e e dx
P (x)dx
de ambos
P (x)dx
P (x)dx
Ahora integrando R
e
y(x) = e−
P (x)dx
R
y=
P (x)dx R
Y por lo tanto a µ(x) = e
Z
Z
R
(Q(x)e R
(Q(x)e
P (x)dx
P (x)dx
P (x)dx
dx) + C
)dx + Ce−
R
P (x)dx
se conoce como el factor integrante.
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J. Enrique Maciel B.
Ejemplo 8 Resolver
1 0 x2 y
+ 3y = 6.
´n: Si multiplicamos por x2 obtnemos: solucio y0 + 3x2y = 6x Est´ a ecuaci´ on es lineal con P (x) = 3x2 y Q(x) = 6x2. De manera que R
µ(x) = e
P (x)dx
R
=⇒ e
3x2 dx
3
= ex
+C
3
3
= ec ex = Kex
3
Ahora tenemos una familia de factores integrantes, escogemos a µ(x) = ex y multiplicamos a ambos lados de la ecuaci´ on por este. 3
3
3
ex y0 + 3x2ex = 6x2ex =⇒
3 d x3 (e y) = 6x2ex dx
Ahora integrando de ambos lados Z Z 3 x3 2 x3 e y = 6x e dx = 2eu du = 2eu + C = 2ex + C Resumeiendo 3
3
3
ex y = 2ex + C ⇒ y(x) = 2 + Ce−x
§
1.3.
Ecuaci´ on de Bernoulli
Una ecuaci´ on diferencial es de Bernoulli si puede escribirse como: y0 + R(x)y = S(x)yn con n 6= 0, 1 ¿Como la podemos resolver? Hacer un cambio de variable z = yn−1 para poder obtener una ecuaci´ on lineal. Ejemplo 9 Resolver xy0 + y = x4y3 , con x 6= 0. ´n: Primero dividimos a la ecuaci´ solucio on entre x y obtenemos: y0 +
y = x3 y 3 x
Ahora est´ a ecuaci´ on es de Bernoulli con R(x) = x1 , S(x) = x3 y n = 3. Entonces hacemos el cambio de variable, o sea, z = y1−3 = y−2 =
1 , y2
14
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
de manera que, z(x) =
1 [g(x)]
2
= (y(x))
−2
entonces: z 0 (x) = −2 (y(x))−3 y0 (x) = multiplicando a y0 +
y x
−2y0 (x)
= x3y3 por
(y(x))3 −2 y3
por el momento esto es ≈
−2 y3
de ambos lados obtenemos
−2y0 2 y −2y0 2 −2x3y3 − 3 = ⇒ 3 − 2 = −2x3 3 3 y y x y y xy Si z =
1 y2
⇒ z0 =
−2y 0 y3
y sustituyendo est´ as obtenemos z0 −
La cu´ al es lineal con P (x) = integrante tenemos que: R
µ(x) = e
P (x)dx
−2 x
2 z = −2x3 x
y Q(x) = −2x3, ahora calculando el factor 2
1
= e−2 ln x = e− ln x = eln x2 =
1 x2
Y luego multiplicando por el factor integrante a z 0 − x2 z = −2x3 se tiene que: 1 0 1 2 1 0 2 d 1 3 1 z − 2x =⇒ z − z = −2x =⇒ z = −2x z = − x2 x2 x x2 x2 x3 dx x2 Ahora integrando ambos lados queda Z Z 1 1 z = − 2xdx =⇒ 2 z = −x2 + C. x2 x Entonces z(x) = −x4 + Cx2 est´ a ecuaci´ on no es la original ya que hubo que hacer un cambio de variable entonces si z = y12 entonces 1 1 = −x4 + Cx2 =⇒ y2 (x) = . y2 −x4 + Cx2 1 De donde y2 (x) = −x4 +Cx on general con C ∈ R y adem´ as obten2 es la soluci´ emos dos familias de est´ a soluci´ on general.
y12 (x) = √
1 + Cx2
−x4
y y22 (x) =
1 √ − −x4 + Cx2 §
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J. Enrique Maciel B.
1.4.
Ecuaciones Exactas
Definici´ on 6 Una ecuaci´ on diferencial de la forma M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 ∂N es exacta si ∂M = . ∂y ∂x Ahora si la EDO no es exacta entonces ¿Como resolverla?. Buscamos una funci´ on de 2 variables f(x, y) que cumplan: ∂f (x, y) = M (x, y) ∂x y ∂f (x, y) = N (x, y) ∂y Entonces f(x, y) se encuentra de la siguiente manera. 1. Integrar
∂f (x, y) ∂x
= M (x, y) respecto a x,
2. Derivar f(x, y) respecto de y para que se cumpla que
∂f ∂y
= M (x, y).
∂f ∂x
= N (x, y).
O tambi´en: 1. Integrar
∂f (x, y) ∂y
= N (x, y) respecto a y,
2. Derivar f(x, y) respecto de x para que se cumpla que
Una vez que hemos encontrado a f(x, y) la soluci´ on general puede escribirse como f(x, y) = C, con C una constante. Ejemplo 10 Resolver y0 =
2xy 3 3x2 y 2
´n: solucio dy 2xy3 = 2 2 ⇒ 3x2y2 dy = −2xy3 dx ⇒ 3x2 y2 dy + 2xy3 dx = 0 dx 3x y Entonces 2xy3 dx + 3x2y2 dy = 0 | {z } | {z } M
N
luego ∂M ∂N ∂M ∂N = 6xy2 y = 6xy2 =⇒ = = 6xy2 , por lo tanto es exacta. ∂y ∂x ∂y ∂x ∂f 3 2 2 Ahora ∂f ∂x = M (x, y) = 2xy y ∂y = N (x, y) = 3x y . Integrando 3 M (x, y) = 2xy respecto de x obtenemos: Z f(x, y) = 2xy3 dx = x2y3 + h(y)
∂f ∂x
=
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Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
Ahora derivamos a f(x, y) = x2y3 + h(y) respecto de y obtenemos: ∂f = 3x2y2 + h0 (y) ∂y 2 2 2 2 0 2 2 Como ∂f ∂y debe ser igual a 3x y entonces 3x y + h (y) = 3x y de manera que 0 2 3 h (y) = 0 =⇒ h(y) = C1 =⇒ f(x, y) = x y + C1 entonces la soluci´ on general est´ a dada por: x2 y3 + C1 = C2 o bi´en x2y3 = C 1
y2 =
C C3 K =⇒ y(x) = 2 =⇒ y(x) = 2 2 x 3 x x3 §
1.5.
Factores Integrantes
Cuando la ecuaci´ on diferencial M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 no es exacta, aveces podemos hacerla exacta multiplicandola por una funci´ on adecuada digamos µ = µ(x, y) al que le vamos a llamar el factor integrante. Algumos factores integrantes pueden ser los siguientes: 1. µ = µ(x) 2. µ = µ(y) 3. µ(x, y) = xr ys Ejemplo 11 Resolver (3xy + y2 ) + (x2 + xy) dy = 0. dx ´n: solucio (3xy + y2 ) + (x2 + xy)
dy = 0 =⇒ ( 3xy + y2 )dx + ( x2 + xy )dy = 0 | {z } | {z } dx M
Entonces
∂M ∂y
N
= 3x + 2y ∂M ∂y
=⇒
∂N ∂x
= 2x + y 6=
∂N ∂x
= 2x + y, no es exacta. = 2x + y Ahora buscamos un factor integrante que depende de la variable y entonces sea la ecuaci´ on siguiente:
(3xy + y2 )µ(y) dx + (x2 + xy)µ(y) dy = 0 | | {z } {z } M1
Entonces
N1
∂M1 = (3xy + y2 )µ0 (y) + (3x + 2y)µ(y) ∂y y
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J. Enrique Maciel B.
∂N1 = (2x + y)µ(y) ∂x ∂N1 1 Para que sea exacta debe cumplirse que ∂M ∂y = ∂x entonces: (3xy+y2 )µ0(y)+(3x+2y)µ(y) = (2x+y)µ(y) =⇒ (3xy+y2 )µ0 (y) = (−x−y)µ(y) (3x + y)yµ0 (y) = −(x + y)µ(y), pero no se pudo eliminar la x Ahora busquemos un factor integrante que dependa de la variable x, proponemos a µ = µ(x) entonces: (3xy + y2 )µ(x) dx + (x2 + xy)µ(x) dy = 0 | | {z } {z } M2
Entonces
N2
∂M2 = (3x + 2y)µ(x) ∂y y ∂N2 = (2x + y)µ(x) + (x2 + xy)µ0 (x) ∂x
Para que sea exacta debe cumplirse que
∂M2 ∂y
=
∂N2 ∂x
entonces:
(3x + 2y)µ(x) = (2x + y)µ(x) + (x2 + xy)µ0 (x) (x + y)µ(x) = (x2 + xy)µ0 (x) =⇒ (x + y)µ(x) = x(x + y)µ0 (x) Si x + y 6= 0 =⇒ µ(x) = xµ0(x) Entonces
dµ dx dµ =⇒ = dx x µ Ahora integrando a ambos lados de la ecuaci´ on obtenemos: Z Z dx dµ = =⇒ ln x + C1 = ln µ + C2 =⇒ eln x+c1 = eln µ+c2 =⇒ xec1 = µec2 x µ µ(x) = xµ0 (x) =⇒ µ =
pero
xec1 = µec2 =⇒ µ(x) = ec1 +c2 x =⇒ µ(x) = kx
Obtuvimos una familia de factores integrantes, ahora escogemos a µ(x) = x, entonces la ecuaci´ on es exacta, hay que verificarlo: (3xy + y2 )xdx + (x2 + xy)xdy = 0 =⇒ (3x2y + xy2 )dx + (x3 + x2y)dy = 0 ∂M ∂y = 3x2 + 2xy Entonces =⇒ que es exacta. ∂N 2 = 3x + 2xy ∂x ∂f ∂x = M = 3x2y + xy2 Ahora busquemos a f(x, y) tal que ∂f 3 2 ∂y = N = x + x y
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Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
Integrando cualquiera de las dos, digamos a f(x, y) =
Z
∂f ∂x
= 3x2y + xy2 respecto a x,
3x2 y + xy2 dx = x3y +
Luego la derivamos a f(x, y) = x3y +
x2 2 2 y
x2 2 y + h(y) 2
+ h(y) respecto de y,
∂f = x3 + x2y + h0(y) ∂y Y como
∂f ∂y
= x3y + x2y entonces: x3 + x2y + h0(y) = x3 + x2y =⇒ h0(y) = 0 =⇒ h(y) = C1
Entonces f(x, y) = x3 y +
x2 2 x2 x2 y 2 y + C1 =⇒ x3y + y2 + C1 = C2 =⇒ x3 y + =C 2 2 2
La cu´ al es la soluci´ on general. §
Cap´ıtulo 2
Ecuaciones diferenciales homog´ eneas Definici´ on 7 Una funci´ on f(x, y) es homog´enea de grado n si f(tx, ty) = tn f(x, y). Ejemplo 12 Verificar si las siguientes funciones son homog´eneas. 1. f(x, y) = x2 + xy ´n: solucio f(tx, ty) = (tx)2 + (tx)(ty) = t2x2 + t2xy = t2 x2 + xy = t2 f(x, y) Por lo tanto f es homog´enea de grado 2. 2. f(x, y) = sen xy ´n: solucio f(tx, ty) = sen
tx x = sen = f(x, y) = t0f(x, y) ty y
Por lo tanto f es homog´enea de grado 0. § Definici´ on 8 La ecuaci´ on diferencial M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 se llama homog´enea si M y N son homog´eneas del mismo grado. Observaci´ on: Tal ecuaci´ on puede escribirse en la forma dy M (x, y) =− = f(x, y) dx N (x, y) donde f es homog´enea de grado cero. ¿Como resolverlas?. Hacer la siguiente sustituci´ on: y z= x 19
20
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
O bi´en hacer a z=
x y
Y obtener una ecuaci´ on de variables separables. Ejemplo 13 Resolver
dy dx
=
x+y x−y
´n: Hay que verificar que sea homog´enea de grado cero entonces: solucio f(x, y) =
x+y tx + ty t(x + y) x+y =⇒ f(tx, ty) = = = = t0f(x, y) x−y tx − ty t(x − y) x−y
Entonces f(x, y) = t0 f(x, y) es homog´enea de grado cero. Ahora hacemos el cambio de variable z = xy =⇒ y = zx entonces su derivada respecto a x es: dy dz =z+ x dx dx Sustituyendo esta´ as en la ecuaci´ on diferencial: dz x + zx x(1 + z) 1+z z+ x= = = dx x − zx x(1 − z) 1−z dz 1+z 1 + z − z + z2 z2 + 1 1−z dx x= −z = = =⇒ 2 dz = dx 1−z 1−z 1−z z +1 x Integrando esto Z
Z Z 1−z dx 1−z dz = =⇒ dz = ln x + C1 2 z +1 x z2 + 1 Z Z Z 1−z 1 z ln x + C1 = dz = − z2 + 1 z2 + 1 z2 + 1 1 ln x + C1 = − ln z 2 + 1 + C2 + arctan z + C3 2 1 ln x = − ln z 2 + 1 + arctan z + C 2 Y ya que z = xy entonces y 1 y2 ln x = − ln 2 + 1 + arctan + C. 2 x x ln x = arctan
y x
−
1 y2 ln 2 + 1 + C 2 x
Que es la soluci´ on general de la ecuaci´ on diferencial. §
21
J. Enrique Maciel B.
2.1.
Ecuaciones de la forma
caso I
Si ae 6= bd y ae − bd 6= 0 entonces det = u= x−h x = u+h variable . v =y −k y=v+k
dy dx
a b c d
ax+by+c = F dx+ey+f
6= 0 hacemos un cambio de
Para obtener una ecuaci´ on de la forma dv Au + Bv =G con G : R → R du Du + Ev Ejemplo 14 Resolver
dy dx
=
x+y+4 . x−y−6
´n: Calculando el determinante det = solucio
1 1
1 −1
= −2 6= 0, ahora
haciendo un cambio de variable
x= u+h =⇒ y =v+k
dx du
=1 =⇒
dy dv
=1
dx = du dy = dv
Y sustituyendo este en la ecuaci´ on diferencial: dv u+h+v+k+4 u+h+v+k+4 = = du u+h−v−k−6 u−v+h−k−6 De esto necesitamos que: h + k = −4 2h = 2 ⇒ h = 1 =⇒ h−k = 6 k = h − 6 ⇒ k = −5 Entonces:
x =u+1 =⇒ y = v − 5 dy =1 dv
u= x−1 v = y+5
dv u+v = est´ a es homog´enea du u−v Ahora haciendo el cambio de variable z = uv , con v = zu para hacerla separable, y derivando est´ au ´ltima obtenemos dv dz = u+z du du Ahora la sustituimos en la ecuaci´ on diferencial dz u + zu u(1 + z) 1+z u+z = = = du u − zu u(1 − z) 1−z
22
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
dz du
Entonces si
1+z 1 + z − z + z2 1 + z2 −z = = 1−z 1−z 1−z
u= dz du
u=
du 1 + z2 (1 − z)dz = =⇒ 1−z 1 + z2 u
Integrando Z
du = u
Z
ln u + C1 = arctan z − Como z =
v u
(1 − z)dz =⇒ ln u + C1 = 1 + z2
Z
(1dz zdz − 2 1+z 1 + z2
1 1 ln 1 + z 2 + C2 =⇒ ln u = arctan z − ln 1 + z 2 + C 2 2
1 v2 ln u = arctan − ln 1 + 2 + C u 2 u hvi
Pero tambi´en u = x + 1 y v = y + 5 entonces ln(x + 1) = arctan
y+5 1 (y + 5)2 +C − ln 1 + x+1 2 (x + 1)2
La cu´ al es la soluci´ on general de la ecuaci´ on diferencial. § caso II Ahora si ae = bd entonces (ae − bd = 0) por lo tanto det =
a b c d
= 0,
entonces hacemos el cambio de variable t = ax + by. Ejemplo 15 Resolver
dy dx
=
x+y+4 x+y−7 .
´n: Calculando el determinante det = solucio
1 1 1 1
= 0, ahora haciendo
un cambio de variable t = x + y dt dy dy dt = 1+ =⇒ = −1 dx dx dx dx Sustituyendo est´ a en la ecuaci´ on diferencial queda dt t+4 dt t+4 t+4+t−7 2t − 3 (t − 7)dt −1 = =⇒ = +1 = = =⇒ = dx dx t−7 dx t−7 t−7 t−7 2t − 3 Integrando ambos lados Z Z Z Z (t − 7)dt 1 1 dt 1 11 = dx =⇒ x+C1 = dt− = t− ln |2t − 3|+C2 2t − 3 2 2 2t − 3 2 4
23
J. Enrique Maciel B.
x=
11 1 t− ln |2t − 3| + C 2 4
Y como t = x + y entonces x=
1 11 (x + y) − ln |2(x + y) − 3| + C 2 4
La cua´ al es la soluci´ on a la ecuaci´ on diferencial. § Algunas veces el cambio de variable y = z α la puede reduc´ır a una ecuaci´ on diferencial exacta. Esto ocurre cuando todos los t´erminos de la ecuaci´ on tienen el mismo gado atribuyendo; El grado 1 a α El grado α a y Atribuyendo El grado α − 1 a dy dx El grado 0 a las constantes 3 Ejemplo 16 Resolver (x2y2 − 1) dy dx + 2xy = 0.
´n: Aplpcando las reglas tenemos que solucio 2 x tiene grado 2 2 y tiene grado 2α 2 2 x y tiene grado 2α + 2 2 2 (x y − 1) tiene grado 2α + 2 2 2 (x y − 1) dy tiene grado 2α + 2 + α − 1 = 3α + 1 dx Atribuyendo Para el otro sumando ser´ a y3 tiene grado 3α 2xy3 tiene grado 3α + 1 Por lo tanto si se puede hacer un cambio de variable y = z α y obtener una ecuaci´ on diferencial homog´enea entonces, para saber el valor de α, escribimos a la ec. dif. como: dy dy x2 y 2 − + 2xy3 = 0 dx dx Entonces 2 2 dy x y dx tiene grado 2 + 2α + α − 1 = 3α + 1 Atribuyendo − dy tiene grado α − 1 dx 2xy3 tiene grado 3α + 1
24
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
Para que todos los t´erminos tengan el mismo grado debe tenerse que α − 1 = 3α + 1 =⇒ 2α = −2 =⇒ α = −1 Entonces haciendo el cambio de variable y = z −1 , luego derivando este obtenemos dz dy Si y = z −1 =⇒ = −z −2 dx dx Despues sustituyendo en la ec. dif. 2 −2 −2 dz x z − 1 −z + 2xz −3 = 0 dx −x2 z −4 + z 2
dz + 2xz −3 = 0 dx
lugo multiplicando por z 4 se tiene: −x2 + z 2 dz + 2xzdx = 0 Nota: hay que verifucar que est´ a es una ecuaci´ on diferencial homog´enea. Ahora hacemos el cambio de variable w = xz ⇒ z = wx, de manera que al derivar este se obtiene: z0 =
dz dw = x + w =⇒ dz = xdw + wdx dx dx
Ahora hay que sustituir est´ a en la ecuaci´ on diferencial homog´enea −x2 + w2 x2 (xdw + wdx) + 2x2wdx = 0 Factorizando x2 x2 −1 + w2 (xdw + wdx) + 2x2wdx = 0 Si x 6= 0 entonces −1 + w2 (xdw + wdx) + 2wdx = 0 −1 + w2 xdw + −1 + w2 wdx + 2wdx = 0 −1 + w2 xdw + w3 + w dx = 0 =⇒ 1 − w2 xdw = w3 + w dx Z Z Z dx (1 − w2)dw 1 − w2 dw dx (1 − w2 )dw = = =⇒ = =⇒ ln x + C 1 3 3 x w +w x w +w w3 + w pero Z Z (1 − w2 )dw Adw (Bw + C)dw = + w3 + w w w2 + 1 Entonces resoliviendo para A, B y C. Z Z Adw (Bw + C)dw dw 2wdw + = − 2 = ln w − ln w2 + 1 + C2 w w2 + 1 w w +1
25
J. Enrique Maciel B.
Entonces
Como w =
z x
ln x + C1 = ln w − ln w2 + 1 + C2 w 2 ln x = ln w − ln w + 1 + C = ln +C w2 + 1 entonces " # ln x = ln
z x
z2 x2
+1
Y como y = z −1 =⇒ z = y1 , luego 1 y
ln x = ln
x
( y1 ) x2
2
+1
Por lo tanto x=
+ C = ln
+C
xy +C 1 + x2 y 2
xy + ec 1 + x2 y 2 §
2.2.
Ecuaci´ on de Clairaut de 1er orden
Una ecuaci´ on de Clariaut es de la forma y = xy0 + f(y0 ).......................[1] Ejemplo 17 y = xy0 + (y0 )2 hay que escoger a f(u) = u2 Ejemplo 18 y = xy0 + tan(y0 ) hay que escoger a f(u) = tan(u) p √ Ejemplo 19 y = xy0 + 1 + f(y0 )2 hay que escoger a f(u) = 1 + u2 ¿Como resolverlar?. Hacemos y0 = v, entonces sustituyendo este queda y = xv + f(v)..........................[2] Luego derivando de ambos lados a la ecuaci´ on y0 = xv0 + v + f 0 (v)v0 =⇒ v = xv0 + v + f 0 (v)v0 =⇒ 0 = [x + f 0 (v)] v0 De esto tenemos que v0 = 0 o x + f 0 (v) = 0. caso I Si v0 = 0 =⇒ v = c =cte, luego sustituyendo v en la ec. [2] vamos a encontrar que y = xc + f(c) la cu´ al es la soluci´ on general. caso II Si x + f 0 (v) = 0 =⇒ x = −f 0 (v), luego sustituyendo x en la ec. [2] se tiene que x = −f 0 (v) 0 0 y = −vf (v) + f (v) =⇒ y = −vf 0 (v) + f 0 (v) Y este u ´ltimo representa la ec. param´etrica de una curva con parametro v y a est´ a se le llama soluci´ on singular.
26
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
Nota: La soluci´ on singular no es una soluci´ on particular, pues no se obtiene de la general escogiendo una constante adecuada. Ejemplo 20 Resolver y = xy0 + (y0 )2 . ´n: Hacemos a y0 = v despues la sustituimos y = xv + v2 solucio Derivando y0 = xv0 + v + 2vv0 Como y0 = v entonces v = xv0 + v + 2vv0 =⇒ 0 = [x + 2v] v0 De esto tenemos que v0 = 0 0 x + 2v = 0. caso I Si v0 = 0 =⇒ v = cte = c, luego sustituimos est´ a en y = xv + v2 obtenemos y + xc = c2 la cu´ al es la soluci´ on general caso II Si x + 2v = 0 =⇒ x = −2v, lugo sustituyendo est´ a en y = xv + v2 obtenemos 2
2
2
y = −2v + v = −v =⇒
x = −2v y = v2
Est´ as son las ecuaciones param´etricas de la soluci´ on singular. De manera que encontramos una relaci´ on entre x e y, observe que x2 = 4v2 si 2 dividimos a est´ a entre −4 queda − x4 = −v2 entonces y = − 14 x2 .
familia de rectas y = xc + c2
y = − 1 x2 es la sol. general 4
Figura 2.1: Gr´ afica de la sol. del ejemplo 20.
27
J. Enrique Maciel B.
2.3.
Teorema de Existencia y Unicidad
Teorema 2.3.1 Si f y ∂f ∂y son continuas en un rectangulo [x0 − a, x0 + a] × [y0 − b, y0 + b] entonces hay algunos intervalos [x0 − h, x0 + h] donde existe una soluci´ on u ´nica del problema del valor inicial. 0 y = f(x, y) y(x0 ) = y0
y0 + b
(x0 , y0 )
y0 − b
x0 − a
x0 + a
Figura 2.2: Ilustraci´ on del teorema 2.3.1.
Ejemplo 21 Determine si existe soluci´ on u ´nica de
2
´n: f(x, y) = 3y 3 =⇒ solucio
1
∂f ∂y
= 2y− 3 =
2 1
dy dx
2
= 3y 3
y(2) = 0
, f es continua en todo R2 ,
y3
2 entonces ∂f ∂y es continua en todo R − {y = 0} Entonces no existe el rectangulo que encierre al punto (2, 0) de modo que f y ∂f ∂y sean continuas. Por lo tanto no podemos aplicar el teorema.
Observaci´ on: ∂y ∂x
Si y ≡ 0 es una funci´ on que es soluci´ on del problema, ahora resolvemos 2 = 3y 3 por variables separables, o sea, dy2 = dx 3y 3
dx =
dy 2 =⇒ 3y 3
Z
dx =
Z
1 1 dy 3 + C =⇒ x = y 3 + C 2 2 =⇒ x + C1 = y 3 3y
como debe de ser y la despejada entonces 1
1
x = y 3 + C =⇒ y 3 = x + C =⇒ y = (x + C)
3
28
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
Ahora si y(2) = 0 =⇒ 0 = (2 + C)3 =⇒ C = −2 y luego 3
y(x) = (x − 2) es la soluci´ on Por lo tanto hay almenos 2 soluciones.
←− y(x) = (x − 2)3
y(x) ≡ 0 & (2, 0)
Figura 2.3: Gr´ afica del ejemplo 21.
§
2.4.
Ecuaci´ on de Riccati
Est´ a ecuaci´ on debe de tener la forma: y0 = P (x)y2 + Q(x)y + R(x) Donde y1 (x) es soluci´ on particular conocida. ¿Como encontrar una familia de soluciones a partir de est´ a?. Hay que hacer un cambio de variable para esto escogemos a y = y1 + encontar una ecuaci´ on lineal para u.
1 u
y
Ejemplo 22 Encontar una familia adecuada de soluciones de la siguiente ecuaci´ on: dx 2 cos2 x − sen2x 1 = y2 + dy 2 cos x 2 cos x ´n: La ecuaci´ solucio on diferencial es de Riccati con: P (x) =
1 2 cos2 x − sen2 x , Q(x) = 0, R(x) = 2 cos x 2 cos x
Como ejercicio verificar que y(x) = senx es soluci´ on. Ahora, haciendo el cambio de variable y = senx + u1 y claro que esta debe de ser
29
J. Enrique Maciel B.
0
u soluci´ on, luego derivando este cambio de variable obtenemos que dy dx = cos x− u2 y ahora la sustituimos en la ec. dif. 2 1 2 cos2 x − sen2 x u0 1 + cos x − 2 = senx + u 2 cos x u 2 cos x
u0 1 1 sen2 x 1 2 = x + 2senx + cos x − sen + u2 2 cos x u u2 2 cos x 0 2 u sen x sen2 x senx 1 1 1 cos x − 2 = + cos x − + + 2 u 2 cos x cos x u 2 cos x u 2 cos x u0 senx 1 1 1 cos x − 2 = + cos x + u cos x u 2 cos x u2 u0 senx 1 1 1 − 2 = + u cos x u 2 cos x u2 Multiplicando por −u2 usenx 1 u0 = − − cos x 2 cos x Por lo que cos x −
u0 +
senx 1 u=− cos x 2 cos x
est´ a es una ecuaci´ on lineal.
Ahora obtengamos el factor integrante R
µ(x) = e
P (x)dx
= e−
R
senx cos x dx
1
= e− ln(cos x) = eln[ cos x ] =
1 = sec x cos x
Despues multiplicamos todo por el factor integrante µ(x) = sec x 1 (sec x)u0 + (sec x tan x) u = − sec2 x 2 d 1 (u sec x) = − sec2 x dx 2 Ahora integrando Z 1 1 1 1 u sec x = − sec2 xdx =⇒ u sec x = − tan x+C =⇒ u = − tan x+C 2 2 cos x 2 pero 1 1 senx 1 u = − tan x + C = − + C =⇒ u(x) = − senx + C cos x cos x 2 cos x 2 Luego sustituyendo y = senx +
1 u
en u(x) = − 12 senx + C cos x obtenemos:
y(x) = senx +
1 − 12 senx + C cos x
La cu´ al es una familia de soluciones y C ∈ R. §
30
2.5.
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
Campo de Direcci´ on y el M´ etodo de las Isoclinas
Consideremos la ec. dif. y0 = F (x, y), en un punto (a, b) tenemos y0 = F (a, b) podemos costruir una linea corta llamada elemento de linea con pendiente F (a, b). Si hacemos esto para un gran n´ umero de puntos obtenemos una gr´ afica ´n de y0 = F (x, y). llamada campo de direccio Si hacemos a m = F (x, y) con m = cte., entonces m = F (x, y) es una curva en la que cada punto tiene un elemento de linea con pendiente constante m. Este m´etodo se llama m´ etodo de las isoclinas. A la isoclina le llamamos la pendiente.
Ejemplo 23 Obtener el campo de direcciones y bosquejar las soluciones de dy x dx = − y . ´n: En el punto (1, 2), ∂y solucio = − 12 ∂x ∂y En el punto (3, 1), ∂x = −3 ∂y En el punto (−1, 1), ∂x =1 x Sea m = cte y − y = m entonces
−x = my =⇒
y=
−1 x m
si m 6= 0
−x = 0 si m = 0
Si m = 1 =⇒ y = −x entonces son las rectas de pendiente m = 1, ahora si m = 2 =⇒ y = − 12 x entonces son las rectas de pendiente m = 2.
Figura 2.4: Campo de direcci´ on.
31
J. Enrique Maciel B.
2.6. 2.6.1.
Aplicaci´ ones Crecimiento de Poblaci´ on
Supongamos que se colocan x0 bacterias en una soluci´ on nutriente en el instante t = 0 y que x(t) es la poblaci´ on de cultivo en el intante t. Si el alimento y el espacio son limitados, y como consecuencia la poblaci´ on est´ a creciendo en todo momento a un ritmo proporcional a la poblaci´ on presente en ese momento, hallar x como funci´ on de t y hallar t tal que se duplique la poblaci´ on inicial. ´n: Planteando la ecuaci´ solucio on dx dx = kx(t) =⇒ = kdt =⇒ ln x = kt + C =⇒ x = ekteC =⇒ x(t) = Cekt dt x Luego en el instante x(0) tenemos x(0) = x0 =⇒ x(t) = x0 ekt Ahora busquemos t tal que x(t) = 2x0 es dec´ır x0ekt = 2x0 =⇒ ekt = 2 =⇒ kt = ln 2 =⇒ t =
1 ln 2 k §
2.6.2.
Desintegraci´ on Radioactiva
La tasa de desintegraci´ on de una sustancia radiactiva es prporcional, en cualquier instante a la cantidad de sustancia que este presente. Se ha encontrado que el 0,5 % de Radio desaparece en 12 a˜ nos. ¿Qu´e porcentaje desaparecera en 1000 a˜ nos?. ´n: Sabemos que x(t) representa la cantiad de Radio en el tiempo t solucio entonces planteando la ecuaci´ on dx = kx(t) para k < 0 dt Resolviendo se tiene x(t) = Cekt =⇒ x(t) = x0ekt Ahora si x0 representa la cantidad de Radio en el tiempo t = 0 y adem´ as en el tiempo t = 12 desaparece el 0,5 % de Radio ´ o bi´en el 0,005 la cantidad de Radio entonces x(12) = 0,995x0 =⇒ x0e12k = 0,995x0 =⇒ e12k = 0,995 =⇒ 12k = ln(0,995) Pero 12k = ln(0,995) =⇒ k =
1 ln(0,995) 12
32
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
Entonces regeresando el valor de k para el instante x(t) obtenemos 1 x(t) = x0 e[ 12 ln(0,995)]t
Entonces en 1000 a˜ nos desaparece 1 x(1000) = x0 e[ 12 ln(0,995)]1000 = 0,658x0
En mil a˜ nos queda el 65,8 % de Radio entonces el que desaparece es el 34,2 % de Radio. §
Cap´ıtulo 3
Ecuaciones Homog´ eneas de segundo orden con coheficientes costantes Sea la ecuaci´ on diferencial ay00 + by0 + cy = 0 con a, b, c ∈ R y a 6= 0 Buscamos una soluci´ on tal que y(x) = erx con r =cte. 0 rx Entonces y = re y y00 = r2erx , sustituyendo en la E.D.O. tenemos que ar2erx + cerx = 0 =⇒ (ar2 + br + c)erx Como erx 6= 0 implica que (ar2 +br+c) = 0, luego est´ a es soluci´ on caracter´ıstica de la E.D.O. caso I (Raices reales y diferentes r1, r2). Para que pase esto entonces (b2 − 4ac > 0). Por lo que la soluci´ on general se escribe como: y(x) = C1er1 x + C2 er2 x con C1, C2 ∈ R Ejemplo 24 Resolver y00 + 5y0 + 6y = 0. ´n: la ecuaci´ solucio on caracter´ıstica es r2 + 5r + 6 = 0 entonces: r2 + 5r + 6 = 0 =⇒ (r + 2)(r + 3) = 0 =⇒ r1 = −2 y r2 = −3 Por lo que la soluci´ on general es: y(x) = C1e−2x + C2 e−3x 33
34
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
§ caso II (Raices reales iguales r1 = r2). Para que pase esto el descriminante debe ser (b2 − 4ac = 0). Por lo que la soluci´ on general se escribe como: y(x) = C1er1 x + C2er1 x con C1, C2 ∈ R Ejemplo 25 Resolver y00 + 4y0 + 4y = 0. ´n: la ecuaci´ solucio on caracter´ıstica es r2 + 4r + 4 = 0 entonces: r2 + r + 4 = 0 =⇒ (r + 2)(r + 2) = 0 =⇒ r1 = −2 y r2 = −2 Por lo que la soluci´ on general es: y(x) = C1e−2x + C2 e−2x § caso III (Raices complejas r1 = λ + iµ y r2 = λ − iµ). Para que pase esto el descriminante debe ser (b2 − 4ac < 0). Por lo que la soluci´ on general se escribe como: y(x) = C1 eλx cos(µx) + C2eλx sen(µx) con C1, C2 ∈ R Ejemplo 26 Resolver y00 + y0 + y = 0. ´n: la ecuaci´ solucio on caracter´ıstica es r2 + r + 1 entonces: p −1 ± 1 − 4(1)(1) 2 r + r + 4 = 0 =⇒ r = 2(1) p √ √ √ −1 ± 1 − 4(1)(1) −1 ± −3 −1 ± i 3 1 i 3 r= = = =− ± 2(1) 2 2 2 2 Entonces
√ 1 i 3 r1 = − + 2 2 y √ 1 i 3 r2 = − − 2 2 Por lo que la soluci´ on general es: − 12 x
y(x) = C1e
cos
√ ! √ ! 3 3 − 12 x sen x + C2 e x 2 2
35
J. Enrique Maciel B.
§ Definici´ on 9 Un problema de valor inicial para est´ as ecuaciones consiste de: ay00 + by0 + cy = 0 y0 (x0) = y00 y(x0 ) = y0 00 y + 5y0 + 6y = 0 y(0) = 0 Ejemplo 27 Resolver el problema con valor inicial 0 y (0) = 1 ´n: Sabemos que del ejemplo anterior la soluci´ solucio on general es: y(x) = C1 = e−2x + C2e−3x Si y(0) = 0 =⇒ C1 = C2 = 0 entonces la derivada ser´ a: y0 (x) = −2C1 e−2x − 3C2e−3x Si y0 (0) = 1 =⇒ −2C1 e0 − 3e0 = 1 =⇒ −2C1 − 3C2 = 1 Entonces C1 + C2 = 0 2C1 + 2C2 = 0 =⇒ =⇒ −C2 = 1 ⇒ C2 = −1 −2C1 − 3C − 2 = 0 −2C1 − 3C2 = 1 De esto C1 + C2 = 0 =⇒ C1 − C2 = 1 ⇒ C1 = 1 Por lo tanto la soluci´ on es: y(x) = e−2x − e−3x § Ejemplo 28 Determinar si existe ´ o no existe soluci´ on al problema. 00 y + 5y0 + 6y y(0) = 1 0 y (1) = 2 ´n: Sabemos que del ejemplo anterior y(x) = C1e−2x + C2e−3x es la solucio soluci´ on general para est´ a E.D.O. entonces su derivada ser´ a y0 (x) = −2C1 e−2x − 3C2e−3x Ahora si y(0) = 1 =⇒ C1 + C2 = 1.................................................................[1] Ahora si y0 (1) = 2 =⇒ −2C1 e−2 − 3e−3 = 2...................................................[2] Resolviendo para C1 y C2 obtenemos: 2C1e−2 + 2C2e−2 = 2e−2 =⇒ C2 2e−2 − 3e−3 = 2e−2 + 2 −2 −3 2C1e − 3C2e = 2
36
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
C2 2e−2 − 3e−3 = 2e−2 + 2 =⇒ C2 =
2e−2 + 2 2e−2 − 3e−3
Luego C1 = −C2 + 1 =⇒ C1 = 1 −
2e−2 + 2 2e−2 − 3e−3
Por lo tanto la soluci´ on general es: 2e−2 + 2 2e−2 + 2 −2x e e−3x y(x) = 1 − −2 + 2e − 3e−3 2e−2 − 3e−3 § Ejemplo 29 Determinar si existe ´ o no existe soluci´ on al problema. 00 y + 4y0 + 4y y(0) = 0 y(1) = 2 ´n: La ecuaci´ solucio on caracteristica es: r2 + 4r + 4 de donde (r + 2)2 = 0 luego −2x y(x) = C1e + C2 e−2x es la soluci´ on general para est´ a E.D.O. Ahora si y(0) = 0 =⇒ C1 = 0 =⇒ y(x) = C2 xe−2x Ahora si y(1) = 2 =⇒ C2e−2 = 2 =⇒ C2 = 2e2 Entonces la soluci´ on ser´ a: y(x) = 2e2 xe−2 § Ahora estudiaremos la ecuaci´ on P (x)y00 + Q(x)y0 + R(x)y = G(x) Definici´ on 10 Cuando G(x) = 0 diremos que la ecuaci´ on diferencial es homog´enea, o sea, P (x)y00 + Q(x)y0 + R(x)y = 0...................................[1] Teorema 3.0.1 Si y1 (x) y y2 (x) son soluciones de [1], tambi´en lo es la soluci´ on y(x) = C1y1 (x) + C2y2 (x), con C1, C2 = ctes. Definici´ on 11 Dos funciones son linealmente independientes si ninguna de ellas es multiplo de la otra. Ejemplo 30 Verificar que y1 (x) = senx, y2 (x) = cos x son linealmente independientes. ´n: Sea senx = k cos x ∀x solucio ∈ R y k constante. Para x = π2 se tiene que sen π2 = k cos π2 =⇒ 1 = 0 cosa que no puede ser. Ahora proponemos a cos x = ksenx ∀x ∈ R y k constante. Para x = 0 =⇒ cos(0) = ksen(0) =⇒ 1 = 0 nuevamente hay otra contradicci´ on, de aqu´ı en ningun caso una es multiplo de otra por lo tanto y1 (x) = senx, y2 (x) = cos x son linealmente independientes.
37
J. Enrique Maciel B.
§ Teorema 3.0.2 Considerar la ec. dif. P (x)y00 + Q(x)y0 + R(x)y = 0 ahora dividiendo entre P (x) se tiene que y00 + p(x)y0 + q(x)y = 0 si y1 (x), y2 (x) son dos soluciones linealmente independientes entonces la soluci´ on general es y(x) = C1 y1 (x) + C2y2 (x).
3.1.
M´ etodo de Reducci´ on de Orden
Considerar la ecuaci´ on diferencial P (x)y00+Q(x)y0 +R(x)y = 0 ahora siempre y cuando se divida entre P (x) se tiene que y00 + p(x)y0 + q(x)y = 0 supongamos que y1 es una soluci´ on. Podemos encontrar otra soluci´ on de y(x) que sea linealmente independiente en la forma y(x) = v(x) + y1 (x), donde v(x) es la soluci´ on general de la ecuaci´ on diferencial de primer orden. Ejemplo 31 Encontrar la soluci´ on general de y00 + 4y0 + 4y = 0. ´n: Prponemos que y1 (x) = erx entonces y10 (x) = rerx , y100 (x) = r2erx , solucio ahora sustituyendo en la ecuaci´ on diferencial obtenemos: r2erx + 4rerx + 4erx ahora dividiendo entre erx r2 + 4r + 4 = 0 de donde (r + 2)2 = 0 =⇒ r = −2 =⇒ y1 (x) = e−2x Aqu´ı solo hay una soluci´ on, la otra es utilizando el m´etodo de reducci´ on de orden la cu´ al debe de ser linealmente independiente. Busquemos otra soluci´ on en la forma y(x) = v(x)e−2x derivando a y obtenemos y0 = v0 e−2x − 2ve−2x nuevamente derivando y00 = v00 e−2x − 4v0 e−2x + 4ve−2x Ahora sustituyendo en la ecuaci´ on diferencial obtenemos v00 e−2x − 4v0 e−2x + 4ve−2x + 4 v0 e−2x − 2ve−2x + 4 ve−2x = 0 v00 e−2x − 4ve−2x + 4ve−2x + 4v0 e−2x − 8ve−2x + 4ve−2x = 0
38
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
Reduciendo queda v00 e−2x = 0 y como e−2x 6= 0 entonces v00 = 0 =⇒ v0 = c =⇒ v = cx + d luego y(x) = (cx + d)e−2x = cxe−2x + de−2x De est´ a familia vamos a escoger una que sea linealmente independiente. Si c = 0 y d = 3 entonces y(x) = 3e−2x es soluci´ on pero no es linealmente independiente ya que es un multiplo de y1 (x). Ahora si c = 1 y d = 0 entonces y(x) = xe−2x. Verifiquemos que y(x) y y1 (x) son linealmente independientes entonces: e2x = kxe−2x ∀x ∈ R y k constante, verificando para x = 0 se tiene que 1 = 0 lo cu´ al es una contardicci´ on. Si xe2x = ke−2x ∀x ∈ R y k constante, verificando para x = 0 se tiene que 0 = k, entonces sustituyendo se tiene xe−2x = 0 ∀x ∈ R, ahora para x = 1 se tendra que 1e−2(1) = 0 entonces e−2 = 0 lo cu´ al es una contardicci´ on. Por lo tanto y(x) y y1 (x) son linealmente independientes. Entonces la soluci´ on general se escribe como: ye(x) = C1y1 (x) + C2y(x) = C1 e−2x + C2 e−2x § Teorema 3.1.1 Considerar la ecuaci´ on diferencial y00 + p(x)y0 + q(x)y = 0, donde p, q son continuas en un intervalo abierto (α, β). Si y1 ,y2 son soluciones de la ecuaci´ on diferencial entonces y1 ,y2 son linealmente independientes si y solo si y1 (x)y20 (x) − y10 (x)y2 (x) 6= 0 para alg´ un x ∈ (α, β). por lo tanto y(x) = C1 y1 (x) + C2y2 (x) es la soluci´ on general y al conjunto {y1 , y2} se le llama el conjunto fundamental de soluciones. Definici´ on 12 Dadas 2 funciones y1 ,y2 definimos el Wronskiano de y1 ,y2 en el punto x al n´ umero y1 (x)y20 (x) − y10 (x)y2 (x). Notaci´ on: W (y1 , y2) (x) = y1 (x)y20 (x) − y10 (x)y2 (x).
Observaci´ on:
W ((y1 , y2) (x) = det
y1 (x)
y10 (x)
y2 (x)
y20 (x)
= det
y1 (x) y2 (x) y10 (x)
y20 (x)
Ejemplo 32 Resolviendo y00 + y = 0 mostrar que y1 (x) = senx, y2 (x) = cos x son linealmente independientes.
39
J. Enrique Maciel B.
´n: Sabemos que r2 + r = 0 es soluci´ solucio on de la ecuaci´ on caracteristica, entonces r = ±i. Por lo que y1 (x) = senx y y2 (x) = cos x son soluci´ on entonces: senx cos x = sen2 x − cos2 x = −1 6= 0 W (y1 , y2) (x) = det cos x −senx ∴ y1 (x) = y y2 (x) son linealmente independientes. § Teorema 3.1.2 Considerar la ec. dif. y00 + p(x)y0 + q(x)y = G(x) y la ecuaci´ on homog´enea asociada es y00 + p(x)y0 + q(x)y = 0, si y(x) = C1y1 (x) + C2 y2(x) es soluci´ on de la homog´enea y si yp (x) es una soluci´ on particular de la ecuaci´ on diferencial original entonces: y(x) = k1y1 (x) + k2y2 (x) + yp (x) es soluci´ on general de la ec. dif. original.
3.2.
M´ etodo de Variaci´ on de Par´ ametros
Considere la ecuaci´ on y00 + p(x)y0 + q(x)y = G(x) y si y1 y y2 son dos soluciones linealmente independientes de y00 + p(x)y0 + q(x)y = 0 entonces existe una soluci´ on particular yp (x) = u1y1 (x) + u2 y2 (x) donde: u01 =
−y2 G W (y1 , y2) y
u02 =
y1 G W (y1 , y2)
Ejemplo 33 Encontrar una soluci´ on particular y la soluci´ on general de y00 +y = tan x. ´n: Sabemos que y1 (x) = senx, y2 (x) = cos x son dos soluciones linsolucio ealmente independientes de y00 + y = 0 de la ecuaci´ on homog´enea asociada, de hecho calculando el wronskiano W (y1 , y2 ) = −1, entonces va existir una soluci´ on particular yp (x) = u1senx(x) + u2 cos x donde u01 =
−y2 G − cos x tan x = = senx W (y1 , y2 ) −1 y
40
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
u02 =
y1 G senx tan x −sen2 x = = W (y1 , y2) −1 cos x
entonces queda u01(x) = senx =⇒ u1(x) = − cos x + C1 Y luego u02(x)
−sen2 x = =⇒ u1 (x) = − cos x
Z
sen2x dx = − ln |sec x + tan x| + senx + C2 cos x
Ahora variando C1 y C2 obtenemos una familia de soluciones particulares pero solo necesitamos una, bueno sea C1 = C2 = 0 entonces una soluci´ on ser´ıa: yp (x) = − cos x [senx] + [− ln |sec x + tan x| + senx] cos x simplificando queda; yp (x) = − cos ln |sec x + tan x| Est´ a es la soluci´ on particular de y00 + y = tan x. Como ye(x) = A1senx + A2 cos x es la soluci´ on general de y00 + y = 0 entonces la ec. dif, homog´enea asociada es: y(x) = k1 senx + k2 cos x − cos x ln |sec x + tan x| Est´ a es la soluci´ on general de y00 + y = tan x , con k1 , k2 costantes. §
Soluciones Particulares C cte. Cn xn + Cn−1xn−1 + · · · + C0 D cos kx + Bsenkx De5x Ax2 + Bx + C e7x e3x sen4x xe4x cos 7x 5x2sen6x Dekx
Algunos cambios Forma de yp An xn + An−1xn−1 + · · · + A0 E cos kx + F senkx Ae5x Cx2 + Dx + E e7x Ae3x sen4x + Be3x cos 4x (Ax + B) e4x cos7x + (Cx + D) e4x sen7x Ax2 + Bx + C sen6x + Dx2 + Ex + F cos 4x Aekx
Cuadro 3.1: M´etodo de Coheficientes Separados.
41
J. Enrique Maciel B.
Modificaci´ on: Si cualquier t´ermino de yp es soluci´ on de la ecuaci´ on homog´enea asociada, se multiplica a yp por x ´ o por x2 si es necesario etc. Ejemplo 34 Resolver y00 + y0 − 2y = x2. ´n: Primero resolvemos la ec. dif. homog´enea asociada y00 + y0 − 2y = 0, solucio luego formamos la ecuaci´ on caracter´ıstica la cu´ al es r2 + r − 2 = 0, factorizando se tiene (r + 2)(r − 1) = 0 de donde las raices son r1 = −2 y r2 = 1 entonces la soluci´ on de la ecuaci´ on diferencial homog´enea correspondiente es G(x) = C1 e−2x + C2ex . Ahora encontramos la soluci´ on particular guiandonos por el cuadro 3.1, entonces se propone a yp (x) como: yp (x) = Ax2 + Bx + C De donde derivando queda: yp0 (x) = 2Ax + B derivando de nuevo yp00 (x) = 2A Sustituyendo en la ec. dif. queda x2 = yp00 (x) + yp0 (x) − 2yp (x) = 2A + 2Ax + B − 2 Ax2 + Bx + C
x2 = A + 2Ax + B − 2Ax2 − 2Bx − 2C = −2Ax2 + (2A + 2B)x + (2A + B − 2C) Ahora igualando coheficiente a coheficiente A = − 12 1 = −2A 0 = 2A − 2B =⇒ B = − 12 0 = 2A + B − 2C C = − 34 Por lo tanto la soluci´ on particular es: 1 1 3 yp = − x2 − x − 2 2 4 Y la soluci´ on general es: 1 1 3 y(x) = k1e−2x + k2 ex − x2 − x − 2 2 4 § Ejemplo 35 Resolver y00 + y0 − 2y = 3ex.
42
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
´n: proponemos a yp (x) = Aex entonces solucio yp0 (x) = Aex derivano nuevamente yp00 (x) = Aex Ahora sustituyendo en al ecuaci´ on diferencial 3ex = yp00 (x) + yp0 (x) − 2yp (x) = Aex + Aex − 2Aex = 0 Entonces 3ex = 0 lo cu´ al no puede ser. Proponemos una modificaci´ on entonces, sea yp (x) = Bxex entonces: yp0 (x) = Bxex + Bex derivando nuevamente yp00 (x) = Bxex + 2Bex Ahora sustituyendo en la ec. dif. 3ex = yp00 (x) + yp0 (x) − 2yp (x) = Bxex + 2Bex + Bxex + Bex − 2Bxex Reduciendo queda 3ex = 3Bex =⇒ B = 1 =⇒ yp (x) = xex Por lo tanto la soluci´ on particular es: yp (x) = xex Y la soluci´ on general es: y(x) = k1e−2x + k2 ex + xex §
3.3.
Plano Fase
Un sistema de ecuaci´ ones diferenciales de primer orden, es un sistema de la forma x˙ 1 = F1 (t1, x1, · · · , xn) x˙ 1 = F2 (t1, x1, · · · , xn) x˙ 3 = F3 (t1, x1, · · · , xn) [1] .. . x˙ n = Fn (t1, x1, · · · , xn) Tambi´en pueden darse condiciones iniciales de la forma x1(t0 ) = x01 , x2(t0) = x02, · · · , xn(t0) = x0n
[2]
Definici´ on 13 Si (x1 (t), x2(t), · · · , xn(t)) = (φ1(t), φ2(t), · · · , φn(t)) es soluci´ on de [1], si al derivar φi(t) y al sustituir en [1] se satisfacen todas las igualdades.
43
J. Enrique Maciel B.
Ejemplo 36 Resolver el sistema
x˙ = y y˙ = x
´n: Derivando la primera ecuaci´ solucio on de ambos lados x ¨ = y˙ y sustituyendo on en la segunda ecuaci´ on x ¨ = x =⇒ x ¨ − x = 0. Luego r2 − 1 = 0 es la ecuaci´ caracter´ıstica entonces r2 = 1 =⇒ r = ±1 entonces x(t) = Aet + Be−t y como y = x˙ =⇒ y(t) = Aet − Be−t , por lo tanto x(t) = Aet + Be−t son soluci´ on con A, B costantes y(t) = Aet − Be−t §
3.4. 3.4.1.
Aplicaciones Oscilador Arm´ onico No Amortig¨ uado
Consideremos una masa que est´ a unida a un resorte y se desliza sobre una mesa sin fricci´ on (sin frcci´ on de aire y de mesa) queremos calcular su movimiento horizontal cuando el resorte se estira (o comprime) y luego se libera.
x = 0
Figura 3.1: Gr´ afica del resorte. Si suponemos que el u ´nico que actua sobre la masa es la fuerza del resorte (no hay fuerzas que amortig¨ ue el movimiento de la masa, como resistencia del aire, etc.). Entonces el movimiento est´ a descrito por: d2x k + x=0 t2 m O bi´en
d2 x + kx = 0 dt2 Donde m es la masa y k > 0 sabiendo que k es la constante del resorte. m
44
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I 2
Ejemplo 37 2 ddtx2 + 3x = 0 est´ a es la ecuaci´ on de un oscilador arm´ onico. Ejemplo 38
d2 x dt2
− 5x = 0 est´ a no es la ecuaci´ on de un oscilador arm´ onico.
Ejemplo 39 Encontrar la soluci´ on del oscilador arm´ onico
d2 x dt2
+ x(t) = 0.
´n: La ecuaci´ solucio on caracteristica es √ r2 + 1 = 0 =⇒ r = ± −1 =⇒ r = ±i por lo tanto la soluci´ on general para x(t) es: x(t) = A cos t + Bsent Debemos notar que x(t) es una funci´ on periodica. §
3.4.2.
Oscilador Arm´ onico Amortig¨ uado
Supongamos que tenemos una fuerza de amortig¨ uamiento proporcional a la velocidad entonces: d2x dx m 2 +b + kx = 0 dt dt O bi´en d2x dx +p + qx = 0 dt2 dt Donde b > 0 es llamado el coheficiente de amortig¨ uamiento. Ejemplo 40 Encontar las soluciones del oscilador de amortig¨ uamiento de x00 + 5x0 + 6x = 0 ´n: Debemos notar que el signo de los coheficientes de la ecuaci´ solucio on son positivos entonces la ecuaci´ on caracter´ıstica es r2 + 5r + 6 = 0 =⇒ (r + 2)(r + 3) = 0 Luego la ecuaci´ on general es x(t) = Ae−2t + Be−3t , ahora si t → ∞ entonces el resorte se va a parar, observe que x(t) → 0 cu´ ando t → ∞, esto significa que el resorte se va a deteniendo conforme avanza el tiempo. §
45
J. Enrique Maciel B.
← f(t)
x = 0
Figura 3.2: Resorte comprimido.
3.4.3.
Oscilador Arm´ onico Forzado
Tenemos la fuerza del resorte y la fuerza de amortig¨ uamiento. Si adem´ as existe una fuerza externa por ejemplo empujandolo.
Entonces el movimiento es descrito por m
d2 x dx +b + kx = f(t) 2 dt dt
donde f(t) es la fuerza externa y depende del tiempo.
46
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
Cap´ıtulo 4
Transformada de Laplace Hay que recoordar Z
Z
∞
h(t)dt = l´ım
µ→∞
0
µ
h(t)dt 0
Dada una funci´ on f(t) denotamos por F (s) o L {f(t)} a la transformada de Laplace de f(t) la cu´ al queda definida como: Z ∞ Z µ F (s) = L {f(t)} = e−stf(t)dt = l´ım e−st f(t)dt µ→∞
0
0
Ejemplo 41 Encontrar la transformada de Laplace de: 1.
f(t) = 1
2.
f(t) = t
´n: solucio 1. Aplicando la formula queda: Z ∞ Z L {1} = e−st 1dt = l´ım µ→∞
0
µ −st
e 0
µ 1 −st dt = l´ım − e µ→∞ s 0
Entonces
−sµ ∞ si s < 0 e 1 l´ım − + = µ→∞ 1 s s s si s > 0
Entonces L {1} =
1 s
donde s > 0
2. L {t} =
Z
∞
e−st tdt = l´ım 0
µ→∞
Z
µ
e−sttdt = l´ım
µ→∞
0
47
"
# t=µ Z µ 1 −st 1 − e t + e−st dt s 0 s t=0
48
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
l´ım
"
µ→∞
1 − e−stµ + s
t=µ )# µ 1 −sµ e−sµ 1 = l´ım − sµ − 2 + 2 − 2e µ→∞ s se s s t=0
(
Ahora si
−µ −1 = l´ım 2 sµ = 0 sµ µ→∞ se µ→∞ s e
s > 0 =⇒ l´ım
Calculando esto por la regla de L’Hˆ opital obtenemos −e−sµ =0 µ→∞ s2 l´ım
1 s2
Por lo tanto L {t} =
donde s > 0 §
Ejemplo 42 Si l´ım e−sµ y(µ) = 0, calcular L {y0 (t)} . µ→∞
´n: Aplicando la formula se obtiene solucio " Z µ
0
−sµ 0
L {y (t)} = l´ım
µ→∞
e
y (t)dt = l´ım
µ→∞
0
Z −st L {y (t)} = l´ım e y(µ) − y(0) + s 0
L {y (t)} =
−sµ
l´ım e
µ→∞
y(µ) + s l´ım
Z
e
t=µ Z y(t) + t=0
µ
0
µ→∞
−st
−st
e
y(t)dt
µ −st
se
y(t)dt
#
0
0
µ→∞
e−sµ y(t)dt
Entonces L {y0 (t)} = −y(0) + sL {y(t)} = sL {y(t)} − y(0). § Teorema 4.0.1 Si a y b son costantes y existen L {f} y L {g} entonces: 1.
L {af + bg} = aL {f} + bL {g}
2.
L {eatf(t)} = F (s − a) donde F (s) = L {f(t)}
3.
F (s) L {tnf(t)} = (−1)n d ds n
n
Ejemplo 43 Hallar L {3 + 4t}. ´n: solucio L {3 + 4t} = 3L {1} + 4L {t} = 3 1s + 4 s12 §
Ejemplo 44 Hallar L e3t, t .
49
J. Enrique Maciel B.
´ n: Como L {t} = soluci o 1 L e3t , t = (s−3) 2.
1 s2
se tiene f(t) = t entonces F (s) =
1 s2
por lo tanto §
Ejemplo 45 Hallar L t2 . ´n: soluci o d2 L t2 = L t2 (1) = (−1)2 ds 2
1 s
=
d ds
− s12 =
2 s3
§ Tarea Resolver L t3
4.1.
Aplicaci´ on en la Ecuaci´ on Diferencial
Ejemplo 46 Resolver y0 = t con y(0) = 1. ´n: solucio L {y0 } = L {t} =⇒ sL {y} − y(0) =
1 s2
1 1 1 1 1 1 2 + sL {y}−1 = 2 =⇒ sL {y} = 2 +1 =⇒ L {y} = 3 + =⇒ L {y} = s s s s 2 s3 s 1 1 2 1 L {y} = L t2 + L {1} =⇒ L {y} = L t + 1 =⇒ y(t) = t2 + 1 2 2 2 § Tarea Usando la definici´ on encontrar la transformada de Laplace de: 0 si 0 ≤ t ≤ 4 1. f(t) = t si t > 4 t si 0 ≤ t ≤ 8 2. f(t) = 0 si t > 8 2 t si 0 < t ≤ 6 3. f(t) = t si t > 6
4.2.
Tecnicas para encontrar Transformadas de Laplace y sus Transformadas Inversas de Laplace
Observemos la siguiente tabla de transformadas de Laplace.
50
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
f(t) 1 t tn con n = 1, 2, . . . eat senwt cos wt senhwt cosh wt eat senwt eat cos wt teat tsenwt t cos wt y0 (t) y00 (t) yn (t) eat f(t) tn f(t) Rt f(u)du R0t f(u)g(t − u)du 0 ua (t) Funci´ on de Heaviside ua (t)f(t − a) δ(t − a) Funci´ on Delta de Dirac
F (s) = L {f(t)} 1 s con s > 0 1 con s > 0 s2 n! con s > 0 sn+1 1 s−a con s > a w con s > 0 s2 +w 2 s s2 +w 2 con s > 0 w s2 −w 2 con s > |w| s con s > |w| s2 −w 2 w 2 (s−a) +w 2 con s > a s−a (s−a)2 +w 2 con s > a 1 (s−a)2 con s > a 2ws con s > a (s2 +w 2 )2 s2 −w 2 (s2 +w 2 )2
con s > 0 sL {y(t)} − y(0) s2 L {y(t)} − sy(0) − y0 (0) sn L {y(t)} − sn−1y(0) − . . . − yn−1 (0) F (s − a) (−1)n F n(s) F (s) s
F (s)G(s) e−as s −as
e F (s) e−at
Cuadro 4.1: Transformadas de Laplace.
4.2.1.
Transformada Inversa de Laplace
Definici´ on 14 Si F (s) = L {f(t)} decimos que f(t) es la trasformada inversa de Laplace de F (s). Notaci´ on: f(t) = L−1 {F (s)} Teorema 4.2.1 L−1 {aF (s) + bG(s)} = aL−1 {F (s)} + bL−1 {G(s)} debemos notar que a, b ∈ R. Ejemplo 47 Resolver y00 + y = 16 cos t con y(0) = 0, y0 (0) = 0. ´n: Usando el cuadro 4.1 tenemos solucio s2 L {y(t)} − sy(0) − y0 (0) + L {y(t)} = 16
s2
s +1
51
J. Enrique Maciel B.
Entonces L {y(t)} = 16
s 2s =⇒ L {y(t)} = 8 2 s2 + 1 (s + 1)2
De esto tenemos L {y(t)} = 8L {tsent} = L {8tsent} =⇒ y(t) = 8tsent §
4.2.2.
Teorema de la Transformada Inversa de Laplace
Teorema 4.2.2 Si L−1 {F (s)} = f(t) entonces: 1.
L−1 {F (s − a)} = eat f(t)
2.
L−1 {F n(s)} = (−1)n tnf(t)
Ejemplo 48 Resolver y00 + 2y0 + 5y = 0 con y(0) = 3, y0 (0) = −7. ´n: solucio s2 L {y(t)} − sy(0) − y0 (0) + 2 [sL {y(t)} − y(0)] + 5L {y(t)} = 0 s2 L {y(t)} − 3s + 7 + 2sL {y(t)} − 6 + 5L {y(t)} = 0 De esto obtenemos
s2 + 2s + 5 L {y(t)} = 3s − 1
Facilmente L {y(t)} =
s2
3s − 1 3s − 1 = + 2s + 5 (s + 1)2 + 4
L {y(t)} =
3s − 1 3(s + 1) − 4 = 2 (s + 1) + 4 (s + 1)2 + 4
L {y(t)} =
3(s + 1) 4 − (s + 1)2 + 4 (s + 1)2 + 4
L {y(t)} = 3
s+1 2 −2 2 2 (s + 1) + 2 (s + 1)2 + 22
s Sabemos que si f(t) = cos t =⇒ F (s) = s2 +2 2 , y si g(t) = sent entonces 2 G(s) = s2 +22 , luego por el teorema 4.2.2(1) tenemos que
L−1 {F (s + 1)} = L−1
s+1 (s + 1)2 + 22
= e−t cos(2t)
y L−1 {G(s + 1)} = L−1
2 (s + 1)2 + 22
= e−t sen(t)sen(2t)
52
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
Entonces L {y(t)} = L 3e−t cos(2t) − L 2e−tsen(t)sen(2t) De esto se concluye y(t) = 3e−t cos(2t) − 2e−tsen(t)sen(2t) Sabemos que si
F (s) =
s s2 +22
G(s) =
2 s2 +22
f(t) = cos(2t) =⇒ g(t) = sen(2t)
§
4.2.3.
M´ etodo de Fracciones Parciales
Ejemplo 49 Resolver y00 − 3y0 + 2y = 12e4t con y(0) = 1 y y0 (0) = 0. ´n: Aplicando la transformada de Laplace en ambos lados se tiene solucio s2 L {y(t)} − sy(0) − y0 (0) − 3 [L {y(t)} − y(0)] + 2L {y(t)} = 12
1 s−4
entonces
12 s−4 12 12 + s2 − 4s − 3s + 12 (s2 − 3s + 2)L {y(t)} = +s−3= s−4 s−4 s2 − 7s + 24 s2 − 7s + 24 =⇒ L {y(t)} = = (s − 4)(s2 − 3s + 2) (s − 4)(s − 2)(s − 1) (s2 − 3s + 2)L {y(t)} − s + 3 =
=⇒ L {y(t)} = =⇒ L {y(t)} =
s2 − 7s + 24 A B C = + + (s − 4)(s − 2)(s − 1) s−4 s−2 s−1
A(s − 2)(s − 1) + B(s − 4)(s − 1) + C(s − 4)(s − 2) (s − 4)(s − 2)(s − 1)
s2 − 7s + 24 = A(s − 2)(s − 1) + B(s − 4)(s − 1) + C(s − 4)(s − 2) Si s = 4 entonces 16 − 28 + 24 = A(2)(3) =⇒ 12 = 6A =⇒ A = 2. Si s = 2 entonces 4 − 14 + 24 = −2B =⇒ 14 = −2B =⇒ B = −7. Si s = 1 entonces 1 − 7 + 24 = C(−3)(−1) =⇒ 18 = 3C =⇒ C = 6. Luego L {y(t)} =
2 7 6 − + =⇒ L {y(t)} = L 2e4t − 7e2t + 6et s−4 s−2 s−1
Aplicando la transformada de Laplace Inversa obtenemos y(t) = 2e4t − 7e2t + 6et §
53
J. Enrique Maciel B.
4.2.4.
M´ etodo de Convoluciones
Definici´ on 15 Dadas las funciones f(t), g(t) denotamos la convoluci´ on de f y g como (f ∗ g)(t) la cu´ al queda definida como Z t (f ∗ g)(t) = f(u)g(t − u)du 0
Ejemplo 50 Calcular f ∗ g, con f(t) = cos(t), g(t) = sen(t). ´n: Aplicando la formula de la definici´ solucio on anterior tenemos Z t (f ∗ g)(t) = cos(t) ∗ sen(t) = cos(u)sen(t − u)du 0
Integrando por partes u=t Z t (f ∗ g)(t) = cos(t) ∗ sen(t) = sen(u)sen(t − u) − sen(u) cos(t − u)(−1)du 0
u=0
(f ∗ g)(t) = cos(t) ∗ sen(t) = sen(t) − sen(t) +
Z
t
sen(u) cos(t − u)du 0
u=t Z t (f∗g)(t) = cos(t)∗sen(t) = cos(u) cos(t−u) − (− cos(u)) (−sen(t − u)) du 0 u=0 Z t Z t =⇒ cos(u)sen(t − u)du = − cos(t) + cos(t) + cos(u)sen(t − u)du 0
0
Esto queda igual entonces calculandolo con un cambio de identidad trigonom´etrica para sen(t − 1) entonces: Z t Z t cos(u)sen(t − u)du = cos(u) [sen(t) cos(u) − sen(u) cos(t)] du 0
Z
0
t
cos(u)sen(t − u)du = 0
Z
Z
t 2
sen(t) cos (u)du − 0
t
cos(u)sen(t − u)du = sen(t)
Z
t
cos(u)sen(u) cos(t)du 0
Z
0
Z
t
cos2 (u)du − cos(t) 0
Z
t
sen(t) cos(u)du 0
" u=t # 1 + cos(2u) sen2 (u) cos(u)sen(t − u)du = sen(t) du − cos(t) 2 2 u=0 0 0 " u=t # Z t cos(t)sen2 (t) 1 1 − cos(u)sen(t − u)du = sen(t) u + sen(2u) 2 4 2 0 u=0 t
Z
t
Simplificando usando identidades, y ya que sen(2t) = 2sen(t) cos(t) entonces: 1 cos(t)sen2 (t) 1 1 sen(t) + sen2 (t) cos(t) − = (t)sen(t) 2 2 2 2
54
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
Por lo tanto cos(t) ∗ sen(t) =
1 (t)sen(t) 2 §
Teorema 4.2.3 Si L−1 {F (s)} = f(t) y L−1 {G(s)} = g(t) entonces Z
L−1 {F (s)G(s)} =
t
f(u)g(t − u)du = (f ∗ g)(t) 0
Ejemplo 51 Encontrar L−1 ´n: solucio L−1
L−1
n
s (s2 +1)2
s 2 (s + 1)2
s 2 (s + 1)2
esto es por que
o .
= L−1
= cos(t) ∗ sen(t) =
L−1
L−1
s 2 (s + 1) y 1 (s2 + 1)
s 1 · 2 2 (s + 1) (s + 1)
= cos(t)
= sen(t)
1 (t)sen(t) 2
§
4.3. Sea
Funciones Discontinuas
3 si 0 ≤ t ≤ 2 0 si t>2 3
1
2
Figura 4.1: Gr´ afica de una funci´ on discontinua.
55
J. Enrique Maciel B.
4.3.1. Sea
Funci´ on salto Unidad de Heaviside 1 si t > a Otra notaci´ on ser´ıa 0 si t < a
u0 (t) = H(t − a) =
1 si t > a 0 si t < a
1
a Figura 4.2: Funci´ on de Heaviside. Entonces L {u0 (t)} =
Z
∞
e−stun (t)dt 0
L {u0(t)} =
Z
Z
∞ −st
e 0
dt = l´ım
N →∞
N −st
e
dt = l´ım
N →∞
a
t=N ! 1 −st − e s t=a
−sN e e−as e−as L {u0(t)} = l´ım − + = , si s > 0 N →∞ s s s Por lo tanto L {u0(t)} =
e−as s
Expresar las funciones discontinuas en t´erminos de funciones de Heaviside. Ejemplo 52 f(t) =
f(t) = cos(t) +
´n: solucio
sen(t) si t > π cos(t) si t < π sen(t) − cos(t) si t > π 0 si t < π
Por lo tanto f(t) = cos(t) + (sen(t) − cos(t)) uπ {t}
56
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
1
f(t)
π
t
−π Figura 4.3: Gr´ afica del ejemplo 52.
Tarea Expresar cada funci´ on en t´erminos de funciones de Heaviside. 2 si t > 1 1. f(t) = 1 si t < 1 cos(t) si t < 2π 2. f(t) = 0 si t > 2π 2 t si t > 3 3. f(t) = 2t si t < 3 Tarea Encuentre la transformada de Laplace de: 1. L {tua(t)} 2. L {etu2 (t) − et u3(t)} Ejemplo 53 (Oscilador arm´ onico no amortig¨ uado con una fuerza discontinua). Resolver y0 + 4y = f(t) con y(0) = 1, y0 (0) = 0. 1 si − π ≤ t ≤ 2π ´n: Porponemos a h(t) = solucio , entonces f(t) = uπ (t)− 0 si t > 2π u2π (t). Aplicando la transformada de Laplace en la ecuaci´ on obtenemos s2 L {y} − sy(0) − y0 (0) + 4L {y} = L {uπ (t) − u2π (t)} (s2 + 4)L {y} − s = (s2 + 4)L {y} =
e−πs e−2πs − s s
e−πs e−2πs − +s s s
57
J. Enrique Maciel B.
L {y} =
s(s2
e−πs e−2πs s − + 2 s(s + 4) s(s2 + 4) s2 + 4
1 A Bs + C A(s2 + 4) + s(Bs + C) = + 2 = + 4) s s +4 s(s2 + 4)
De esto tenemos que 1 = (A + B)s2 + Cs + 4A =⇒ A = 14 , luego C = 0 y A + B = 0 =⇒ B = − 14 , ahora sustituyendo esto en la ecuaci´ on anterior: 1 − 14 s 1 4 = + = s(s2 + 4) s s2 + 4
1 2 (s 4
+ 4) + s(− 14 s) 1 s = − 2 2 s(s + 4) 4s 4s + 16
Entonces L {y} =
1 e−πs 1 se−πs 1 e−2πs 1 se−2πs s − − + + 2 2 4 s 4s +4 4 s 4 s2 + 4 s +4
Si L {ua (t)f(t − a)} = e−as F (s) entonces 1 1 1 L {y} eπs − e−πs 4 s 4
s s2 + 4
1 − e−2πs 4
1 s 1 −2πs s + e + 2 s 4 s2 + 4 s +4
Ahora la funci´ on escal´ on es y(t) =
1 1 1 1 uπ (t) − uπ (t) cos [2(t − π)] − u2π (t) + u2π (t) cos [2(2t − 2π)] + cos(2t) 4 4 4 4
El resultado dio una funci´ on con 2 discontinuidades. uπ (t)
1 x= 0 π
u2π (t)
1 1 2π π
2π
uπ (t) − u2π (t) 1
π
2π
Figura 4.4: Gr´ aficas del ejemplo 53.
§
58
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
4.3.2.
Funci´ on Impulso y Funci´ on Delta de Dirac
∞ si t = a 0 si t 6= a Por lo que la transformada de Laplace para la Delta de Dirac es: Sea δ(t − a) =
L {δ(t − a)} = e−as Ejemplo 54 Rsolver y00 + 2y0 + 2y = δ(t − π) con y(0) = 0, y0 (0) = 0. ´n: Este es un oscilador arm´ solucio onico amortig¨ uado con una fuerza aplicada en un tiempo π
Figura 4.5: Gr´ afica del ejemplo 54.
Aplicando Laplace obtenemos s2 L {y} − sy(0) − y0 (0) + 2 [sL {y} − y(0)] + 2L {y} = e−πs Por lo que (s2 + 2s + 2)L {y} = e−πs L {y} =
e−πs = e−πs 2 s + 2s + 2
1 s2 + 2s + 2
Pero s2
1 1 = 2 + 2s + 2 (s + 1)2 + 1
pensemos que s + 1 = s − (−1) con a = −1, entonces en el cuadro 4.1 tenemos que: L
1 2 (s + 1)2 + 1
= et sen(t) =⇒ y(t) = uπ e−(t−π) sen(t − π)
La cu´ al es la soluci´ on general. §
59
J. Enrique Maciel B.
Tarea 1. Resolver
2. Resolver
3. Resolver
4. Resolver
00 y + y = f(t) 1 si 0 ≤ t < π2 y(0) = 0 con f(t) = 0 y (0) = 1 0 si π2 ≤ t 00 y + 2y0 + 2y = h(t) 1 si 0π < t < 2π y(0) = 1 con h(t) = 0 si 0 ≤ t < π y t ≥ 2π 0 y (0) = 1 00 y + 2y0 + 2y = δ(t − π) y(0) = 1 0 y (0) = 0 00 y + 4y = δ(t − π) − δ(t − 2π) y(0) = 0 0 y (0) = 0 f(t) ua (t) ua (t)(t − a) δ(t − a)
F (s) = L {f(t)} e−as s −as
e F (s) e−as
Cuadro 4.2: Funciones discontinuas.
60
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
Cap´ıtulo 5
Series y Sucesiones 5.1.
Sucesi´ on
Definici´ on 16 Es un conjunto de n´ umeros con un orden definido digamos a1 , a2, a3, . . . , an, . . . donde a1
es el primer t´ermino
a2
es el segundo t´ermino
a3
es el tercer t´ermino .. .
an
es el n-esimo t´ermino
Notaci´ on: ∞ Las sucesiones las denotamos como {an }, {an}∞ en {bn } n=1 , {an }n=0 o tambi´ ∞ ∞ como (an ), (an)n=1 , (an )n=0, (an )n≥1, (an )n≥0, o t´ ambien se pueden representar las sucesiones proporcionando una familia para el n-esimo t´ermino
Ejemplo 55
1.
2.
n n+1
∞
∞
n=1
{(−1)}n=0
El primero es El segundo es .. .
1 2 2 3
el t´ermino correspondiente a n = 0 es (−1)0 = 1 el t´ermino correspondiente a n = 1 es (−1)1 = −1 el t´ermino correspondiente a n = 2 es (−1)2 = 1 .. . 61
62
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
5.2.
L´ımite de Sucesiones
Ejemplo 56 Verificar si existen los siguientes l´ımites 1. 2. 3.
l´ım
n→∞
n 1 = l´ım n→∞ n+1 1+
=1
1 n
l´ım ((−1)n )n≥0 Aqu´ı el l´ımite no existe
n→∞
1 ln n 1 = l´ım n = l´ım =0 n→∞ n n→∞ 1 n→∞ n
l´ım
§
5.3. m X
Series
Si sumamos los primeros m t´erminos de la sucesi´ on (an )∞ n=1 obtenemos m X ai . Ahora nos preguntamos si existe el l´ımite de l´ım ai . m→∞
i=1
i=1
n X 1 ?. n→∞ 2i
Ejemplo 57 ¿Existe l´ım
i=1
´n sin concluir: una solucio 1. Para n = 1 tenemos que
n X 1 1 = 2i 2 i=1
n X 1 1 1 3 2. Para n = 2 tenemos que = + = 2i 2 4 4 i=1
3. Para n = 3 tenemos que
n X 1 1 1 1 7 = + + = i 2 2 4 8 8 i=1
n X 1 = 1. n→∞ 2i i=1 n ∞ X X 1 1 Entonces podemos denotar que = l´ ım , puede pensarse que i n→∞ 2 2i
Se puede ver que l´ım
i=1
i=1
∞ X 1 1 1 1 = + 2 + 3 +... i 2 2 2 2 i=1
4
63
J. Enrique Maciel B.
Definici´ on 17 Si existe el l´ım
n X
∞ X
i=1 ∞ X
n→∞
i=1
ai = l´ım
n→∞
diremos que
n X
ai denotaremos
ai y diremos que
i=1 ∞ X
ai es convergente y si no existe l´ım
n→∞
i=1
n X
ai
i=1
ai es divergente.
i=1
Observaci´ on: Pueden existir series que comienzen en i = 0, i = 2, i = 3, etc. Ejemplo 58 1.
La serie
∞ X 1 1 1 = 1 + + 2 + . . . comienza en i = 0. i 2 2 2 i=0
2.
La serie
∞ X 1 1 1 = 2 + 3 + . . . comienza en i = 2. 2i 2 2 i=2
Teorema 5.3.1 Si son convergentes
∞ X
an y
n=k ∞ X
∞ X
bn n=k ∞ X
(an + bn),
n=k
1.
∞ X
Can = C
n=k
2.
∞ X
∞ X
(an − bn),
n=k
∞ X
∞ X
Can con C ∈ R y adem´ as
n=k
an.
n=k
(an + bn) =
n=k
3.
son convergentes ∀k ∈ R entonces tambi´en
∞ X
an +
n=k
(an − bn) =
n=k
∞ X n=k
∞ X
an.
n=k
an −
∞ X
an.
n=k
Teorema 5.3.2 (Criterio de la Raz´ on ´ o el Cociente de D’ Alambert.) ∞ X Dada la serie an ∀n, k ∈ R se tiene n=k
1.
∞ X an+1 = L < 1 =⇒ Si el l´ım an es convergente. n→∞ an
2.
∞ X an+1 = L > 1 =⇒ Si el l´ım an es divergente. n→∞ an
n=k
n=k
64 3.
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
an+1 = L = ∞ entonces es divergente. Si el l´ım n→∞ an
Ejemplo 59 Determinar si
∞ X
(−1)n
n=1
n3 es convergente. 3n
´n: solucio n (−1)n+1 (n+1)3 (−1) n + 1 3 3 (−1)n+1 (n + 1)3 3n+1 l´ım (−1)n n3 = l´ım = l´ım n+1 )(−1)n n3 n→∞ n→∞ n→∞ 3 (3 n n 3
Entonces l´ımn→∞ − 13 1 +
1 3 n
= − 13 < 1, por lo tanto la serie
∞ X
(−1)n
n=1
n3 es 3n
convergente. § Teorema 5.3.3 (El Criterio de la Ra´ız ´ o el Criterio de Cauchy.) Dada la ∞ X serie an ∀n, k ∈ R se tiene n=k
1.
2.
3.
Si l´ım
n→∞
Si l´ım
n→∞
Si l´ım
n→∞
∞ X p n |an| = L < 1 =⇒ an es convergente. n=k ∞ X p n |an| = L > 1 =⇒ an es divergente. n=k ∞ X p n |an| = L = ∞ =⇒ an es divergente. n=k
Ejemplo 60 Determinar si
n ∞ X 2n + 3 n=1
3n + 2
es convergente.
´n: solucio s 2n + 3 n = l´ım 2n + 3 = l´ım 2 + l´ım n n→∞ 3n + 2 n→∞ 3n + 2 n→∞ 3 + ∴ La serie
n ∞ X 2n + 3 n=1
3n + 2
3 n 2 n
=
2 R.
Observaci´ on: El n´ umero R del inciso (3) se llama radio de convergencia. En el caso del inciso (1) R = 0 y en el (2) R = ∞. El intervalo de convergencia de una serie de potencias es el intervalo que consta de todos los valores de x para los cu´ ales la serie converge. Ejemplo 61 Encontrar el radio y el intervalo de convergencia de la serie ∞ X n(x + 2)n ; 3n+1 n=1
para x fija. ´n: Es una serie de potencias al rededor de 2, ahora usando el criterio solucio de la raz´ on se tiene n+1 (n+1)(x+2)n+1 (3 (n + 1)(x + 2)n+1 |x + 2| n + 1 3n+2 l´ım n(x+2)n = l´ ım = l´ım n→∞ 3 n→∞ n→∞ (3n+2 )n(x + 2)n n n+1 3
1 1 1+ |x + 2| = |x + 2|. Para que la serie de potencias n 3 1 converga necesitamos que |x + 2| < 1, es dec´ır, |x + 2| < 3. 3 Por lo tanto R = 3 es el radio de convergencia y (−5, 1) es el intervalo de convergencia. 1 Entonces l´ım n→∞ 3
66
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
§ Ejemplo 62 Utilizando series de potencias resolver y00 + y = 0. ´n: Busquemos una serie de la forma solucio ∞ X
an xn = a0 + a1x + a2x2 + . . . + an xn
n=0
Entonces derivando est´ a serie obteniendo y0 (x) = a1 + 2a2x + 3a3x2 + . . . + nan xn−1 =
∞ X
(n + 1)an+1 xn
n=0
Derivando nuevamente se tiene y00 (x) = 2a2 + 6a3 x + 12a4x2 + . . . + n(n − 1)anxn−2 O sea, y00 (x) = 2a2 + 3(2)a3x + 4(3)a4x2 + . . . + =
∞ X
(n + 2)(n + 1)an+2xn
n=0
Sustituyendo en la ecuaci´ on diferencial obtenemos 0=
∞ X
(n + 2)(n + 1)an+2 xn +
n=0
∞ X n=0
an xn =
∞ X
[(n + 2)(n + 1)an+2 + an ] xn
n=0
Entonces se va a tener que todos los coheficientes de n son iguales a cero, o sea, (n + 2)(n + 1)an+2 + an = 0 ∀n ∈ (0, 1, 2, . . ., ), entonces despejando a an+2 obtenemos que −an an+2 = (n + 2)(n + 1) Ahora podemos obtener algunos t´erminos de este despeje: Para n = 0
a2 =
Para n = 1
a3 =
Para n = 2
a4 =
Para n = 3
a5 =
Para n = 4
a6 =
Para n = 5
a7 =
−a0 ; 2·1 −a1 ; 3·2 −a2 = 4·3 −a3 = 5·4 −a4 = 6·5 −a5 = 7·6
−a0 ; 4·3·2·1 a1 ; 5·4·3·2·1 −a0 ; 6·5·4·3·2·1 −a1 ; 7·6·5·4·3·2·1
67
J. Enrique Maciel B.
Entonces los pares a2, a4, a6, . . ., est´ an dados por: a2k =
(−1)k a0 (2k)!
Y los impares a1, a3, a5, . . ., est´ an dados por: a2k+1 =
(−1)k a1 (2k + 1)!
Observemos que las formulas valen para k = 0, 1, 2, . . ., entonces: y(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3x3 + . . . O bi´en, y(x) = a0 + a2x2 + a4x4 + . . . + a1 + a3x3 + a5 x5 + . . . Por lo que y(x) = a0 +
∞ X (−1)k a0 k=1
(2k)!
x
2k
∞ X (−1)k a1 2k+1 + a1 x + x (2k + 1)! k=1
entonces, y(x) = a0 1 +
∞ X (−1)k k=1
(2k)!
x
2k
!
+ a1
! ∞ X (−1)k 2k+1 x+ , x (2k + 1)! k=1
donde a0 y a1 son constantes, y de esto tenemos que y1 (x) = 1 +
∞ X (−1)k k=1
(2k)!
x2k
y y2 (x) = x +
∞ X k=1
(−1)k 2k+1 x (2k + 1)!
De donde y1 (x) y y2 (x) son soluciones linealmente independientes de y00 +y = 0. Debemos notar que y00 + y = 0 la resolvemos de otra manera y obtenemos r2 + 1 = 0 =⇒ r = ±i de donde y(x) = A cos(x) + Bsen(x) la cu´ al es la soluci´ on general, ahora encontrando la serie de Taylor al rededor de x = 0 del cos(x) y sen(x) se puede ver que ∞ X (−1)k 2k cos(x) = 1 + x (2k)! k=1
68
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
y sen(x) = x +
∞ X k=1
(−1)k 2k+1 x (2k + 1)!
Con esto se concluye la soluci´ on. §
5.5.
Puntos Ordinarios y Puntos Singulares
Definici´ on 19 Considerese la ecuaci´ on P (x)y00 + Q(x)y0 + R(x)y = 0, donde P (x), Q(x) y R(x) son polinimios tale que: 1.
Si P (a) = 0 entonces a es un punto singular si: Q(x) Q(x) l´ım (x − a) y l´ım (x − a)2 existen. x→a P (x) x→a P (x)
2.
Si alguno de los dos l´ımites no existe entonces a es un punto singular irregular.
Teorema 5.5.1 Sea P (x)y00 + Q(x)y0 + R(x)y = 0 una ecuaci´ on diferencial, donde P (x), Q(x) y R(x) son polinimios. Supongamos que a es un punto ordinario; es dec´ır, P (a) 6= 0. Entonces la soluci´ on general se puede escribir como y(x) = C1y1 (x) + C2y2 (x) donde y1 (x), y2 (x) son soluciones linealmente independientes y cada una es una serie de potencias al rededor de a, es dec´ır, tiene la forma: ∞ X bn(x − a)n. n=0
Ejemplo 63 Encontrar 2 soluciones y la soluci´ on general de y00 − xy = 0. ´n: Sabemos que P (x) = 1, Q(x) = 0 y R(x) = −x, ahora P (a) 6= 0 solucio ∀a ∈ R =⇒ ∀a ∈ R es un punto ordinario. ∞ X Busquemos una soluci´ on de la forma y(x) = bn xn. n=0
y(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + . . . =
∞ X
anxn ;
n=0
y0 (x) = a1 + 2a2x + 3a3 x2 + . . . =
∞ X
(n + 1)an+1xn ;
n=0
y00 (x) = 2a2 + 6a3x + . . . =
∞ X
(n + 2)(n + 1)an+1xn;
n=0 2
3
xy(x) = a0 x + a1 x + a2 x + . . . =
∞ X n=0
an−1xn.
69
J. Enrique Maciel B.
Sustituyendo en la ecuaci´ on diferencial obtenemos que ∞ X
(n + 2)(n + 1)an+1 xn −
n=0
∞ X
an−1xn = 0
n=0
O sea, 0 = 2(1)a2 +
∞ X
n
(n + 2)(n + 1)an+1x −
n=0
2a2 +
∞ X
∞ X
an−1xn
n=0
[(n + 2)(n + 1)an+1 − an−1] xn = 0
n=0
Entonces se va a tener que todos los coheficientes de n son iguales a cero, o sea, 2a2 = 0
y
(n + 2)(n + 1)an+1 − an−1 = 0
∀n = 1, 2, . . .
Entonces, a2 = 0
y
an+2 =
an−1 (n + 2)(n + 1)
∀n = 1, 2, . . .
Pero esto implica que 0 = a2 = a5 = a8 = a11 = . . .. Ahora encontremos algunos t´erminos Para n = 1 =⇒ a3 = Para n = 2 =⇒ a4 = Para n = 4 =⇒ a6 = Para n = 5 =⇒ a7 = Para n = 7 =⇒ a9 =
a0 ; 3·2 a1 ; 4·3 a3 a0 = ; 6·5 6·5·3·2 a4 a1 = ; 7·6 7·6·4·3 a6 a0 = ; 9·8 10 · 9 · 7 · 6 · 4 · 3
Entonces los pares de tres en tres est´ an dados por: a3k =
a0 (3k)(3k − 1)(3k − 3)(3k − 4)(3k − 6) · · · (3)(2)
∀k = 1, 2, . . .
Y los impares de tres en tres est´ an dados por: a3k+1 =
a1 (3k + 1)(3k)(3k − 2)(3k − 3)(3k − 5) · · · (4)(3)
De esto a3k+2 = 0 ∀k = 1, 2, . . ., luego y(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + . . .
∀k = 1, 2, . . .
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Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I
O sea, y(x) = a0 + a3 x3 + a6x6 + . . . + a1x + a4x4 + a7 x7 + . . . pero a2 x2 + a5x5 + a8 x8 + . . . esto vale cero entonces: y(x) = a0 +
∞ X
a3k x3k + a1x +
k=1
∞ X
a3k+1x3k+1 + 0
k=1
Para simplificar un poco la escritura llamemos a a0 a0 = a3k = ζ (3k)(3k − 1)(3k − 3)(3k − 4)(3k − 6) · · · (3)(2) y a1 a1 = a3k+1 = ξ (3k + 1)(3k)(3k − 2)(3k − 3)(3k − 5) · · · (4)(3) Entonces volviendo al desarrollo tenemos que; y(x) = a0 +
∞ X a0 k=1
O bi´en, y(x) = a0
"
ζ
x3k + a1x +
∞ X a1 k=1
ξ
x3k+1
# " # ∞ ∞ X X 1 3k 1 3k+1 1+ + a1 x + x x ζ ξ k=1
k=1
La cu´ al es la soluci´ on general. Adem´ as ∞ X 1 y (x) = 1 + x3k 1 (3k)(3k − 1)(3k − 3)(3k − 4)(3k − 6) · · · (3)(2) k=1 ∞ X y (x) = x + 2
k=1
1 x3k+1 (3k + 1)(3k)(3k − 2)(3k − 3)(3k − 5) · · · (4)(3)
Es la soluci´ on general linealmente independiente. §
Espero que el lector encuentre provecho de est´ as notas, en su momento enviare la otra parte que comprende a las ecuaciones diferenciales parciales. Para cualquier comentario favor de enviarlo a: Fractal
[email protected] c
2006 Jos´e Enrique Maciel Brise˜ no
Bibliograf´ıa [1] Dennis G. Zill y Michael R. Cullen, 2002. Ecuaciones Difernciales con valores en la frontera, Quinta Edici´ on, Tomson Learning. [2] T. M. Apostol, 1967. Calculus Vol.1: One-variable calculus with an introduction to linear algebra, Second Edition, Blaisdell Publishing, Co. [3] Tom M. Apostol, 1967. Calculus volume I, Second Edition, Wiley International Edition. [4] William Anthony Granville, 1991. C´ alculo Diferncial e Integral, Limusa.
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