UniversidaddeChileFacultaddeCienciasFsicasyMatematicasEcuacionesDiferencialesOrdinariasRa ulManasevich,AlfredoN u nezMarzo20092Indice1. Introduccion 31.1. Clasicaciondeecuacionesdiferenciales. 31.2. SoluciondeunaEDO 52. EDOdeprimerorden 62.1. EDOdevariablesseparables. 62.2. EDOlineales,casoescalar. 102.3. Algunasecuacionesnolineales 132.4. EjerciciosResueltos 162.5. EjerciciosPropuestos 373. Ecuacioneslinealesdeordenn 423.1. Propiedadesgenerales 423.2. Ecuaciondesegundoordenhomogenea 523.3. EDOlinealdeordennconcoecientesconstantes 563.4. Metododevariaci ondeparametros 643.5. Metododeloscoecientesindeterminados 723.6. EjerciciosResueltos 793.7. EjerciciosPropuestos 1014. TransformadadeLaplace 1104.1. TransformadaInversa 1174.2. Propiedadesoperacionales 1204.3. AplicacionesaEDO 1274.4. ProductodeConvolucion 1344.5. TransformadadeLaplacedefuncionesperiodicas 1394.6. DeltadeDirac 1444.7. FunciondeTransferencia 1504.8. FuncionGama 1574.9. EjerciciosResueltos 1594.10. EjerciciosPlanteados 1855. SistemasdeEcuacionesDiferenciales 1885.1. Introduccion 1885.2. Propiedadesgeneralesdesistemas 1975.3. Matrizexponencial 2145.4. SistemasLinealesPlanos 2425.5. ProblemasResueltos. 2486. ResoluciondeEDOporseriesdepotencias 2766.1. Breverepasodeseriesdepotencias 2766.2. Aplicacionesaecuacionesdiferenciales 2806.3. Casodondeexistenpuntossingulares. 3036.4. Ejerciciosresueltos 3217. AspectoscualitativosdeEDONolineales 32531. Introducci onDenicion1.1. Unaecuacionquecontienederivadas deunaomas variablesdependientes con respecto a una o mas variables independientes se llama ecuaciondiferencial.En (1.1) y (1.2),yes la variable dependiente yt es la variable independiente,a, csonparametros.dydt= aet, (1.1)d2ydt2= cdydt+ ay. (1.2)En(1.3),ueslavariabledependiente,xeysonlasvariablesindependientes.2ux2+2uy2= 0, (1.3)Enlas ecuaciones diferenciales la(s) variable(s) dependiente(s) es(son) la(s)incognita(s)delproblema.1.1. Clasicaciondeecuacionesdiferenciales. Se mostrara a continuaci onlaclasicaciondelasecuacionesdiferencialesdeacuerdoasutipo,asuordenydeacuerdoasieslinealonolineal.Clasicacion por tipo. Se dividen en Ecuaciones Diferenciales Ordinarias (EDO)y en Ecuaciones Diferenciales Parciales o Ecuaciones en Derivadas Parciales (EDP).(a)EcuacionesDiferencialesOrdinarias,sonaquellasquecontienenderivadasdeuna o mas variables dependientes con respecto a solamente una variable indepen-diente. LasecuacionesdiferencialesordinariaslasvamosaabreviarporEDOoedo.Ejemplos:loscasos(1.1)y(1.2)ytambien(1.4)y(n)+an1(t)yn1+ + a1(t)y

+a0(t)y= h(t), (1.4)dondeh(t), a0(t), , an1(t)sonfuncionesconocidas.4(b)EcuacionesDiferencialesParciales,sonaquellasquecontienenderivadaspar-ciales deunaomas variables dependientes conrespectoados omas variablesindependientes.Ejemplos. Laecuacion(1.3) quecorrespondealaecuaciondeLaplacey(1.5),(1.6)quecorrespondenalasecuacionesdelcalorydeondasrespectivamente.ut=2ux2(1.5)2ux2 2uy2= 0 (1.6)Clasicacionpororden.ElordendeunaEcuacionDiferencialeseldeladeri-vadademayorordenqueapareceenesta.Ejemplos.Laedo(1.7)esdeorden3.d3ydt3+ 5d2ydt2+ 6dydt+ 7y= et, (1.7)Losejemplos(1.3), (1.5)y(1.6)correspondenaEDPsdeorden2. Losejemplos(1.1),(1.2)y(1.4)correspondenaEDOsdeorden1,2ynrespectivamente.Consideremosacontinuaci onlaexpresionF(t, y, y

, , y(n)) = 0 (1.8)donde F : Rn+2Ryes unabierto. (1.8) representalaecuaciondiferencialordinariaescalarmasgeneraldeordenn.UnejemplodeunaFes, parael casodeordentres(n=3), lafuncion(1.9),quetienecomoedoasociadaa(1.10)F(t, x0, x1, x2, x3) = a0x20 + a1x31 + a2 log [x2[ + ex3h(t), (1.9)ey(3)+ a2 log [y

[ + a1(y

)3+ a0y2= h(t), (1.10)dondesesuponequea0, a1, a2sonconstantesyh(t)esunafuncionconocida.En lo que sigue vamos a suponer siempre la ecuacion esta resuelta para la deri-vadademayororden,estosignicaquede(1.8)sepuededespejarladerivadademayor orden. A la expresion (1.11) vamos a llamarla forma normal de la ecuacionescalarmasgeneraldeordenn.5y(n)=F(t, y, , y(n1)), (1.11)Clasicacionseg unlinealidad. Un caso importante es aquel en que la funcionFvienedadapor(1.12),consuecuaciondiferencialcorrespondienteF(t, x0, , xn) = a0(t)x0 + a1(t)x1 +a2(t)x2 + + an(t)xng(t), (1.12)an(t)y(n)+ an1(t)y(n1)+ + a0(t)y= g(t), (1.13)Sian(t) ,= 0,laEDOanteriorsepuedeescribircomoy(n)+ an1(t)y(n1)+ + a0(t)y= g(t) (1.14)donde ai(t) =ai(t)an(t)para i = 1, , n 1, y g(t) =g(t)an(t).Laecuacion(1.13)o(1.14)sellamaEcuacionDiferencial OrdinariaLineal deordenn.Unaedo(deordenn)quenoeslineal, estoes, quenosepuedeescribirenlaforma(1.13)o(1.14),lallamaremosedo(deordenn)nolineal.Algunosejemplosdeecuacionesnolinealessony

= ty1/2,y

+ y2= 0.1.2. SoluciondeunaEDO. Comencemos analizando el caso particular de laedodesegundoordenlinealy

+ k2y= 0, (1.15)dondekesunaconstantenonula.Resolver (1.15) es encontrar funciones y(t) denidas en un cierto intervalo talesquey

= k2y.6Conlaexperienciadecursosanterioressabemosqueunpardefuncionesquesatisfacen esta propiedad son cos(kt) y sin(kt). Ambas funciones satisfacen enton-ces(1.15)paratodot Ryporlotantosonsolucionesdelaecuaciondenidaen R.Masgeneralmenteconsideremoslaecuacion(1.8)yexpliquemosloqueenten-demosporunasoluciondeestaecuacion.Denicion1.2. Unasolucionde(1.8) es unafuncionz : IR, declaseCn(I),tal queF(t, z(t), z

(t), , z(n)(t)) = 0, t I.Notemos que para cada t Iel punto (t, z(t), , z(n)(t)) necesariamente debepertenecer al dominio de denicion de F. En esta denicion I denota un intervalode los reales. Este intervalo puede no ser el maximo intervalo donde se puede denirla solucion. Encontrar este intervalo maximal puede llegar a ser un problema difcilenelcasonolineal.Denicion1.3.El problema con condicion inicial para la ecuacion (1.8) consisteenencontrarlasoluciondeestaecuacionquesatisfacecondicionesinicialesdelaformay(t0) = c1, y

(t0) = c2,, yn1(t0) = cn, (1.16)dondet0 Iesunpuntodadoyc1, cnsonconstantesdadas.Estasolucionpuedenoser unicayveremosejemplosmasadelante.2. EDOdeprimerorden2.1. EDO de variables separables. La edo mas simple de primer orden tienelaformay

(t) = g(t)dondegesunafuncioncontnua. Porintegraci onobtenemosinmediatamentequelassolucionesdeestaecuacionquedadadaporlaexpresiony(t) = C +_g(t)dt,dondeCesunaconstantearbitraria.Consideremosacontinuaci onlaedo7y

=g(t)h(y), (2.1)donde g y h son funciones continuas tales que h(y) ,= 0. Esta ecuacion se conocecomodevariablesseparables.Suponiendoquey=(t)esunasoluciondeestaedo,setienequeh((t))

(t) = g(t),ydeniendoH(s) =_h(s)ds, G(t) =_g(t)dt,porintegraci onseobtienequelasolucion(t)debesatisfacerH((t)) = G(t) + C.Inversamente,siz(t)esunafunciondiferenciablequesatisfaceH(z(t)) = G(t) + CenunintervaloI,entoncesalderivar,h(z(t))z

(t) = g(t),setienequezessolucionde(2.1)encualquierintervalodondeh(z(t)) ,= 0.,De este argumento queda claro que para resolver la ecuacion (2.1) encontramosprimerolasprimitivasHyGyformamoslaexpresionH(y) = G(t) + C. (2.2)Acontinuaci ondespejamosycomofunciondet. Si noesposibledespejar, seacostumbra llamar a (2.2) la solucion de implcita de (2.1). Damos a continuaci onalgunosejemplos.Ejemplo2.1. Resuelvael problemay

=ty.EvaluamosHyG,H(y) =_ydy=y22y G(t) =_tdt =t22 ,yformamosH(y) = G(t) + C,dedondey22=t22+ C.8Despejandoy(t) = (t2+ 2C)1/2.Quedapropuestoencontrarsolucionesdelaecuacion,consusintervalosmaxi-mal dedenicion,paradistintosvaloresdelaconstanteC.Ejemplo2.2. Resolverlaecuaciony

=y1 + t,Notienelaformadevariablesseparables,peroselapodemosdarescribiendolacomoy

=11 + t1y.EvaluandoHyGseobtieneH(y) =_1ydy, G(t) =_dt1 +t,dedondelasolucionsepuededespejarcomoy(t) = C(1 +t),conCunaconstante.Deacuerdoaladenicion1.3el problemaconcondicioninicial paralaedoescalardeprimerordenconsisteenencontrartodaslassolucionesdelproblemay

= f(t, y)y(t0) = y0Esdecirencontrartodasaquellassolucionesquesatisfacenlacondicioninicialy(t0) = y0. El par (t0, y0) debe pertenece al dominio de denicion de la funcion f.Ejemplo2.3. Resolverel problemaconcondicioninicialy

= t3y3, y(1) = 5.EvaluandoHyGobtenemosH(y) =_y3dy=y44G(t) = _t3dy= t44 ,dedondelassolucionessatisfaceny4+ t4= C.9Resolviendoparay.y(t) = (C t4)1/4,y usando la condicion inicial para calcular la constante Cobtenemos que C= 626conloquelasolucionpedidaesy(t) = (626 t4)1/4.Propuesto.Cual esel intervalomaximal dedeniciondeestasolucion?Enelsiguienteejemploqueremosilustrarlafaltadeunicidaddelassolucionesparaunproblemaconcondicioninicial.Ejemplo2.4. Resolvery

= ty1/2, y(0) = 0. (2.3)Escribiendolaecuacioncomoy

=ty1/2,evaluandolasprimitivasH,Gyresolviendoparayenlaexpresionresultante,seobtieney(t) =_t24+ C_2.Usandolacondicioninicial nosdaquey(t) =t416esunasolucional problemaconcondicioninicial.Notamos, sinembargo, queel problema(2.3)tienetambienlasoluciontrivialy(t) 0paratodot R.Asesteproblematieneporlomenos2soluciones.Vamosaprobarquetieneinnitas.Enefecto,considerelafamiliadefuncionesquedependendeunparametroa > 0,y(t) =_0 [t[ < a(t2a2)216t a o t a.EstafuncionesdeclaseC1en Rysatisfacey

(t) =_0 [t[ < at(t2a2)4= ty1/2[t[ a10por lo que es solucion del problema con condicion inicial para cualquier valor a > 0dado.Sedejacomoejerciciodemostrarqueesteproblemaconcondicioninicialtieneunafamiliadesolucionesquedependendedosparametros.2.2. EDOlineales, casoescalar. Vimosquelaedolineal deordennmasgeneraltienelaformaan(t)y(n)+ an1(t)y(n1)+ + a1(t)y

+ a0(t)y= g(t). (2.4)Si g(t) 0 diremos que esta ecuacion es Homogeneay NoHomogeneaen casocontrario.Vamosasuponerdeahoraenadelantelasiguientehipotesis.(H1) Las funciones coecientes ai(t), i = 0, , n, y la funcion g(t) estan denidasen un intervalo com un I, donde son continuas. Ademas an(t) ,= 0, para todo t I.Cuandon = 1,(3.1)sellamaecuacionlinealdeprimerordenytienelaformaa2(t)y

+ a1(t)y= g(t).Dividiendopora1(t)(a1(t) ,= 0),resultay

+ P(t)y= f(t), (2.5)dondeP(t) =a1(t)a2(t)yf(t) =g(t)a2(t).Estudiemosprimerolaecuacionhomogeneay

+ P(t)y= 0. (2.6)Observandoqueddte

P(t)dt= P(t)e

P(t)dt,ymultiplicando(2.6)pore

P(t)dt,seobtienequeddt_e

P(t)dty_ = 0.Integrandoydespejandosesiguequeyh(t) = Ce

P(t)dt, (2.7)dondeyhdenotalasoluciondelaecuacion(homogenea)(2.6).Notamosqueestaexpresionnosdatodaslassolucionesdeestaecuacionporloquelallamamoslasoluciongeneral.11Consideremosacontinuaci onlaecuacionnohomogeneay

+ P(t)y= f(t). (2.8)Conunprocedimientosimilar,estoes,multiplicandoambosladosdelaecuacionpor e

P(t)dteintegrando, obtenemos quelasoluciongeneral delaecuacionnohomogeneaquedadadapory(t) = ce

P(t)dt+e

P(t)dt_f(t)e

p(t)dt. (2.9)Laexpresionyp(t) := e

P(t)dt_f(t)e

P(t)dtdt (2.10)sellamalasolucionparticulardelaecuacion(2.8). Diferenciaciandoseobtienedirectamentequeypsatisfacelaecuacion(2.8),esdecir,satisfacey

p(t) + P(t)yp(t) = f(t).Se tiene entonces que la solucion general de la ecuacion no homogenea se puedeescribircomoy(t) = yh(t) + yp(t).Acontinuaci onsepresentanalgunosejemplosdeecuacioneslinealesdeprimerorden.Ejemplo2.5. Resolverty

(t) 4y(t) = t5et, t (0, ),Al escribirlaensuformanormal queday

(t) 4y(t)t= t4et, t (0, ).Comparandoconlaecuacion(2.8),seobservaqueP(t) = 4tyf(t) = t4et.Despuesdealgunoscalculosseobtieneque_yt4_

= et,eintegrandoy(t) = ct4+t4et,queeslasoluciongeneral delaecuacion.12Consideremos acontinuaci onunejemplodeunproblemaconcondicioninicial.Ejemplo2.6. Resolverel problemaconcondicioninicialtdydt+y= 2t, y(1) = 0, t (0, ).Ensuformanormaly

+yt= 2, y(1) = 0, t (0, ).Despuesdealgunoscalculos,seobtieneque(ty)

= 2teintegrandoy(t) =ct+ t para t > 0.Usandolacondicioninicial,setienequelasolucionpedidaesy(t) = t 1t.Consideremosacontinuaci onunejemplodeunalaecuaciondiferencialqueesnolinealperoquesepuedereduciraunalineal.Ejemplo2.7. Resolvery

=1t + y2.Escrita de esta manera, esta ecuacion es no lineal. Sin embargo, si la escribimoscomodtdy t = y2se convierte enunaecuacionlineal. Se haninvertidoesosi el rol de variabledependienteconeldevariableindependiente.Asenvezdepedirycomofunciondetbuscamostcomofunciondey.Resolviendo,seobtienet = eyc + ey_y2eydy.Como_y2eydyx = eyy22eyy 2ey,lasolucionquedadadaentoncesport(y) = ceyy22y 2.132.3. Algunasecuacionesnolineales. Explicaremosacontinuaci onalgunosmetodos para resolver ciertas ecuaciones diferenciales no lineales de primer orden.Laideageneral es introducir uncambiodevariables adecuadoparareducir laecuacionaotraqueseaconocida.Comenzamos conuntipodeecuaciones quetienenunaciertapropiedaddehomogeneidad, lo cual se va a usar para llevarlas a una ecuacion conocida. Primerounejemplo.Ejemplo2.8. Consideremoslaedoy

= t2+ y2t2ty,quenoeslineal ytienelaformay

= f(t, y).Denotando por M(t, y) := t2+y2y N(t, y) := t2tyla ecuacion se puede escribircomoy

= M(t, y)N(t, y)LasfuncionesMyNtienenlasiguientepropiedadM(st, sy) = s2M(t, y), N(st, sy) = s2N(t, y),paracualquiers ,=0. Estosugierehacerel cambiodevariablesy=ut, dondeuseconsideraunanuevavariabledependiente.Reemplazandoy

=u

t + uenlaecuaciondiferencialydespejandoseobtieneu

= 1t1 + u1 u,queescritacomou

= 1t1u1+u,resultaserdevariablesseparable. Utilizandolanotacionintroducidaparadichotipodeecuaciones,setienedespuesdealgunoscalculos,queH(u) =_ _1 u1 +u_du = log((1 + u)2) u, y G(t) = log[t[.Reemplazandou =yt,seobtienenalmentequelassolucionessatisfacen(t +y)2= Cyt.Masgeneralmente,consideremoslaecuacionhomogenea14y

= M(t, y)N(t, y), (2.11)donde My Nson funciones continuas y homogeneas de grado , es decir satisfacenM(st, sy) = sM(t, y), N(st, sy) = sN(t, y)(notequepuedesernecesariorestringirlosvaloresdes).Haciendoelcambiodevariablesy= utenlaecuacion(2.11),nosquedau

t +u = M(t, tu)N(t, tu)= M(1, u)N(1, u)dedondeu

= u +M(1,u)N(1,u)t.De esta forma esta ecuacion se puede escribir como una de variables separablesdelaformau

= g(t)h(u),conh(u) =1u +M(1,u)N(1,u)y g(t) = 1t.Asilaecuacionsehareducidoaunaconocida.Acontinuacionvamos aconsiderar laEcuaciondeBernoulli quetienelaformay

+ P(t)y= f(t)ynNotamosqueparan = 0yn = 1laecuacionesunalinealdeprimerorden.Pararesolverestaecuacionlaescribimosenlaformayny

+ P(t)y1n= f(t). (2.12)Haciendoelcambiodevariablesu = y1n,derivandoestaexpresion,yny

=u

1 n,yreemplazandoenlaecuacion(2.12)resultalaecuacionlinealu

+ (1 n)P(t)u = (1 n)f(t),quesabemoscomoresolver.15Otraecuacionnolineal deprimer ordenes lallamadaEcuacionde Ricatti(1676-1754),quetienelaformay

= P(t) + Q(t)y + R(t)y2. (2.13)Enalgunos casos estaecuacionsepuederesolver por metodos elementales. Enefecto, supongamos que se conoce una solucion y1 de la ecuacion (2.13) y queremosencontrartodaslasotrassoluciones. Paraestodenamosz(t) =y(t) y1(t)yreemplacemosen(2.13),seobtieney

= z

+ y

1= P(t) + Q(t)(z + y1) + R(t)(z2+ 2zy1 + y21),lacualusandoquey1essolucion,sesimplicaaz

(Q(t) + 2y1(t)R(t))z= R(t)z2,que resultaser unaecuacionde Bernoulli, conn=2, que yasabemos comoresolver.Ejemplo2.9. Consideremoslaecuaciony

= 6 + 5y + y2.EnestecasocomoP=6, Q=5, yR=1, setienequeunasolucionparticularesy1(t) = 2.Seay= 2 + z,entonceszsatisfacelaecuacionz

z= z2,quecomodijimosrecienesunaecuaciondeBernoulli, conn=2. Haciendoelcambiou = z1seobtienequeusatisfaceu

+ u = 1dedondeu(t) = cet1.Volviendoalasvariablesoriginalesz(t) =1cet1ynalmentey(t) = 2 +z(t) = 2 +1cet1.Notamosquehaciendoc = 0obtenemoslasoluciony(t) = 3.162.4. EjerciciosResueltos.Ejercicio2.1. ConsiderelaecuaciondeClairaut:y= ty

14(y

)2.Demuestrequey(t) = Ct 14C2esunasolucionuniparametricadeestaecuacion.Encuentrecual delassiguientesfunciones:y(t) = t2,y(t) = t3,y(t) = et,esunasoluciondelaecuaciondiferencial. Indiquecual eslarelaciongeometricaentrelassoluciones.Solucion:Seeval ualafuncionenlaEDOyresulta:ty

14(y

)2y= tC 14(C)2tC +14(C)2= 0.PorlotantolafuncionconparametroCesunasoluciondelaEDO.Para encontrar cuales de las funciones son tambien solucion, se eval ua en la EDOdemanerasimilar:t(t2)

14((t2)

)2(t2) = 2t2t2t2= 0.Porlotantoy(t) = t2essolucion.t(t3)

14((t3)

)2(t3) = 3t394t3t3=14t3.Porlotantoy(t) = t3noessoluciondelaEDO.t(et)

14((et)

)2(et) = 2et14e2tet,= 0.Porlotantoy(t) = etnoessoluciondelaEDO.Finalmente, la relacion geometrica de las soluciones de esta EDO es que las rectasson tangentes a la parabola t2. Esto se puede obtener dibujando varias soluciones,yluegocalculandolaecuaciondelarectatangenteay(t) =t2ent =C2. Seaf(t) = at + blarectatangenteent =C2,entoncessedebecumplirque:f_C2_ = y_C2_, y f

_C2_ = y

_C2_.dedondeseobtienequea = 14C2yb = C.EnlaFigura1sepuedenverloscomandosdeMapleparagenerarlassolucionesysusgracos.17Figura1. CodigoMapleEjercicio2.1Ejercicio2.2. ConsiderelaEDO:y

+ p(t)y

+ q(t)y= 0.dondep, q: I Rsondosfuncionescontinuasquesepidedeterminarbajolacondiciondequey1(t) = sin(t2) e y2(t) = cos(t2).formenunabasedesolucionesdeestaecuacion.Determineclaramentelosinter-valosrealesIdondeesteproblemaadmitesolucion.Solucion:Paracalcular p(t) yq(t) seeval uay1(t) yy2(t) enlaEDO, obteniendoseelsiguientesistemade2ecuacionesy2incognitas:182tp(t) cos(t2) + q(t) sin(t2) = 4t2sin(t2) 2 cos(t2).2tp(t) sin(t2) + q(t) cos(t2) = 4t2cos(t2) + 2 sin(t2).Resolviendo el sistema se obtiene la respuesta: p(t) = 1t, q(t) = 4t2. Los intervalosdondelaEDOadmitesolucionson(, 0)y(0, ).Ejercicio2.3. Laecuaciondiferencial:dPdt= P(a b ln(P)).seutilizaenel pronosticodecrecimientodepoblaciones.Enestaecuaciona > 0ybsonconstantes.(i)Encuentrelasoluciondeestaecuacion,siP(0) = P0> 0.(ii)Describael comportamientodeP(t)cuandot .Solucion:(i)LaEDOesdeltipovariablesseparables:dPdt= P

=11P(a b ln(P))=g(t)h(P).Integrandosetieneque:G(t) =_t0dt = t.H(P(t)) =_P(t)P01P(a b ln(P))dP= 1b ln_a b ln(P(t))a b ln(P0)_.H(P(t)) = G(t).Finalmenteluegodedespejar,lasoluciondelaEDOes:P(t) = eab ebtb(a b ln(P0)).(ii)PorenunciadoP0>0, a>0. Entonceshaydoscasosporanalizar: b 0.Enelcasoqueb > 0,secumpleque:lmtP(t) =lmteabebtb(ab ln(P0))= eab.19Enelcasoqueb < 0,secumpleque:lmtP(t) =lmteab ebtb(a b ln(P0))= eab (a b ln(P0))blmtebt.y entonces hay tres casos: (ab ln(P0)) = 0, (ab ln(P0)) > 0 y (ab ln(P0)) < 0.Sisecumpleque(a b ln(P0)) = 0:lmtP(t) = eab.Sisecumpleque(a b ln(P0)) > 0:lmtP(t) = .Sisecumpleque(a b ln(P0)) < 0:lmtP(t) = 0.Ejercicio2.4. Considereel problemaconcondicioninicial:(1 + x2)y

+ 2xy= f(x), y(0) = 0.donde:f(x) =_x parax [0, 1)x parax 1(2.14)Encuentre una solucioncontinua, (no de clase C1) de este problema. Eval uey

(1+),y

(1)ydemuestrequey

(1+) y

(1) = 1.Solucion:Six [0, 1):y

1 +2x1 + x2y1=x1 + x2.lacual esunaEDOlineal. El factorintegrantees1 + x2. Al multiplicarporelfactorintegranteresulta:d((1 + x2)y1)dx= x,(1 + x2)y1=x22+ c1,20y1(x) =x22(1 + x2)+c11 + x2.Esta solucion es valida en x [0, 1), por lo que se puede aplicar la condicion inicialy1(0) = 0,resultandoc1= 0,yporlotanto:y1(x) =x22(1 + x2).Six [1, ):y

2 +2x1 + x2y2=x1 + x2.Lacual esunaEDOlineal. El factorintegrantees1 + x2. Al multiplicarporelfactorintegranteresulta:d((1 + x2)y2)dx= x,(1 +x2)y2= x22+ c2,y2(x) =x22(1 + x2)+c21 + x2.Estasoluciones validaenx [1, ). c2seobtieneaplicandolacondiciondecontinuidaddelassoluciones:y1(1) = y2(1),resultandoc2= 1,yporlotanto:y2(x) =x2+ 22(1 + x2).Enres umen,lasoluciondenidaportramoses:y(x) =___x22(1 + x2)parax [0, 1)x2+ 22(1 + x2)parax 1DelaEDOseobtieneque:y

(x) =f(x) 2xy(x)1 + x2.Evaluandoen1+yen1setiene:y

(1+) = 1 2y(1+)2=1 2142= 34.y

(1) =1 2y(1)2=1 2142=14.21y

(1+) y

(1) = 1.En la Figura 2 se muestra el codigo en Maple para obtener la solucion y su graco.Esclaroapartirdelaguraquelafunciony(x)noesdiferenciableenx = 1.Figura2. CodigoMapleEjercicio2.422Ejercicio2.5. Considerelaecuaciondiferencial lineal deprimerorden:y

+a(t)y= b(t)u(t)(i) Sepideencontrarlasfuncionesa(t)yb(t),sabiendoquesiu(t) = 0lasolu-cionesy(t) = etysiu(t) = 1lasolucionesy(t) = et+ 1.(ii) Apartirde(i),determinelasoluciony(t)delaecuacioncuandou(t) = sen t, y(0) = 0(iii)Resuelvalaecuaciondiferencial ordinariacuando:a(t) = tan t, b(t) = cos2t, y(0) = 1.Solucion:(i)Elprimerdato:u(t) = 0, y(t) = et, y

(t) = et.Entonces:et+ a(t)et= (a(t) 1)et= 0.Luegoa(t) = 1.Elsegundodato:u(t) = 1, y(t) = et+ 1, y

(t) = et.Entonces:et+ 1 et= 1 = b(t).Finalmente los parametros de la EDO resultaron ser constantes. Ahora se resuelvelaparte(ii):y

+ y= sin(t).LaEDOesdeltipoLinealdeprimerorden.Elmetododicequesedebeobtenerun factor integrante, el cual es et. Al multiplicar este factor integrante en la EDO,estaqueda:d(yet)dt= etsin(t).La cual es una EDO de variables separables de la forma y

= f(t), que se resuelveintegrandodirectamente._d(yet) = y(t)et=_etsin(t)dt + C= 12etcos(t) +12etsin(t) + C,y(t) = Cet+12(sin(t) cos(t)).Delacondicioninicial y(0)=0seobtienequeC=12, conloquelasolucionalproblemaconcondicioniniciales:23y(t) =12(et+ sin(t) cos(t)).Este mismoresultadopuede ser obtenidoocupandoel programaMaple, comosemuestraenlagura(3). El comandoplotpordefectoocupa50puntospararealizarelgraco,sinembargonosonsucientesenesteejemplo,ysemodicaa500puntos.Figura3. CodigoMapleEjercicio2.5(ii)Enlagura(4)semuestrael codigoMapleparagenerarlaspendientesdelascurvas integrales de la ecuacion. Para marcar la solucion al problema con condicioninicial, luegodejarlosejesseanota[[0, 0]], enlaquelaprimeracomponentesignicat = 0ylasegunday(0) = 0.24Figura4. CodigoMapleEjercicio2.5(ii)(iii) Enlatercerapartedelapregunta, laEDOes del tipolineal, yel factorintegrante e

tan(t)=eln(cos(t))=sec(t). Al multiplicar laEDOpor el factorintegranteresulta:d(y(t) sec(t))dt= cos(t),_d(y sec(t)) =_cos(t)dt + C,y(x) = C cos(t) + sin(t) cos(t).Lacondicioninicial es y(0) = 1, entonces C= 1conloquelasolucionalproblemaconCIes:y(t) = sin(t) cos(t) cos(t) =12 sin(2t) cos(t).Enlagura(5)semuestraelcodigoMapleparagenerarlaspendientesdelascurvasintegralesdelaecuacionysemarcalasolucionalproblemadecondicioninicial(seanota[[0, 1]],oseay(0) = 1).25Figura5. CodigoMapleEjercicio2.5(iii)Ejercicio2.6. Considerelaecuaciondiferencial:y

+ ay= bu(t), y(0) = 0,dondea > 0,b > 0sonn umerosrealesdados.Lafuncionu(t)estadenidapor:u(t) =___3 si 0 t 2 si < t 21 si 2< t 3f(t) si 3< tdonde esunn umeropositivodado. Encuentreygraqueunafunciony(t)quesatisfacelaecuaciondiferencialenlosintervalos[0, ],(, 2],(2, 3],(3, )yqueescontinuaen[0, )paralossiguientescasos:(i)f(t) = 0, (ii)f(t) = cos(t).Solucion:Enelintervalo[0, ]secumple:26y

+ ay= 3b y(t) = c1eat+3ba .Alaplicarlacondicioninicialy(0) = 0resultac1= 3bayentonces:y(t) =3ba (1 eat), t [0, ].Enelintervalo(, 2]secumple:y

+ ay= 2b y(t) = c2eat+2ba .Al aplicar lacondiciondecontinuidaden, y() =3ba (1 ea) resultac2=ba(ea3)yentonces:y(t) =ba(ea3)eat+2ba , t (, 2].Enelintervalo(2, 3]secumple:y

+ ay= b y(t) = c3eat+ba.Alaplicarlacondiciondecontinuidaden2,y(2) =ba(ea3)ea+2baresultac3=ba(e2a+ ea3)yentonces:y(t) =ba(e2a+ ea3)eat+ba, t (2, 3].Enelintervalo(3, )secumple:y

+ ay= f(t).(i)Analizandoelprimercasof(t) = 0y

+ ay= 0 y(t) = c41eat.Alaplicarlacondiciondecontinuidaden3,y(3)=ba(e2a+ ea 3)e3a+baresultac41=ba(e3a+ e2a+ ea3)yentonces:y(t) =ba(e3a+ e2a+ea3)eat, t (3, ).27(ii)Analizandoelsegundocasof(t) = cos(t)y

+ ay= cos(t) y(t) = c42eat+ab1 + a2 cos(t) +b1 + a2 sin(t).Tomandosen() =a1+a2ycos() =11+a2,lasoluciondelaEDOenesteintervaloseescribe:y(t) = c42eat+ b sen(t + ).Alaplicarlacondiciondecontinuidaden3,y(3) =ba(e2a+ ea3))e3a+baresultac42=ba(e3a+ e2a+ ea3) e3ab sen(3+ )yentonces:y(t) =_ba(e3a+ e2a+ ea3) be3asen(3+)_eat+sen(t+), t (3, ).Enlassiguientesgurassemuestrangracosdelafunciony(t)paracadacasodef(t),tomandolosvaloresa = 1,b = 1,= 10.Figura6. GracosEjercicio2.6Ejercicio2.7. Resuelvalasiguienteecuaciondiferencial:y

=y2+ tyt2+ ty.Solucion:LaEDOes del tipoHomogeneayentonces seaplicael cambiodevariable:y= tu,y

= u + tu

.Alreemplazarenlaecuacionresulta:28u + tu

=u2+u1 + u.Despejandou

queda:u

=u ((1 )u + ( 1))t(1 + u).LacualesunaecuaciondeltipoVariablesSeparables.Entoncessecumpleque:_1 + uu((1 )u + ( 1))du =_1tdt +c.ocupandofraccionesparciales,resulta:_Audu +_B(1 )u + ( 1)du =_1tdt +c.dondeA=11yB=11. FinalmenteseobtienelasolucionimplcitadelaEDO:uA((1 )u + ( 1))B1= Ct.Regresandoalavariableoriginal,sustituyendou =ytqueda:_yt_ 11_(1 )_yt_+ ( 1)_1(1)(1)= Ct.Ejercicio2.8. MediantesustitucionesadecuadasresuelvalaEDOnolineal:y

4y ln y + 2ty(ln y)3= 0.yencuentrelasolucionquesatisfacey(0)=e14. Demuestrequeel dominiodedenicionde estasolucionincluye el intervalo[0, ). Sugerencia. Transformeprimerolaecuacionenotranolineal peroconocida.Solucion:Seaplicaelcambiodevariableu = ln(y),u

= y1y

yresultalaEDOdeltipoBernoulli:u

4u + 2tu3= 0.u3u

4u2= 2t.Conelcambiodevariableu2= w, 2u3u

= w

resultalaEDOlineal:w

+ 8w = 4t.cuyasoluciones29w(t) = ce8t+12t 116.Regresandoalavariableinicial:u(t) =1_ce8t+12t 116.y(t) = eu(t)= e1ce8t+12t116= e4c

e8t+8t1.Lacondicioninicial y(0)=e14, imponequedeambassolucionesposibles(larazcuadrada),sedebaelegiraquellaconrazdesignonegativo .Laconstantetomaelvalorc

=257ynalmentelasolucionalproblemaconcondicioniniciales:y(t) = e4257e8t+ 8t 1.Ejercicio2.9. Resuelvalasiguienteecuaciondiferencial:y

=y2(m+ n)2 4mn(m+ n)2y (mn)2.Dondem > 0yn > 0sonconstantespositivas.Solucion:La ecuacion diferencial es del tipo Riccati. El metodo dice que para resolver estetipodeecuacionsedebeencontrarunasolucionparticulardelaEDO.Seintentaencontrarprimerounasoluciondel tipoconstantey1=C, y

1=0, yluegodehacer algunas simplicaciones resulta la siguiente ecuacion algebraica de segundogrado:C24mnC (m2n2)2= 0.cuyassolucionesson:(m+ n)2y (mn)2.Tomandopor ejemplocomosolucionay1=(m+n)2, el siguiente pasoesrealizarelcambiodevariable:z= y y1= y (m+ n)2, z

= y

.AlaplicarestecambiodevariableresultalasiguienteEDOdeltipoBernoulli:z

+_2(n2+ m2)(m+ n)2_z=1(m+ n)2z2.30z

z2+_2(n2+ m2)(m+ n)2_ 1z=1(m+ n)2.PararesolverlaEDOdetipoBernoulli serealizael cambiodevariable: u=1z,u

= 1z2z

,quedandolasiguienteEDOdetipoLineal.u

+2(n2+ m2)(m+ n)2u =1(m+ n)2.PararesolverlaEDOlineal,estasedebemultiplicarporelfactorintegrante:e

2(n2+m2)(m+n)2

dt= e

2(n2+m2)(m+n)2

t.d_ue

2(n2+m2)(m+n)2

t_dt=1(m+ n)2e

2(n2+m2)(m+n)2

t.entoncesu(t) = e

2(n2+m2)(m+n)2

t_C 1(m+ n)2_e

2(n2+m2)(m+n)2

t_dt = Ce

2(n2+m2)(m+n)2

t12(n2+ m2).Regresandoalavariablez=1uz(t) =1Ce

2(n2+m2)(m+n)2

t12(n2+ m2).Regresandoalavariabley(t) = z(t) + y1(t),seobtienelasoluciondelproblema:y(t) =1Ce

2(n2+m2)(m+n)2

t12(n2+ m2)+ (m+ n)2.Ejercicio2.10. Resuelvalasiguienteecuaciondiferencial:y

= tan(y)sen(y) + 3 tan(y) + 2 sec(y).Sugerencia: Useuncambiodevariableadecuadoparaconvertir laecuacionenRicattiacoecientesconstantes.Solucion:Elcambiodevariableadecuadoes:z=sen(y), z

=cos(y)y

.AlaplicarelCVenlaEDO,resulta:cos(y)y

= (sen(y))2+ 3 sen(y) + 2.31z

= z2+ 3z + 2.La cual es una EDO del tipo Riccati. Para resolverla se debe encontrar una solucionparticular delaEDO. Setanteaz1=C, z

1=0. Sedebeentonces resolver laecuaciondesegundogrado:C2+ 3C + 2 = (C + 2)(C + 1) = 0.Sea y1= 2. El cambio de variable para reducir EDO del tipo Ricatti a Bernoulliesw = z z1= z + 2, w

= z

.AlaplicarloresultalaEDO:w

+ w = w2.w2w

+ w1= 1.Se aplica el cambio de variable: v= w1, v

= w2w

, con el cual resulta la EDOdeltipolineal:v

v= 1.cuyasolucionesv(t) = cet+ 1.Volviendoalavariableinicial:w(t) =1cet+ 1.z(t) =1cet+ 1 2.y(t) = arc sen_1cet+ 1 2_.Ejercicio2.11. Considereel siguienteproblemadeControlOptimo:min12x2(T) +12_T0_54x2+u2_dt.sujetoa:x

= x + u, x(0) = x0.Esteproblemaconsisteenencontrar lafuncionu(t) queminimizael funcionalobjetivo. Esteproblemasepuederesolverentreotrosmetodos, medianteProgra-macion Dinamica. En este caso se debe resolver la ecuacion en derivadas parcialesdeHamilton-Jacobi-Bellman:32vt + maxa_(x + a)xv 12_54x2+ a2__ = 0.Concondiciondeborde:v(x, T) = 12x2.(i)(Opcional)PruebequelaEDPadmitesolucionesdelaformaK(t)x2, dondeK(t)essoluciondelaecuaciondeRicatti:K

+2K2+2K58= 0,concondicionnal K(T) = 12.(ii)Usando(i),resuelvalaecuaciondeRicattiparaK(t)yluego,sabiendoqueelcontrol optimoestadadoporu(t)=2x(t)K(t), encuentreunaexpresionparalatrayectoriaoptimax(t).Solucion:(i)Seav(x, t) = K(t)x2.Entonceslasderivadasparcialesson:v(x, t)t=dK(t)dtx2.xv=v(x, t)x= 2K(t)x.Antesdereemplazarlasderivadasparciales,notarqueelvalormaximode:_(x + a)xv 12_54x2+ a2__.sealcanzacuandoa= xv. ReemplazandoestoylasderivadasparcialesenlaEDPresulta:x2_dK(t)dt+ 2K(t)2+ 2K(t) 58_ = 0.LacondiciondebordeentregalacondicionnalparalaecuaciondeRiccati:v(x, T) = K(T)x2= 12x2K(T) = 12.(ii)LaEDOdeRicatties:dK(t)dt= 2K(t)22K(t) +58.ElprocedimientopararesolverestetipodeEDOdicequehayqueencontrarunasolucionparticulardeestaEDO.Debidoaqueloscoecientessonconstantes,setanteaunasolucionparticulardelaformaKp(t)=C, Kp(t)

=0.EntoncesparaencontrarCsedeberesolverlaecuaciondesegundogrado:332C2+ 2C 58= 0.cuyasracesson:C1= 54,yC2=14.EscogiendoKp(t) =14,serealizaelcambiodevariable:z(t) = K(t) Kp(t) = K(t) 14, z(t)

= K(t)

.LaEDOquedaahoradeltipoBernoulli:z

+ 3z= 2z2.z2z

+ 3z1= 2.Aplicandoel cambiodevariablew(t)=z1, w(t)

= z2z

, resultalasiguienteEDOlineal:w

3w = 2.LasoluciondelaEDOlineales:w(t) = Ce3t23.LasoluciondelaEDOdeBernoullies:z(t) =1Ce3t23.LasoluciondelaEDOdeRicatties:K(t) =1Ce3t23+14.Seaplicaahoralacondicionnal K(T)= 12yseobtieneC= 23e3T. Final-mentelasoluciondelproblemadeRicatticoncondicionterminales:K(t) =123(e3(tT)+ 1)+14.Sesabequeu(t) = 2x(t)K(t).AlreemplazarestoenlaEDOparax(t)resultalaEDOdeprimerordenlinealhomogenea(variablesseparables):x(t)

x(t) = u(t) = 2x(t)K(t).x(t)

+ (1 2K(t))x(t) = 0.34cuyasoluciones:x(t) = x(0)e

t0(1+2K(t))dt.Ejercicio2.12. Resuelvalasiguienteecuaciondiferencial:xy

y=_x2+ y2.Solucion:Seaplicaelcambiodevariabley= xu,y

= u +xu

yquedax(u + xu

) xu =x2+x2u2.Alsimplicarresulta:x2u

= x1 + u2.LacualesunaEDOdeltipoVariablesSeparables._du1 +u2=_dxx+ C.Entoncessetieneque:sinh1(u(x)) = ln(x) + C.Regresandoalavariableinicial, reemplazandou=yx, seobtienelasoluciondelproblema:y(x) = x sinh(ln(x) + C).Ejercicio2.13. Resolverlassiguientesecuacionesdiferenciales:(i)y

=yx(ln(y) ln(x) + 1), y(1) = e.(ii)y

= 1 + eyx+5.(iii)y

=cos(t)y

ey2+ 1.Ademasenestecasoapartirdelaexpresionencontradaparay

demuestrequesepuederesolverparay

enforma unica.Solucion:(i)Laecuacionsepuedeescribircomo:35y

=yx1ln(yx) + 1.Aplicandoelcambiodevariable:y= ux,y

= u

x + uresulta:u

x + u =uln(u) + 1,queesunaEDOdeltipoVariablesSeparables.u

=1x1u 1uln(u)=g(x)h(u)Seintegrayseobtiene:G(x) =_1xdx = ln(x)H(u) = _ _1u+1uln(u)_du = ln(u) ln(ln(u)) = ln_1uln(u)_Porlotanto:ln_1u ln(u)_ = ln(x) + C1u ln(u)= cxSeregresaalavariableinicialyqueda:y(x) ln_y(x)x_c = 1Lacondicioninicialy(1)=epermiteobtenerc=e1,porloquelasoluciondelproblemaconcondicioniniciales:y(x) ln_y(x)x_ = e(ii)Paralasegundapregunta, serealizael cambiodevariable: u=y x + 5,u

= y

1.u

= eu36Lacualesdevariablesseparables.eu= x + c, u = ln(x +c).Yregresandoalavariableinicial:y(x) = x 5 ln(c x).(iii) La ecuacion es de variables separables. Luego de integrar resulta la expresion:ey2+ 2y

= 2 sin(t) + C.ParademostrarqueestaEDOsepuederesolverparay

demanera unicasedebeanalizarelterminoey2= 2y

elcualsepuederesolverparay

demanera unicadebidoaquelarecta 2y

intersectaalafuncioney2enunsolopunto.372.5. EjerciciosPropuestos.Propuesto2.1. Lavelocidaddeenfriamientodeuncuerpoenelaireespropor-cional aladiferenciaentrelatemperaturaTdel cuerpoylatemperaturaT0delaire,esdecirdTdt= K(T T0), K> 0.(a)DetermineT.(b)SiT0= 20gradosCelciusyelcuerposeenfriadesde100a60gradosCelciusenveinteminutos sepidecalcular encuantotiempolatemperaturadel cuerpodescenderahasta30gradosCelcius.(c)Cual eslatemperaturalimite(t )del cuerpo.Soluciones:(a) T(t) = T0 + Cekt,(b) 60 minutos,(c) 20oC.Propuesto 2.2.En un circuito RC la fuente de voltaje f(t) es tal que si el voltajeenel condensadorvCsuperaoesigual av0/2tomarael valorf(t) = v0.SivCesmenoroigual a-v0/2entoncesf(t)tomarael valorf(t) = v0.Figura7. CircuitoRCEl voltajevCesunafuncioncontinuaysatisfacelaecuaciondiferencial:RC dvCdt+ vC= f(t),f(0) = v0, vC(0) = 0.(a)Graquelaevolucionenel tiempodel voltajeenel condensador, indicandointerseccionesconel ejedelasabscisasypuntosrelevantes.(b) Indique el perododel voltaje enel condensador ygraque el voltaje enlaresistencia.38Datos:vC(t) + vR(t) = f(t)vR(t) = i(t)R = RC dvCdtSoluciones:Figura8. VoltajeenelcondensadorvC(t)Elperododelvoltajeenelcondensadores2RC ln(3).Figura9. VoltajeenlaresistenciavR(t)Propuesto2.3. Resuelvalassiguientesecuacionesdiferenciales:(a)y2y

x4+ ex5+y3= 039Ademaslasoluciony(x)sehacecerocuandoxtiendeamenosinnito.(b) y

=yx+ x4y2x6(c)y

y2arctan y= arctan y + [3(arctan y)22](1 + y2)Soluciones:(a) y(x) =3ln_35ex5+ 1_, (b) y(x) = tanh_16x6+ C_x.(c) y(t) = tan_1Ce5t+351_.Propuesto2.4. UnesquiadordemasaMbajaporunaladerainclinadaconunangulorespectoalahorizontal, sometiendoademasdelafuerzaderocecineticaconlanieveconconstantekunafuerzaderoceviscosadelaforma 2mvLaecuaciondemovimientodel esquiadores:mg sin 2mdxdt kmg cos = md2xdt2Sitan() > k:(a)Determinelarapidezdel esquiadorenfunciondel tiempodxdt(t).(b)Determinelarapidezlmite,esdecircuandot .(c)Determinelaposicionenfunciondel tiempo(x(t)) .Soluciones:(a)dxdt=_g sin kg cos Ce2t_

12,(b)12(g sin kg cos ),(c) x(t) =g2(sin k cos )t + C1e2t+ C2.Propuesto2.5. Resuelvalasiguienteecuacionesdiferenciales:(a)dydx= 2 +_y 2x + 3(b)dydx=1 x yx + y(c)xyy

= 3y2+ x2, y(1) = 2.(d)xy2dydx= y3x340(e)dydx= (5x + y)24Soluciones:(a) x 2_y(x) 2x + 3 C= 0, (b) y(x) = x 2x C(c) y(x) = 122 + 18x4x, (d) y(x) = (3 ln(x) + C)13x(e) y(x) =C(3+5x)+(35x)e6xCe6x.Propuesto2.6. Resuelvalassiguientesecuacionesdiferencialesnolineales:(a)y

(x) = xy12, y(0) = 1(b)y

= 6e2xy, y(0) = 0(c)2x12y

= cos2y, y(4) =4Soluciones:(a) y(x) =116x4+12x2+ 1, (b) y(x) = ln(3e2x2)(c) y(x) = arctan(x 1).Propuesto2.7. Considerelasiguienteecuacionnolineal:dydx= sin(x y).Encuentrelasoluciongeneral yel dominiodedeniciondeestasolucion. En-cuentreunasoluciondeestaecuacionquesatisfagay_2_ = 0.Soluciones:y(x) = x 2 arctan_x2CxC_, y(x) = x 12.Propuesto2.8. Considerelasiguienteecuacionnolineal:dydx= (x + y)2Encuentre la solucion que satisface y(0) = 0, y de el dominio de denicion de estasolucion.Solucion:y(x) = tan(x) x.Propuesto2.9. Setieneunsistemadinamicodeprimerordendetiempoconti-nuo,denidoporlaecuaciondiferencialY (t) + 4Y (t) = 2U(t), Y (0) = 1.41SupongaquelaentradaU(t) es unprocesoestocasticodevalormedioU=2ty funcion de autocorrelacion RUU(t1, t2) =t1t2. Se pide analizar el procesoestocasticodesalidaY (t), encontrandosuvalor medioY(t) yautocorrelacionRY Y(t1, t2).Paraestotendraqueresolverlasecuaciones:(1) Y+ 4Y= 4tparaencontrarel valormedioY(t).(2)RUY(t1, t2)t2+ 4RUY(t1, t2) = t1t2paraencontrarRUY(t1, t2).(3)RY Y(t1, t2)t1+ 4RY Y(t1, t2) = RUY(t1, t2).Soluciones:(a) k(t) = C1 e4t+ t 14,(b) RUY(t1, t2) = C2 e4t2+14t1_t214_,(c) RY Y(t1, t2) = C3 e4t1+14C2 e4t2+1256 164 (t2 + t1) +116t1 t2.Propuesto2.10. Resuelvalassiguientesecuaciones:(a)xdydx+ y= x2y2.(b)dydx 5y= 52xy3.(c)y

= ty ty2.(d)y

+ (cot(t))y +1sin(t)y2= 0, y_4_ =12.Soluciones:(a) y(x) = 1(x C)x, (b)y(x) = 105 + 50x + 100e10xC,(c) y(t) =11 +e12t2C, (d) y(t) =1cos(t) + 3 sin(t).Propuesto2.11. MuestrequeconuncambiodevariableadecuadolaEDO:ex2y

= 1 + 2(x 1)ex2y + (e2x2y2),esdetipoRicatticoncoecientesconstantesyresuelva.Solucion:El cambio de variable es u = y(x)ex2y la solucion es y(x) =_1c x+ 1_ ex2.423. Ecuacioneslinealesdeordenn3.1. Propiedades generales. Laecuaciondiferencial lineal deordennmasgeneraltienelaformaan(t)y(n)+ an1(t)y(n1)+ + a1(t)y

+ a0(t)y= g(t). (3.1)Si g(t) 0diremosqueestaecuacioneshomogeneay nohomogeneaencasocontrario.Vamosasuponerdeahoraenadelantelasiguientehipotesis.(H1)Lasfuncionescoecientesai,i = 0, , n,ylafunciongestandenidasenunintervalocom unI,dondesoncontinuas.Ademasan(t) ,= 0,paratodot I.Denicion3.1. Seanf1, ..., fn, nfuncionesdenidasenunintervalocom unI.DecimosqueestasfuncionessonlinealmentedependientesenI si existencons-tantesc1, , cnnotodasnulastal quec1f1(t) + +cnfn(t) = 0 paratodo t I.Decimosquef1, , fnsonlinealmenteindependientessic1f1(t) + + cnfn(t) = 0 paratodo t Iimplicaquec1= c2= ... = cn= 0.Ejemplo3.1.f1(t) = t, f2(t) = [t[Esinmediatoverque f1, f2esunconjuntolinealmentedependienteenelinter-valo[0, ). Sinembargoestasmismasfuncionessonlinealmenteindependientesenel intervalo(, +).Ejemplo3.2. Lasfuncionesf1(t) = cos kt, f2(t) = sin kt, k ,= 0,sonlinealmenteindependientesencualquierintervaloI. Enefecto, supongamosquec1f1(t) + c2f2(t) = 0 paratodo t I.Comotenemosunaidentidadpodemosderivar,obteniendoc1f

1(t) + c2f

2(t) = 0 paratodo t I.43Reemplazando,setieneel sistemadeecuacionesc1 cos kt + c2 sin kt = 0c1k sin kt +c2k cos kt = 0.Comoel determinantedelos coecientes es nonuloimplicaquec1=c2=0.Entonceslafunciones cos(kt), sin(kt)sonlinealmenteindependientesenel in-tervaloI.MasgeneralmentetenemosTeorema3.1.Sean f1,...,fn, n funciones denidas en un intervalo I, donde cadaunadeellasposeehastaladerivadan 1.Siel determinantef1(t0)fn(t0)f

1(t0)f

n(t0).........f(n1)1(t0)f(n1)n(t0),=0, (3.2)paraalg unt0 I, entonces f1, . . . , fnsonlinealmenteindependientes eneseintervalo.Denicion3.2. LafunciondeterminanteW(f1, . . . , fn)(t) =f1(t)fn(t)f

1(t)f

n(t).........f(n1)1(t)f(n1)n(t)sellamael Wronskianodelasfuncionesf1, . . . , fnenI.Demostracion del Teorema 3.1. Por contradicci on, supongamos que existe un pun-tot0 Italque(3.2)esciertayquef1, . . . , fnsonlinealmentedependientesenI.Existenentoncesconstantesc1, . . . , cn,notodasnulas,talquen

i=1cifi(t) = 0 t I.Derivandon 1vecesseobtienen

i=1cif

i(t) = 0 t I...n

i=1cif(n1)i(t) = 0 t I.44Estasecuacioneslaspodemosescribircomoelsistema_____f1(t)fn(t)f

1(t)f

n(t).........f(n1)1(t)f(n1)n(t)_________c1c2...cn____ = 0,paracadat I.Enparticularparat = t0,asi_____f1(t0)fn(t0)f

1(t0)f

n(t0).........f(n1)1(t0)f(n1)n(t0)_________c1c2...cn____ = 0.Peroestesistemadeecuacionestieneunasolucionnotrivial, entoncesel de-terminantedeloscoecientesdebesercero,estoesW(f1, . . . , fn)(t0) = 0,queesunacontradicci onCorolario 3.1.Sean f1, . . . , fnn funciones linealmente dependientes en I, enton-cesW(f1, . . . , fn)(t) = 0 t IEjemplo3.3. Seanm1, m2, m3tresn umerosrealesdistintosentresi yconside-remoslasfuncionesf1(t) = em1t, f2(t) = em2t, f3(t) = em3t.Armamos queestas funciones sonlinealmenteindependientes enR. Paraverestoconsideremosel wronskianoW(f1, f2, f3)(t) =em1tem2tem3tm1em1tm2em2tm3em3tm21em1tm22em2tm23em3t= e(m1+m2+m3)t1 1 1m1m2m3m21m22m2345PorlotantoW(f1, f2, f3)(t) = e(m1+m2+m3)t(m1m3)(m2m1)(m3m2).El resultadosesigueentoncesdel Teorema3.1.Volvamosahoraalaecuaciondiferenciallinealdeordenn(3.1).an(t)y(n)+ + a1(t)y

+ a0(t)y= g(t),para la cual suponemos que se satisface la hipotesis (H1). Esta ecuacion la vamosaescribirequivalentementecomon

i=0ai(t)y(i)= g(t), (3.3)conlaconvenci ony(0)(t) y(t).Proposicion3.1.(Principio de Superposicion.) Sean y1. . . yk, ksoluciones de laecuacionhomogenean

i=0ai(t)y(i)= 0 enI. (3.4)EntonceslacombinacionlinealY (t) :=k

i=1ciyi(t),dondelosci, i = 1, . . . , ksonconstantes,estambienunasoluciondelaecuacionhomogeneaenI.Demostracion.Setienen

j=0aj(t)Y(j)(t) =

nj=0aj(t)

ki=1ciy(j)i(t)=

ki=1ci (n

j=0aj(t)y(j)i(t)). .=0= 0.46Ejemplo3.4. Consideremoslaecuaciony

+ k2y= 0.Sabemosquey1(t)=cos kt , y2(t)=sin kt sondossolucionesdeestaecuaciondenidasen R,quesonlinealmenteindependientesenesteintervalo.FormemosY (t) = c1 cos kt +c2 sin kt,entoncesY estambiensolucion. Podemosvericarestodirectamente, derivandosetieneY

(t) + k2Y (t) = k2(c1 cos kt + c2 sin kt) + k2(c1 cos kt + c2 sin kt)= c1(k2cos kt k2cos kt) + c2(k2sin kt k2sin kt) = 0.Ejemplo3.5. Consideremoslaecuaciony

k2y= 0.Entoncesy1(t) = ekt, y2(t) = ekt,sondossolucioneslinealmenteindependientesdeestaecuaci onen R. Delapro-posicion3.4,setienequeY (t) = c1y1(t) + c2y2(t)estambienessolucion.Acontinuaci onvamosaestudiarunproblemaimportantequellamamospro-blemaconcondicioninicialparalaecuaciondiferencial(3.1)oequivalentementeecuacion(3.3).Esteproblemaseescribecomo(In)_an(t)y(n)+ + a1(t)y

+ a0(t)y= g(t)y(t0) = c1, y

(t0) = c2, , yn1(t0) = cn,dondesuponemosquelasconstantesc1, , cnyt0 Isondatosdelproblemayquesesatisfacelacondicion(H1).Enesteproblemasequiereencontrarunafuncionydenidaenunintervalo(que seg un se ver a va a coincidir con I), que tenga n derivadas en I, que satisfacelaecuacionparacadat Iylascondicionesinicialesent0.Porejemploparaelcason = 2esteproblemasereducea(I2)_a2(t)y

+ a1(t)y

+ a0(t)y= 0,y(t0) = c1, y

(t0) = c2.47Paraelproblema(In)setieneelsiguienteresultadogeneral.Teorema3.2. Seana0(t), , an(t), g(t), funcionescontnuasenunintervaloItal quean(t) ,= 0paratodot I.Seat0 I,entoncesel problemaconcondicioninicial (In)tieneuna unicasoluciondenidaenel intervaloI.Esteteoremaasegurados cosas: laexistenciadeunafuncion(solucion) quesatisfacelaecuaciondiferencial (enI)ylascondicionesinicialesyademasqueellaes unica.Novamos ademostrar esteteorematodava, peroloharemos mas adelante,comouncasoparticular,cuandotratemossistemasdeecuacionesdiferenciales.Acontinuacionycomoconsecuenciadeesteteoremavamosaestudiaralgu-naspropiedadesdelaecuacionhomogenealineal deordenn(3.4). Primerounaconsecuenciainmediatadeesteteorema.Corolario 3.2. Lafunciony0, enI, es la unicasolucionde laecuacionhomogenea(3.4)quesatisfacelascondicionesinicialesy(t0) = 0, y

(t0) = 0, . . . , yn1(t0) = 0,ylallamamoslasoluciontrivial.Notequelasoluciontrivialsiempresatisfaceecuacionhomogenea(3.4).Teorema3.3. Sean y1. . . ynnsolucionesdelaecuaciondiferencial (3.4)de-nidasenI.Entonces y1. . . ynesunconjuntodesolucioneslinealmenteinde-pendientes,siysolosiW(y1. . . yn)(t) ,= 0, t I.Demostracion.SieselcasoqueW(y1. . . yn)(t) ,= 0paratodot I,entoncesporTeorema3.1setieneque y1. . . ynsonfuncioneslinealmenteindependientes.Supongamos que y1. . . yn son soluciones linealmente independientes de (3.4).QueremosprobarqueW(y1. . . yn)(t) ,=0paratodot I. Parademostraresto,vamosaprobarequivalentementequeW(y1. . . yn)(t0) = 0, paraalg unt0 I, (3.5)48implicaque y1. . . ynsonlinealmentedependientesenI.Supongamosentonces(3.5)yformemoselsistemadenecuacionesalgebraicas__y1(t0)yn(t0)y

1(t0)y

n(t0)yn11(t0)yn1n(t0)____c1...cn__ = 0. (3.6)De (3.5) y Algebra Lineal se tiene que el sistema algebraico (3.6) tiene una solucion__c1...cn__,= 0Estoesunasoluciondondenotodoslosc

issonnulos.FormemosentoncesY (t) := c1y1(t) + . . . + cnyn(t). (3.7)Por el principio de superposicion como y1(t) . . . yn(t) son soluciones, Y (t) tambienloes.AdemassesatisfaceY (t0) = 0, Y

(t0) = 0, . . . , Yn1(t0) = 0Peroentonces,porelCorolario3.2,sedebetenerqueY (t) = 0, t I,quede(3.7),nosdac1y1(t) + . . . + cnyn(t) = 0, t I,conc1. . . cnnotodasnulas.Estosignicaque y1. . . ynsonlinealmentedepen-dientesenI.Teorema 3.4. Sean y1. . . yn nsoluciones linealmente independientes de laecuacion homogenea (3.4). Sea tambien Z(t) otra solucion cualquiera de esta ecua-cion.Entoncesexistenconstantesc1. . . cn,tal queZ(t) =n

i=1ciyi(t).Demostracion.Seat0 Iyconsideremoselsistemaalgebraico__y1(t0)yn(t0)... ...y(n1)1(t0)y(n1)n(t0)____1...n__ =__Z(t0)Z

(t0)Z(n1)(t0)__. (3.8)Comoeldeterminantedeloscoecientesdeestesistema,queeselwronskianoW(y1 yn)(t0) = det__y1(t0)yn(t0)... ...y(n1)1(t0)y(n1)n(t0)__,= 0,49(las soluciones son linealmente independientes) se tiene de Algebra Lineal que estesistematieneuna unicasolucion.Llamemos(1. . . n)aestasolucionyconsideremoslafuncionG(t) = 1y1(t) + +nyn(t)EsclaroqueGessolucionde(3.4)yqueconsiderando(3.8)satisfaceent0G(t0) = Z(t0), G

(t0) = Z

(t0), . . . , G(n1)(t0) = Z(n1)(t0).PorTeorema3.2(partedeunicidad),sedebetenerqueZ(t) = G(t) =n

i=1iyi(t) t I.Seconcluyelademostraciondeniendoci= i,i = 1 . . . n.Hastaelmomentohemossupuestoqueexisteunconjuntodesolucioneslineal-menteindependientes y1. . . yndelaecuacion(3.4).Vamosavericarqueestoesasenelsiguienteteorema.Teorema3.5. Laecuacion(3.4)tieneunconjuntodesoluciones y1. . . ynquesonlinealmenteindependientesenel intervaloI.Demostracion. Paracadai =1 . . . n, consideremos el problemaconcondicioninicial,_an(t)y(n)+ . . . + a1(t)y

+ a0(t)y= 0y(t0) = 0, , y(i1)(t0) = 1, , y(n1)(t0) = 0,dondet0 Iesjo.PorelTeorema(3.2),deexistenciayunicidad,setienequeesteproblematieneuna unicasoluciondenidaenelintervaloI.Llamemosyiaestasolucion.Vamosaprobarqueesteconjunto y1. . . yneslinealmenteindependientesenelintervaloI.ParaestobastaprobarqueW(y1. . . yn)(t0) ,= 0,paraalgunt0 I.SetieneW(y1. . . yn)(t0) = det__y1(t0)yi(t0)yn(t0)... ... ......yi1i(t0) ...... ... ...yn11(t0)yn1i(t0)yn1n(t0)__50= det__100... ... ...0 . . . 1 . . . 0... ... ...001__= 1.Porlotanto,delTeorema3.1, y1. . . ynsonlinealmenteindependientesenI.A continuaci on estudiamos la estructura del espacio de soluciones de la ecuacion(3.4).Sea oel conjuntodetodas las funciones y : IRquesonsoluciondelaecuacion(3.4),estoeso= y: I R [ yessolucionde(3.4).Notemos que si , son escalares reales e y1 o, y2 o, entonces y1+y2 o,yaquecualquiercombinacionlinealdesolucionesessolucion,porelprincipiodesuperposicion.Ademasclaramentelasoluciontrivialestaen o.Esteargumentonosdiceque otienelaestructuradeunespaciovectorial(es-pacio lineal). Mas a un, Teorema (3.4) nos dice que dim o= n. As, hemos demos-trado.Teorema3.6. El conjuntodesoluciones odelaecuacion(3.4)esunespaciovectorial dedimensionn.Unabasedesolucionesenesteespacioestaformadaporcualquierconjuntodensolucioneslinealmenteindependientes.Porejemplo,enelcasodelaecuaciony

+ k2y= 0una base de soluciones queda dada por y1, y2 donde y1(t) = cos kt, y2(t) = sin kt.Sea y1. . . ynunabasedesolucionesdelaecuacion(3.4). Entoncessabemosqueparacualquiersoluciony,existenconstantesc1. . . cntalquey(t) = c1y1(t) + . . . + cnyn(t).Porestarazonlaexpresiony(t) = c1y1(t) + . . . + cnyn(t),51dondeahorac1. . . cnsonconstantesarbitrarias, lallamamoslasoluciongeneraldelaecuacionhomogenea(3.4)(masadelanteladenotaremosporyh(t)).Ejemplo3.6. Consideremosel problemay

6y

+ 11y

6y= 0.Queremos encontrar un conjunto de tres soluciones linealmente independientes, esdecirunabasedesolucionesdeestaecuacion.Intentamossolucionesdelaformay(t) = et.Derivandoysubstituyendoenlaecuacion,setiene(362+ 11 6)et= 0 t R,porloque362+ 11 6 = 0.Se tiene que 1= 1, 2= 2, y 3= 3 son raices de esta ecuacion, ellas dan origenalastressolucionesy1(t) = et, y2(t) = e2t, y3(t) = e3t.Como 1, 2, 3son distintas entre si, sabemos que son linealmente independien-tesen R.Enconsecuencialasoluciongeneral delaecuaciondiferencial esdadapory(t) = c1et+ c2e2t+ c3e3t,conc1, c2yc3constantesarbitrarias.Consideremosahoralaecuacionnohomogenea(3.3)n

i=0ai(t)y(i)= g(t),paralacual comoenel casodelaecuacionhomogeneaqueremosencontrarunarepresentacionparalasoluciongeneral. Laecuacionhomogeneaasociadaaestaecuacionesn

i=0ai(t)y(i)= 0.Sea y1, . . . , ynunabasedesolucionesdeestaecuacion.ysupongamosqueporalg unmetodohemosencontradounasoluciondelaecuacionnohomogeneaquellamamosyp, porsolucionparticular. Seatambienyunasolucioncualquieradelaecuacionnohomogeneaydenamosunafuncionzporz(t) := y(t) yp(t.)Setienequen

j=0ai(t)z(j)(t) =n

j=0ai(t)y(j)(t) n

j=0ai(t)yp(j)(t) = g(t) g(t) = 0.52Entonces zes solucion de la ecuacion homogenea y por lo tanto existen constantesc1, . . . , cn,talquez(t) =

ni=0ciyi(t).Deaqu,y(t) =n

i=0ciyi(t) + yp(t),expresion que llamamos la solucion general de la ecuacion no homogenea. Recono-ciendo que la expresion

ni=0ciyi(t) es lo que hemos llamado la solucion general delaecuacionhomogenea,lallamaremosdeahoraenadelanteyh.Setieneentoncesquelasoluciongeneraldelaecuacionnohomogeneasepuedeescribircomoy(t) = yh(t) + yp(t).Ejemplo3.7. Consideremoslaecuaciondiferencialy

6y

+ 11y

6y= 3t, (3.9)y llamemos y a la soluciongeneral de esta ecuacion. La ecuacionhomogeneaasociadaesy

6y

+ 11y

6y= 0,ysabemosquesusoluciongeneral quedadadaporyh(t) = c1et+ c2e2t+ c3e3t,dondec1, c2, c3sonconstantes arbitrarias. Faltaconocer yp(t), lacual vamos aencontrar de la siguiente forma. Suponemos que yp(t) = At +B. Reemplazando enla ecuacion diferencial (3.9), nos da un par de ecuaciones algebraicas de las cualesdeterminamosAyB. EfectuandoloscalculosseobtieneA= 12yB= 1112.Entonces,lasoluciongeneral delaecuacion(3.9)esy(t) = c1et+ c2e2t+ c3te12t 1112.3.2. Ecuaciondesegundoordenhomogenea. Enestaseccionqueremosaplicarlateoradelaseccionanterioralaecuaciondiferenciala2(t)y

+ a1(t)y

+ a0(t)y= 0, (3.10)donde a2, a1, a0son funciones contnuas en un intervalo I, con a2(t) ,= 0 para todot I,esdecirsecumplelacondicion(H1).Deacuerdoalovistoparaencontrarlasoluciongeneral delaecuacion(3.10)tenemos queencontrar dos soluciones linealmenteindependientes, es decir unabasedesolucionesparaestaecuacion.Consideremosdosejemplos.Ejemplo3.8. Consideremoslaecuaciont2y

+ 8ty

+ 12y= 0, t (0, +).53Intentamossolucionesdelaformay(t) = tm.Derivandoy

(t) = mtm1, y

(t) = m(m1)tm2.yformandoel ladoizquierdodelaecuacion,seobtienequet2y

+ 8ty

+ 12y = t2m(m1)tm2+ 8tmtm1+ 12tm= (m(m1) + 8m+ 12)tm.Deaquiquey(t) = tmserasolucionsim(m1) + 8m + 12 = m2+ 7m+ 12 = (m+ 3)(m+ 4) = 0.Estepolinomiotienelasdosraices,m1= 3, m2= 4,loquenosdalasdossolucioneslinealmenteindependientesy1(t) = t3, y2(t) = t4,conloquelasoluciongeneral delaecuacionesy(t) = C1t3+ C2t4.Consideremosacontinuacionunejemplodondeelmetodoanteriornosdasolounasolucion.Ejemplo3.9. Consideremoslaecuaciont2y

3ty

+ 4y= 0, t (0, +).Como antes intentamos soluciones de la forma y(t) = tm. Derivando, se tiene quey

(t) = mtm1, y

(t) = m(m1)tm2.Formandoel ladoizquierdodelaecuaciont2y

3ty

+ 4y = t2m(m1)tm23tmtm1+ 4tm= (m(m1) 3m+ 4)tm.Deaquiquey(t) = tmserasolucionsim(m1) 3m+ 4 = (m2)2= 0.Estepolinomiotieneunaraizconmultiplicidad2,m1,2= 2,54loquenosdasolounasoluciondelaecuaciony1(t) = t2.Para completar la base tenemos entonces que usar otro metodo el cual lo vamosa explicar para el caso general. Se deja como ejercicio completar la base para esteejercicio.Partimosdelaecuacion(3.10)queescribimosenlaforma:y

+ P(t)y

+ Q(t)y= 0 (3.11)dondeP(t) =a1(t)a2(t)y Q(t) =a0(t)a2(t).Suponemos que se conoce una solucion y1de este problema y queremos completarlabase.Por condiciones tecnicas vamos asuponer tambienquey1(t) ,=0paratodot I.SiestacondicionnosesatisfaceentonceselmetodoseaplicaencualquiersubintervalodeIdondeellasesecumpla.Intentamosunasolucionenlaformay(t) = u(t)y1(t). (3.12)Derivandoyformandolaecuacion(3.11)seobtiene:0 = y

+P(t)y

+Q(t)y= y1(t)u

+(2y

1(t)+P(t)y1(t))u

+(y

1+ P(t)y

1 + Q(t)y. .=0)u,dedondey,dadopor(3.12),serasolucionsiusatisfacey1(t)u

+ (2y

1(t) + P(t)y1(t))u

= 0.Estaecuacionsepuedeescribircomou

+_2y

1(t)y1(t)+ P(t)_u

= 0.Haciendoelcambiodevariableu

= w,seobtienequewsatisfacew

+_2y

1(t)y1(t)+ P(t)_. .

P(t)w = 0,55queesunalinealdeprimerorden.Ahorae

P(t)dt= y1(t)2e

P(t)dt,dedonde_w

+ P(t)w_e

P(t)dt= 0,nosda_y1(t)2e

P(t)dtw(t)_

= 0.Integrandow(t) = u

(t) =C2y1(t)2e

P(t)dt,dedondeunanuevaintegracionnosdau(t) = C1 + C2_1y1(t)2e

P(t)dtdt.Deaquiyde(3.12),y(t)quedadadopory(t) = C1y1(t) + C2y1(t)_e

P(t)dty1(t)2dt. (3.13)Unasegundasolucionesdadaentoncespory2(t) = y1(t)_e

P(t)dty1(t)2dt.Mostramosacontinuaci onquey1, y2sonlinealmenteindependientesenI.ParaestoformamoselcorrespondientewronskianoW(y1, y2)(t) =y1y2y

1y

2=y1(t) y1(t)_e

P(t)dty21(t)dty

1(t) y

1(t)_e

P(t)dty21(t)dt +y1(t)e

P(t)dty21(t)= e

P(t)dt,= 0 enI56Porlotantoy1, y2sonsolucioneslinealmenteindependientesenIdelaecuaciondiferencial (3.11) ( respectivamente (3.10)), y la solucion general de esta ecuacionesentonces(3.13).3.3. EDOlineal deordennconcoecientesconstantes. Consideremosprimeroelcasodelaecuaciondesegundoordenay

+ by

+ cy= 0. (3.14)donde a, by c son constantes cona ,= 0.Intentando soluciones de la formay(t) =emt,derivando,yreemplazandoenlaecuacion(3.14),seobtiene(am2+ bm +c)emt= 0.Porlotantoyessolucionde(3.14)simesunarazdelpolinomiop(m) = am2+bm + c. (3.15)Dependiendodelasracesseobtienendistintoscasos.(a)p(m)=0tienedosracesrealesydistintasm1ym2. Entoncesy1(t)=em1tyy2(t) = em2tsonsolucioneslinealmenteindependientesqueformanunabasedesoluciones.Lasoluciongeneralenestecasoesdadapory(t) = c1em1t+ c2em2t,dondec1y c2sonconstantesrealesarbitrarias.(b) p(m) =0tieneunarazreal m1demultiplicidaddos, lacual daorgenalasoluciony1(t)=em1t. Paraencontrarotrasolucionlinealmenteindependienteusamoselmetododelaseccionanterior.Asusandolaformulay2(t) = y1(t)_1y21(t)e

P(t)dtdtconP(t) =baym1= b2a,se obtienelasoluciony2(t) = tem1.Las solucionesy1ey2son linealmente independientes en R por lo que la solucion general de (3.14) esy(t) = c1em1t+c2tem1t= (c1 + c2t)em1t.(c)p(m)=0tieneracescomplejas, quedebensercomplejasconjugadasyquedenotamos por m1= +i, m2= i, con ,= 0. En este caso las expresionesy1(t) = e(+i)te y2(t) = e(i)t,sonsolucionescomplejasde(3.14).Estassepuedenescribircomoy1(t) = u(t) + iv(t), y2(t) = u(t) iv(t),dondeu(t) = etcos t y v(t) = etsin t.57Apartir dequey1ey2sonsoluciones complejas de(3.14) es inmediatoverqueuyvsonsolucionesrealesdeestaecuacion. Tambien, derivando, sepuededemostrar directamente que u y vson soluciones linealmente independientes en Rde(3.14).Deestaformalasoluciongeneralde(3.14)sepuedeescribircomo:y(t) = c1etcos t + c2etsin t =_c1 cos t + c2 sin t_et.Ejemplo3.10.3d2ydt2+ 2dydt+ y= 0Enestecasop(m) = 3m2+ 2m+ 1,quetienecomoraicesm1= 1 + i23y m2= 1 i23.Lasoluciongeneral deestaecuacionesy(t) = et/3_c1 cos2t3+ c2 sin2t3_.Consideremosahoraelcasodelaecuaciondeordenn.Tienelaformaany(n)+ an1y(n1)+. . . +a2y

+ a1y

+ a0y= 0 (3.16)dondea0, a1, ...., ansonconstantesreales,conan ,=0.Comoenelcasoden=2vamosaintentarsoluciondelaformay(t)=emt. Derivandoyreemplazandoen(3.16),seobtienep(m)emt= 0,dondepn(m) = anmn+.... + a1m+ a0,quevamosallamarelpolinomiocaractersticodelaecuaciondeordenn.Astendremossolucionesde(3.16)delaformay(t) =emtcadavezquemseaunarazdelpolinomiocaracterstico.Comoenelcasodelaecuaciondesegundoorden hay varios casos dependiendo de las races. A continuacion vamos a estudiarlasdistintassituacionesquesuceden.Caso1.pn(m) = 0tienenracesrealesydistintasm1, m2, ..., mn.Estodaorgenalasnsolucioneslinealmenteindependientes:y1(t) = em1t, . . . , yn(t) = emnt,que forman una base de soluciones para este caso. La solucion general es entoncesy(t) =n

i=1Ciemit.58Caso2.pn(m) = 0tieneunasolarazrealm,demultiplicidadn.Digamospn(m) = an(mm1)n.Vamosamotivarlab usquedadelabasedesolucionesparaestecasopormediodeuncasoparticular.Consideremoslaecuaciondiferencialy

+ 3y

+ 3y

+y= 0.Elpolinomiocaractersticocorrespondienteesp3(m) = m3+ 3m2+ 3m+ 1 = (m + 1)3quetienecomorazam1= 1conmultiplicidad3.Estodasolounasoluciondelaformaexponencial y1(t)=et, yporlotantotenemosquecompletarlabaseporunmediodistinto.Denamoslafunciondedosvariablesu(t, ) = et.Setieneut(t, ) = et,2ut2 (t, ) = 2et,3ut3 (t, ) = 3et.Deaquque3ut3 (t, ) + 32ut2 (t, ) + 3ut(t, ) + u(t, )=3t3(et) + 3 2t2(et) + 3 t(et) + et= (3+ 32+ 3 + 1)et= ( + 1)3et(3.17)expresionqueesunaidentidad.Derivando(3.17)parcialmenteconrespectoa,seobtiene3t3(u(t, )) + 3 2t2(u(t, )) + 3 t(u(t, )) +u(t, )=3t3(tet) + 3 2t2(tet) + 3 t(tet) + tet= 3( + 1)2et+ t( + 1)3et(3.18)Derivandonuevamenteconrespectoa,obtenemos3t3(t2et) + 3 2t2(t2et) + 3 t(t2et) + t2et59= 6( + 1)et+ 6( + 1)2tet+ t2( + 1)3et(3.19)Notemosacontinuaci onquesetienelasiguientepropiedad:iti(tket)=m1=didti(tkem1t),dondekes unenterononegativo. Usandoestapropiedad, yevaluando(3.17),(3.18) y (3.19) para = m1 se obtienen respectivamente las siguientes ecuaciones:d3dt3(em1t) + 3 d2dt2(em1t) + 3 ddt(em1t) + em1t= (m1 + 1)3em1t, (3.20)d3dt3(tem1t) +d2dt2(tem1t) +ddt(tem1t) + tem1t= 3(m1 + 1)2em1t+ t(m1 + 1)3em1t, (3.21)yd3dt3(t2em1t) +d2dt2(t2em1t) +ddt(t2em1t) + t2em1t= 6(m1 + 1)em1t+ 6(m1 + 1)2tem1t+ t2(m1 + 1)3em1t. (3.22)Perom1= 1, porloquelossegundosmiembrosde(3.20), (3.21)y(3.22), soncero.Seobtieneentoncesquelasfuncionesy1(t) = em1t, y2(t) = tem1t, y3(t) = t2em1tsonsolucionesdelaecuaciondiferencial. Veamosquesonsolucioneslinealmenteindependientes.Paraestoevaluamoselwronskiano60W(y1, y2, y3)(t) =em1ttem1tt2em1tm1em1tem1t+ m1tem1t2tem1t+ t2m1em1tm21em1t2m1em1t+ m21tem1t2em1t+ 4tm1em1t+ t2m21em1tent = 0,obteniendoW(y1, y2, y3)(0) =1 0 0m11 0m212 2= 2,porloqueestassolucionessonlinealmenteindependientesen R.Lasolucionge-neraldelproblemaesnalmentey(t) = (c1 + c2t + c3t2)em1t.Elcasogeneralsedemuestradelamismaforma,aunqueclaramenteenformamastecnica.Enestecasom1esrazrealdemultiplicidadn,asqueelpolinomiocaracteristicotienelaformapn(m) = an(mm1)n.Labasedesolucionesestadadaporel conjuntodesolucioneslinealmenteinde-pendientesy1(t) = em1t, y2(t) = tem1t, . . . , yn(t) = tn1em1t,porloquelasoluciongeneralesy(t) = (c1 +c2t + c3t2+ + cntn1)em1t.Caso 3. Suponemos ahora que el polinomio caracterstico pn(m) tiene una raz realm1 de multiplicidad k y el resto de las races son reales y simples. Razonando comoen los casos anteriores se puede demostrar que una base de soluciones esta formadadelasiguientesmanera.Paralarazm1seobtienenlassoluciones61y1(t) = em1t, y2(t) = tem1t, . . . , yk(t) = tk1em1t,yparaelrestodelasracesmk+1, . . . , mn,lassolucionesyk+1(t) = emk+1t, . . . , yn(t) = emnt.Estas nfunciones sonlinealmenteindependientes enR. Lasoluciongeneral sepuedeescribirentoncescomoy(t) = (c1 + + cktk1)em1t+ ck+1emk+1t+. . . +cnemnt.Caso4.Lasracesdelpolinomiocaractersticopn(m)sontodasrealesysontalesquedosdeellastienenmultiplicidad,m1conmultiplicidadk1ym2conmultipli-cidadk2, el restodelasraces(si esqueexisten)mk1+k2+1, . . . , mn, sonsimples.Enestecasolabasedesolucionesestaformadaporlasfuncionesy1(t) = em1t, . . . , yk1(t) = tk11em1tasociadasalarazm1,yk1+1(t) = em2t, yk1+2(t) = tem2t, . . . , yk1+k2(t) = tk21em2tasociadasalarazm2,yyk1+k2+1(t) = emk1+k2+1t, . . . , yn(t) = emntque estan asociadas al resto de las races. Estas n funciones son linealmente inde-pendientesen Ryporlotantolasoluciongeneralsepuedeescribircomoy(t) = (c1 +. . . +ck1tk11)em1t+ (ck1+1 +. . . +ck1+k2tk21)em2t+ck1+k2+1emk1+k2+1t+ . . . + cmnemnt.62Ejemplo3.11. Resuelvalaecuaciondiferencialy(iv)2y

+ y= 0El polinomiocaractersticocorrespondienteesp(m) = m42m2+ 1 = (m21)2= (m+ 1)2(m1)2quetienelasracesm1=1, m2= 1, ambasconmultiplicidad2, conloquelabasedesolucionesestadadaporet, tet, et, tet.Lasoluciongeneral esentoncesy(t) = (c1 + c2t)et+ (c3 + c4t)et.Caso5.Suponemosquepn(m)tieneunparderacescomplejasconjugadasm1= + i, m2= i, con ,=0, yel restodelasracesm3, . . . , mnsonrealesysimples. Tal comoantes sepuededemostrar queparalas races m1ym2seobtienenlassolucionesrealesy1(t) = etcos t y2(t) = etsin t,yparaelrestodelasraceslassolucionesem3t, . . . , emnt.Aslasoluciongeneralseescribecomoy(t) = c1etcos t + c2etsin t +c3em3t+ + cmnemnt.Ejemplo3.12. Resuelvalaecuaciondiferencialy

8y= 0.El polinomiocaractersticocorrespondienteesp(m) = m38 = (m2)(m2+ 2m+ 4)quetienelasracesm1= 2,m2= 1 + i3, m2= 1 i3,conloquelabasedesolucionesestadadapore2t, etcos(3t), etsin(3t).Lasoluciongeneral esentoncesy(t) = c1e2t+ (c2 cos(3t) + c3 sin(3t))et.63Consideremosun ultimocaso.Caso 6. Suponemos que el polinomio caracterstico pn(m) tiene una raz compleja,m1= + idemultiplicidadk, yporlotantotienetambiena m2= i,comorazconmultiplicidadk. Parasimplicarvamosasuponemosquenohaymasracesloqueimplicaquen=2k. Enestecasosepuededemostrarquelabasedesolucionesestaformadaporlasfunciones:etcos t, tetcos t, , tk1etcos tetsin t, tetsin t, , tk1etsin t.Deestaformalasoluciongeneralesy(t) = et(c1 + c2t + + cktk1) cos t+et(d1 + d2t + +dktk1) sin t.Ejercicio. Encuentrelabasedesolucionesylasoluciongeneral si enCaso6setiene que n > 2ky ademas el polinomio caracterstico tiene n 2kraces reales ysimples.Ejemplo3.13. Encuentrelasoluciongeneral paralaecuaciondiferencialy(iv)+y= 0.El polinomiocaractersticoesp4(m) = m4+ 1 = (m2i)(m2+ i),quetienecomoracesam1,2= i, m3,4= i.Estassepuedenescribircomom1=12+i2m2= 12i2m3=12i2m4= 12+i2.Labasedesolucionesesentonceset2cos_t2_, et2sin_t2_, et2cos_t2_, et2sin_t2_.Lasoluciongeneral sepuederepresentarcomo64y(t) = et2_c1 cost2+ c2 sint2_+ et2_d1 cost2+ d2 sint2_.3.4. Metododevariaciondeparametros. Este metodo nos va a a permitirencontrar soluciones particulares de algunas ecuaciones diferencial con coecientesvariables.Comencemosconlaecuaciondiferenciala2(t)y

+a1(t)y

+ a0(t)y= g(t).Comosiempresuponemosquea2, a1,ya0, gsonfuncionesquesatisfacenlacon-dicion(H1)enunintervaloI.Laecuacionlaescribimosenlaformay

+ P(t)y

+ Q(t)y= f(t) (3.23)dondeP(t) =a1a2(t), Q(t) =a0a2(t), f(t) =ga2(t).Laecuacionhomogeneaasociadaesy

+P(t)y

+Q(t)y= 0, (3.24)paralacual suponemosconocidaunabasedesolucionesy1, y2. As, lasoluciongeneraldeestaecuacionesyh(t) = C1y1(t) + C2y2(t).Elmetodoparaparaencontrarunasolucionparticularyp(t)de(3.23)consisteensuponeryp(t) = u1(t)y1(t) + u2(t)y2(t)y reemplazar en (3.23) para encontrar dos ecuaciones para las funciones incognitasu1yu2.Derivandoyreemplazandoseobtiene65u1(t)[y

1+ P(t)y

1 + Q(t)y1. .=0] + u2(t)[y

2+P(t)y

2 + Q(t)y2. .=0] + P(t)u

1(t)y1(t)+P(t)u

2(t)y2(t) + 2u

1(t)y

1(t) + 2u

2(t)y

2(t) + u

1(t)y1(t) + u

2(t)y2(t) = f(t),quedadoquey1ey2satisfacenlaecuacionhomogeneasepuedeescribircomoP(t)[u

1(t)y1(t) + u

2(t)y2(t)]+u

1(t)y

1(t) + u

2(t)y

2(t) +ddt[u

1(t)y1(t) + u

2(t)y2(t)] = f(t) (3.25)Comonecesitamos2ecuacionesparau1yu2suponemosqueu

1(t)y1(t) + u

2(t)y2(t) = 0, (3.26)quedandolaecuacion(3.25)comou

1(t)y

1(t) + u

2(t)y

2(t) = f(t). (3.27)Ecuaciones(3.26)y(3.27)sondosecuacionesparau1yu2. Usandomatricesestastomanlaforma_y1(t) y2(t)y

1(t) y

2(t)_ _u

1(t)u

2(t)_ =_0f(t)_UsandolaregladeKramerseobtienequeu

1(t) = y2(t)f(t)W(y1, y2)(t), y u

2(t) =y1(t)f(t)W(y1, y2)(t).Notamos que W(y1, y2)(t) ,=0paratodot I porque y1, y2sonlinealmenteindependientesent.Integrandolasexpresionesparau

1yu

2seobtiene66u1(t) = C1_y2(t)f(t)W(y1, y2)(t)dt, y u2(t) = C2 +_y1(t)f(t)W(y1, y2)(t),dedondeu1(t)y1(t) + u2(t)y2(t) == C1y1(t) + C2y2(t) y1(t)_y2(t)f(t)W(y1, y2)(t)dt + y2(t)_y1(t)f(t)W(y1, y2)(t).Comolosdosprimerosterminosformanpartedelasoluciondelaecuacionho-mogeneapodemostomarlasolucionparticularcomoyp(t) = y1(t)_y2(t)f(t)W(y1, y2)(t)dt + y2(t)_y1(t)f(t)W(y1, y2)(t).Conestolasoluciongeneraldelaecuacionesy(t) = C1y1(t) + C2y2(t) + yp(t).Ejemplo3.14. Resuelvalaecuaciondiferenciald2ydt2 4dydt+ 4y= (t + 5)2e2t.Laecuacionhomogeneaasociadaes:d2ydt2 4dydt+ 4y= 0,conpolinomio caracterstico (m 2)2=0, y por lo tanto m=2 es raz demultiplicidad2.Deaququelasoluciongeneral delaecuacionhomogeneaesyh(t) = (c1 + c2t)e2t.Paraencontrarlasolucionparticulardelanohomogenea, usamosvariaciondeparametros.Seobtiene:yp(t) = e2t_t44+103t3+252t2_+te2t_t33+ 5t2+ 25t_y,nalmente,lasoluciongeneral es:y(t) = (c1 +c2t)e2t+yp(t).67Estudiemosacontinuacioncomoextenderelmetodoparaecuacionesdeordensuperior.Consideremoselsiguientecaso.y

+P(t)y

+ Q(t)y

+ R(t)y= f(t), (3.28)dondelasfuncionescoecientesyfsoncontinuasenunintervaloI.Comoantes,suponemos conocida una base de soluciones y1, y2, y3 de la ecuacion homogeneaasociadaypostulamoscomosolucionparticularde(3.28)yp(t) = u1(t)y1(t) + u2(t)y2(t) + u3(t)y3(t). (3.29)Derivandoestaexpresionseobtieney

p(t) = u1(t)y

1(t) + u2(t)y

2(t) + u3(t)y

3(t) (3.30)dondehemosimpuestolacondiciondequeu

1(t)y1(t) + u

2(t)y2(t) + u

3(t)y3(t) = 0. (3.31)Derivando(3.30)eimponiendoqueu

1(t)y

1(t) + u

2(t)y

2(t) + u

3(t)y

3(t) = 0, (3.32)seobtieney

p(t) = u1(t)y

1(t) + u2(t)y

2(t) + u3(t)y

3(t). (3.33)Derivandoestaexpresionobtenemosy

p (t) = u1(t)y

1 (t) + u2(t)y

2 (t) + u3(t)y

3 (t)+u

1(t)y

1(t) + u

2(t)y

2(t) + u

3(t)y

3(t). (3.34)68Reemplazando(3.29), (3.30), (3.33)y(3.34)en(3.28)yutilizandoquey1, y2, y3sonsolucionesdelaecuacionhomogeneaasociada,seobtieneu

1(t)y

1(t) + u

2(t)y

2(t) + u

3(t)y

3(t) = f(t). (3.35)Lasecuaciones(3.31),(3.32)y(3.35)sepuedenescribircomoelsistema__y1(t) y2(t) y3(t)y

1(t) y

2(t) y

3(t)y

1(t) y

2(t) y

3(t)____u

1(t)u

2(t)u

3(t)__ =__00f(t),__paralasincognitasu

1, u

2, u

3.As,usandolaregladeCramer,seobtieneque:u

1(t) = f(t)W(y2, y3)W(y1, y2, y3)u

2(t) = f(t)W(y3, y1)W(y1, y2, y3)u

3(t) = f(t)W(y1, y2)W(y1, y2, y3),dondeW(yi, yj)denotael wronskianodelasfuncionesyi, yjparaj =1, 2, 3, yW(y1, y2, y3)el wronskianodelasfuncionesy1, y2, y3. Comoenel casoanteriorestasexpresioneseintegranyseformau1(t)y1(t) + u2(t)y2(t) + u3(t)y3(t),dedondeseobtieneunasolucionparticular.Enformaenteramentesimilarsepuedeencontrarunaformulaparaencontrarunasolucionparticularparaunaecuacionlineal deordenn. Estosedejacomoejercicio.Parausarel metododevariaciondeparametroshayqueconocerunabasedesolucionesdelaecuacionhomogeneaasociada. Vamosaconsideracontinuaci onuna clase de ecuaciones diferenciales a coecientes variables donde esto es simple.EcuaciondeEuler-Cauchy.Tienelaforma:antny(n)+an1tn1y(n1)+ + a1ty

+ a0y= g(t), (3.36)69dondea0, a1, . . . , ansonconstantesconan ,= 0ydondesuponemosquet > 0.Laecuacionhomogeneaasociadaesantny(n)+ . . . + a1ty

+ a0y= 0. (3.37)Armamos que con la transformacion de variable independiente t = ela ecuacion(3.36) y la ecuacion (3.37), se transforman en ecuaciones a coecientes constantes.Ilustramosestoparalaecuaciondesegundoorden.a2t2y

+a1ty

+ a0y= g(t). (3.38)Laecuacionhomogeneaasociadaesa2t2y

+ a1ty

+ a0y= 0. (3.39)Denotandopor y() = y(e)yderivandoseobtienerespectivamente:ty

=d ydy t2y

=d2 yd2 d yd.Deestaformalaecuacionhomogeneaasociadaa2t2y

+ a1ty

+ a0y= 0,setransformaenlaecuacionacoecientesconstantessiguiente:a2d2 yd2+ (a1a2)d yd+ a0 y= 0.Elpolinomiocaractersticocorrespondienteesp(m) = a2m2+ (a1a2)m+ a0.Denotandoporm1ym2lasracesdeestepolinomiotenemos3casos.Caso1.m1ym2sonrealesydistintas.Enestecasounabasedesolucioneses70 y1() = em1, y2() = em2.Caso2.m1= m2= m.Unabasedesolucioneses y1() = em, y2() = em.Caso3. Lasracessoncomplejas(conjugadas), m1= + i, m2= i, con ,= 0.Enestecasounabasedesolucioneses y1() = ecos , y2() = esin .Conocidaestasbases,lasexpresamosenterminodelavariabletparaobtenerlasbasescorrespondientesparalaecuacion(3.39).Setienerespectivamente:Caso1.y1(t) = tm1, y2(t) = tm2.Caso2.y1(t) = tm, y2(t) = tmln t.Caso3.y1(t) = tcos ((ln t)) , y2(t) = tsin ((ln t)) .Estamos entonces en posicion de obtener una solucion particular de la ecuacion(3.38) por medio del metodo de variacion de parametros. Sigamos con un ejemplo.Ejemplo3.15. Resuelvalaecuaciondiferencialt2y

2ty

+ 2y= t4et.Haciendoel cambiodevariablet = elaecuacionhomogeneaasociadat2y

2ty

+ 2y= 0,setransformaend2 yd2 3d yd+ 2 y= 0.71El polinomiocaractersticoesp(m)=m2 3m + 2, conracesm1=1, m2=2.Deaququelabasedesolucioneses y1() = e, y2() = e2.Volviendoalavariabletestabasequeday1(t) = t, y2(t) = t2,porloquelasoluciongeneral delaecuacionesyh(t) = c1t +c2t2.Para encontrar la solucion particular usando variacion de parametros, partiendodelaecuacionescritacomoy

2y

t+2yt= t2et.Ponemosyp= u1(t)y1(t) + u2(t)y2(t)dondeu1, u2satisfacen:u

1(t) =y2(t)f(t)W(y1, y2)(t),u

2(t) =y1(t)f(t)W(y1, y2)(t).Calculandoel wronskiano,seobtieneW(y1, y2)(t) =t t21 2t = t2.Entoncesu

1(t) = t2et, y u

2(t) = tet.72Integrando,setieneu1(t) = _t2etdt = t2et+ 2tet2et,yu2(t) =_tetdt = tetet.Conestolasoluciondelaecuacionqueday(t) = c1t + c2t2+ u1(t)t + u2(t)t2= c1t + c2t2+t2et2tet.Nota. Observamos que un procedimiento alternativo al expuesto consiste en trans-formarlaecuacion.a2t2y

+ a1ty

+a0y= g(t)pormediodelcambiodevariablest = e,aa2d2 yd2+ (a1a2)d yd+ a0y= g(e),resolver esta ecuacion a coecientes constantes, y volver despues a las expresionesenterminosdelavariablet.3.5. Metododelos coecientes indeterminados. Estemetodonos vaaservirparaencontrarsolucionesparticularesdelaecuacionlinealnohomogeneasacoecientesconstantesany(n)+ . . . + a1y

+ a0y= g(t), (3.40)dondeg: I Resunafuncioncontinuaya

1, ansonconstantesreales.Introducimosunanotacionoperacionaldenotandopor73D =ddt, D2=d2dt2, . . . , Dn=dndtn.Aslaecuaciondiferencialanteriorlapodemosescribircomo(anDn+. . . +a1D +a0I)y= g(t), (3.41)dondeIdenotaeloperadoridentidad.LaexpresionP(D) = anDn+ . . . + a1D + a0I, (3.42)la llamamos un operador diferencial de orden n (a coecientes constantes). Comose puede ver inmediatamente P(D) es un operador lineal sobre el espacio vectorialdelasfuncionesy: R RdeclaseCn(R, R).Comomotivacionveremosalgunoscasosparticularesdeoperadoresdiferencia-les.Consideremoslostresoperadoresdiferenciales:P(D) = D2+D, Q(D) = D(D + I), R(D) = (D + I)D.SetieneP(D)y= (D2+ D)y=d2ydt2+dydt,Q(D)y= D(D + I)y=ddt_dydt+ y_ =d2ydt2+dydt,yR(D)y= (D + I)Dy=_ ddt+ I_ dydt=d2ydt2+dydtporlotantoP(D) = Q(D) = R(D),esdecirD2+ D = D(D + I) = (D + I)D,que interpretamos como que P(D) = D2+D se puede factorizar en 2 factores queconmutan.Enformasimilarsedemuestranlossiguientescasos.Paraaybn umerosrealesynunenteropositivo,setiene:74(D2+ (a +b)D + abI) = (D + aI)(D + bI) = (D + bI)(D + aI),(D2+ (a + b)D + abI)n= (D +aI)n(D + bI)n= (D + bI)n(D + aI)n,ysimesotroenteropositivo,setiene(D2+ (a + b)D + abI)n(D2+ (c + d)D +cdI)m= (D +aI)n(D + bI)n(D + cI)m(D + dI)m= (D + bI)n(D + aI)n(D +dI)m(D + cI)m= (D + cI)m(D + aI)n(D + dI)m(D +bI)n= (D2+ (c + d)D + cdI)m(D2+ (a + b)D + abI)n.Similarmentesia1, . . . , ansonn umerosreales,setiene:(D +a1I)(D + anI) =

j=1..n(D +ak(j)I)donde k(1), . . . , k(n)escualquierreordenamientode 1, . . . , n.Notequeestaexpresionestambienciertasilosa1, . . . , ansonn umeroscomplejos.Finalmente,siademasb1, . . . , bnsonn umerosrealessetiene(D2+ (a1 +b1)D + a1b1I)(D2+ (an + bn)D + anbnI)=

j=1..n(D2+ (ak(j) + bk(j))D + ak(j)bk(j))75Consideremos nuevamente la ecuacion diferencial (3.41), que reescribimos comop(D)y= g(t), (3.43)conp(D)dadopor(3.42).Laecuacionhomogeneaasociadaesp(D)y= 0, (3.44)para la cual sabemos como encontrar sus soluciones. Hemos visto que estas solucio-nes forman un espacio vectorial lineal de dimension n. Este espacio es exactamenteelkerneldeloperadorp(D).Porabusodenotacionp(D)lollamaremostambienunpolinomio(diferencial).Enel metododecoecientesindeterminadosesconvenienteintroducirel con-ceptodepolinomioanulador. Seauunafuncionsucientementediferenciableysupongamosqueq(D)esunpolinomiodiferencial tal queq(D)u=0. Entoncesdecimos que q(D) es un polinomio anulador de u. Notamos que equivalentementeudebeestarenelkerneldeloperadorq(D).Enformaelementalsetiene:Siu(t) = k = cte,entoncesDnk =dnkdtn= 0paratodon 1.Si u(t)=tn, nenteropositivo, entoncesDmu=dmu(t)dtm=0paratodoenterom > n.Comoconsecuenciadeesto ultimosiu(t) = c0 + c1t +. . . +cn1tn1(3.45)dondec0, , cn1sonconstantes reales, entonces Dmu=0, paratodoenterom n.EsdecirDm,m n,esunanuladordelpolinomioen(3.45).Acontinuaci onvamosaestudiaralgunoscasosparticularesimportantes.Eloperadorp(D) = (D )n(3.46)76esunpolinomioanuladordelassiguientesfunciones:et, tet, , tn1et, n 1, (3.47)equivalentementetodasestasfuncionesestanenkerp(D).Enefecto,p(D)u = 0esequivalentealaecuaciondiferencialhomogenea:(D )nu = ( ddt ) ( ddt )u = 0,que tiene por polinomio caracterstico a p(m) = (m)n(usamos la misma letraparadenotar el polinomio). Comoel conjuntoderacesdeestepolinomioestaformando por una raz real de multiplicidad n, entonces es claro que la familia defunciones(3.47)sonanuladasporelpolinomiodiferencial,masaunformanunabasedesolucionesparalaecuaciondiferencialp(D)u = 0.Ejemplo3.16. Encuentreunpolinomioqueanuleau(t) = e3t+ tet.Solucion. Setieneque(D + 3)anulaae3tyque(D 1)2anulaatet, porlotanto(D + 3)(D 1)2esunpolinomioanuladordeu.Eloperadordiferencialp(D) = [D22D + (2+2)]n. (3.48)donde, sonn umerosrealescon ,= 0,esanuladordelassiguientesfuncionesetcos t, tetcos t, . . . , tn1etcos t,etsin t, tetsin t, . . . , tn1etsin t. (3.49)Enefecto,elpolinomiocaractersticocorrespondientealaecuacionp(D)y= 0esp(m) = [m22m + (2+ 2)]n,ycomo77m22m + (2+ 2) = 0tiene como races m1= +iy m2= i, se tiene que m1y m2con multipli-cidad n son las unicas races del polinomio p(m). Entonces la familia de funciones(3.49)sonanuladasporel polinomiodiferencial, ycomoantesformanunabasedesolucionesparalaecuaciondiferencialp(D)u = 0correspondiente.Ejemplo3.17. Encuentreunpolinomioanuladordecost, sin t, ,= 0Solucion.Enamboscasoses(D2+ 2).Ejemplo3.18. Encuentreunpolinomioanuladordet cos t, t sin t.Solucion.(D2+ 2)2.Pasamos a continuaci on a describir el metodo de los coecientes indeterminados.Consideremoslaecuacionacoecientesconstantes(3.43),quereescribimosco-mop(D)y= g(t),dondep(D)estadenidoen(3.42),esdecirp(D) = anDn+. . . +a1D +a0.Laecuacionhomogeneaasociadadelaecuacion(3.43)esp(D)y= 0, (3.50)conpolinomiocaracteristicop(m)=0. Supongamosquelasracesdeestepoli-nomio m1, . . . , mlson reales y tienen multiplicidad k1, . . . , kl, respectivamente, demaneraquep(m) = an(mm1)k1 (mml)kl, (3.51)dondek1 + + kl= n.Entoncesesfacilverquep(D)admitelafactorizacion78p(D) = an(D m1I)k1 (D mlI)kl, (3.52)yviceversasi p(D)sepuedefactorizarcomoen(3.52)entoncesp(m)sepuedefactorizarcomoen(3.51).Supongamosahoraqueel polinomiocaractersticop(m)de(3.50)contieneunparderacescomplejasconjugadasm1= + iym2= i, entoncesp(m)contendra el factor m22m+(2+2). Si ademas estas races tienen multipli-cidadkentoncesp(m)contendraelfactor[m22m+ (2+2)]k.Enestecasoelpolinomiop(D)contendr aelcorrespondientefactor[D22D + (2+ 2)I]kyviceversa.Comoel polinomioanuladorp(m)siempresepodrafactorizarenexpresionesquecontenganterminosdelaforma(m)j,[m22m+(2+2)]k(teoremafundamental del algebra)esclaroquep(D)sepuedefactorizarsimilarmenteenfactoresdelaforma(D )j,[D22D + (2+ 2)]k.Delosargumentosanterioresesclaroquesi g(t)esunadelassiguientesfun-ciones(a)unaconstantek;(b)unpolinomioent;(c)unafuncionexponencialet;(d)unafunciontrigonometricadelaformasin t,ocos t;(e)productosdeestasfunciones(f)combinacioneslinealesdeestasfunciones,entonces es siempre posible encontrar un polinomio anulador p(D) de esta funciong(t).Supongamos que paralaecuacion(3.43) conocemos unpolinomioanuladorq(D) de lafunciong, ymultipliquemos ambos mienbros de estaecuacionporq(D),entoncesq(D)p(D)y= q(D)g= 0.As y(la solucion general de ecuacion (3.43)) es tambien solucion de una ecuacionhomogenea a coecientes constantes (de orden n1mayor que n). Poniendo r(D) =q(D)p(D),estaecuacionseescribe79r(D)z= 0, (3.53)ecuacion homogenea a coecientes constantes que sabemos como resolver. En efec-totenemosqueencontrarn1solucioneslinealmenteindependientesdeestaecua-cionparaformarunabaseB.Sean y1, , yn n soluciones linealmente independientes de la ecuacion (3.50),es decir que satisfacen, p(D)yi= 0, i = 1, . . . , n. Entonces tambien se satisface quer(D)yi= 0,i = 1, . . . , n,esdecirsonnsolucioneslinealmenteindependientesde(3.53).Supongamosqueyn+1, . . . , yn1sonn1nsolucionesadicionalesde(3.53)tales que y1, . . . , yn1 forman una base de soluciones de (3.53) (note yn+1, . . . , yn1nopuedensersolucionesde(3.50)).Comoy(t)=yh(t) + yp(t), lasoluciongeneral de(3.43)satisfacelaecuacionhomogenea(3.53),sepuedeescribircomoy(t) =n1

i=1ciyi(t) =n

i=1ciyi(t) +n1

i=nciyi(t),dondec1, . . . , cn1sonconstantes. Yaque

ni=1ciyi(t)formapartedelasoluciongeneral de (3.50), que llamamos antes yh, se tiene entonces que yp(t) = y(t)yh(t)debetenerlaformayp(t) =n1

i=nciyi(t).Esta expresion contiene n1n constantes indeterminadas las cuales se determinanreemplazandoestaexpresionen(3.43). De aqu el nombre del metodode loscoecientesindeterminados.3.6. EjerciciosResueltos.Ejercicio3.1. ConsiderelaEDOdesegundoordenlineal homogenea:y

+ p(t)y

+ q(t)y= 0.(a) Demuestre que el Wronskiano W(t) = W(y1, y)(t) de dos soluciones y(t), y1(t)delaEDOsatisface:W(t) = Ce

p(t)dt.(b) Encuentre a continuacion una expresion paraddt_ y(t)y1(t)_ en terminos de W(t)ey1(t).Apartirdeaquyde(a)encuentrenalmentey(t)enterminosdey1(t).(c)Ocupandolaparteanterior,resuelvalasiguienteEDO:80(1 x2)y

+ 2xy

2y= 0,Indicacion:y(x) = xessoluciondelaEDO.Solucion:(a)Sesabequey(t), y1(t)sonsolucionesdelaEDOdesegundoorden.Entoncessedebencumplirlassiguientesecuaciones:y

+ p(t)y

+ q(t)y= 0y

1+ p(t)y

1 + q(t)y1= 0Almultiplicarlaprimeraecuacionpory1,lasegundapory(t)yrestarlasqueda:y

y1y

1y + p(t)(y

y1y

1y) = 0PorotroladoelWronskianoesiguala:W(t) = W(y1, y)(t) =y1yy

1y

= y

y1y

1y W(t)

= y

y1y

1y.AlreemplazarentoncesW(t)yW

(t)resulta:W(t)

+ p(t)W(t) = 0Lacual esunaEDOdel tipolineal homogeneadeprimerorden. LasoluciondeestaEDO(variablesseparables):W(t) = Ce

p(t)dt.(b)Directodelaparteanterior,ddt_ y(t)y1(t)_ =y

y1yy

1y21=W(y1, y)y21=Ce

p(t)dty21Integrando:y(t)y1(t)= C_e

p(t)dty1(t)2+ C2Finalmenteseobtiene:81y(t) = Cy2(t) .. y1(t)_e

p(t)dty1(t)2+C2y1(t)(c)LoprimeroesnormalizarlaEDO:y

+2x(1 x2)y

2(1 x2)y= 0Tomandoy1(x) = x,p(x) =2x(1 x2) _2x(1 x2)dx = ln(1 x2)Reemplazandoenelresultadodelaparte(b):y(x) = Cx_eln(1x2)(x)2dx+C2x = Cx_ _1x2 1_dx+C2x = Cx(x1x)+C2xFinalmente:y(x) = C(1 x2) + C2x.Ejercicio 3.2.Sea una funcion denida en ' con

continua en '. Si (0) =1y

(0) = 0,sepideencontrarquesatisfacelassiguientesecuacionesdiferen-ciales:___

+M(1 R) = 0 parax 0

MR = 0 para0 < x 1

+M(1 R) = 0 para1 < xDonde0 < R < 1yM> 0sonconstantes.Solucion:Cuandox (, 0],1(x) = c1cos(_M(1 R)x) + c2sin(_M(1 R)x).Cuandox (0, 1],2(x) = c3eMRx+ c4eMRx.Cuandox (1, ),3(x) = c5cos(_M(1 R)x) + c6sin(_M(1 R)x).Lasderivadasdeestasfuncionesson:821(x)

=_M(1 R)(c1sin(_M(1 R)x) + c2cos(_M(1 R)x))2(x)

=MR(c3eMRxc4eMRx)3(x)

=_M(1 R)(c5sin(_M(1 R)x) + c6cos(_M(1 R)x))Seaplicaahoralascondicionesiniciales:1(0) = 1 c1= 1

1(0) = 0 c2= 01(x) = cos(_M(1 R)x)Ahoraseaplicancondicionesdecontinuidadydiferenciabilidad:1(0) = 2(0) = 1 c3 + c4= 1

1(0) =

2(0) = 0 c3c4= 02(x) =12(eMRx+ eMRx) = cosh(MRx)3(1) = 2(1) c5cos(_M(1 R)) + c6sin(_M(1 R)) = cosh(MR)

3(1)=

2(1) _M(1 R)(c5sin(_M(1 R)) + c6cos(_M(1 R)))=MRsenh(MR)Dedondeseobtiene:3(x) = c5cos(_M(1 R)x) + c6sin(_M(1 R)x)con:c5= cosh(MR)cos2(_M(1 R))MR2_M(1 R)senh(MR)sen(2_M(1 R))c6= cosh(MR)sen(_M(1 R)) +MR_M(1 R)senh(MR)cos(_M(1 R))Ejercicio3.3. Encuentrelasoluciondelaecuacion:a7yvii+ a6yvi+a5yv+ a4yiv+a3y

+a2y

+ ay

+ y= 083que satisfacelas condiciones iniciales y(0) =1, y(0)

=22aylacondiciondeestabilidad:lmty(t) = 0,a < 0.Solucion:Seay(t) = emt,entonces:a7m7+ a6m6+ a5m5+ a4m4+ a3m3+a2m2+ am + 1 = 0Aplicandolasumatoriageometrica:n

i=0pi=1 pn+11 pconp = am,n = 7,setiene:7

i=0(am)i=1 (am)81 (am)=[(am)4+ 1][(am)2+ 1][(am) + 1][(am) 1][(am) 1]Seanalizacadafactorparaencontrarlasracesdelaecuacion.(am)4+ 1 = 0 m4= 1a4=1a4eiCalculandolas races cuartas delaecuacionsetienenlas cuatrosolucionescomplejas:m1=1|a|e4i m1=1a_22+22i_m2= 1|a|e4i m2= 1a_22+22i_m3=1|a|e4i m3=1a_2222i_m4= 1|a|e4i m4= 1a_2222i_Paraelfactor(am)2+ 1 = 0seobtienenlassoluciones:m5=1ai, m6= 1aiDelfactor(am) + 1 = 0seobtiene:84m7= 1aEntonceslasoluciondelaEDOes:y(t) = e2t2a_c1cos_2t2a_+ c2sin_2t2a__+e2t2a_c3cos_2t2a_+ c4sin_2t2a__+c5cos_1at_+ c6sin_1at_+ c7e1at.Ahoraseaplicanlascondicionesdelproblema:lmty(t) = 0 c3= c4= c5= c6= c7= 0y(0) = 1 c1= 1y(0)

=22a y(0)

=22a (c1 + c2) =22a c2= 0Finalmentelasoluciondelproblemaes:y(t) = e22a tcos_22a t_.Ejercicio3.4. Sea > 0enel problema:y(iv)y= 0,y(0) = y

(0) = y

(0) = 0, y(1) = 0.Estudie si existen valores de para los cuales el problema tiene solucion no trivial.Solucion:Elpolinomiocaractersticop(m) = m4sepuedefactorizardelaforma:p(m) = (m2)(m2+) = (m4)(m +4)(m2+) = 0EntonceslasoluciondelaEDOes:y(t) = c1e4t+ c2e4t+c3 cos(4t) + c4 sin(4t).85Lasderivadasdey(t)son:y

(t) =4(c1e4t+ c2e4tc3 sin(4t) + c4 cos(4t))y

(t) =(c1e4t+ c2e4tc3 cos(4t) c4 sin(4t))Ahoraseimponenlascondicionesinicialesycondicionterminal:y(0) = 0 c1 + c2 + c3= 0y

(0) = 0 c1 +c2 +c4= 0y

(0) = 0 c1 + c2c3= 0y(1) = 0 c1e4+ c2e4+ c3 cos(4) + c4 sin(4) = 0De la primera y tercera ecuacion c3= 0. Luego c1= c2, c4= 2c2. Al reemplazarenlacuartaecuacion:c2(senh(4) sen(4)) = 0.Como c2 debe ser distinto de cero para no tener la solucion trivial, se debe cumplirque:senh(4) = sen(4)locualsolosecumplesolamentepara = 0.Ejercicio 3.5.Usando el metodo de variacion de parametros resuelva la siguienteecuaciondiferencial:x2y

+ xy

4y= 4x2Solucion:Enprimerlugarseresuelveecuacionhomogenea:x2y

+ xy

4y= 0Setanteasolucionesdeltipo:y= x,y

= x1,y

= ( 1)x286ReemplazandoenlaEDOseobtiene:(( 1) + 4)x= 0locual secumpleparalosvalores1=2y1= 2, conloquesellegaadossolucionesdelahomogenea:y1(x) = x2, y2(x) = x2.Apartirdeestasdossolucionesseobtienelasolucionhomogeneaqueestadadapor:yh(x) = c1x2+ c2x2Aplicandoelmetododevariaci ondeparametroslasolucionparticularestadadapor:yp(x) = u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x)W(y1, y2) =x2x22x 2x3 = 4x1u1(x) =_4x24x1dx =_x1dx = ln (x)u2(x) =_4x24x1dx = _xdx = x22luegolasoluciondelaparticulares:yp(x) = x2ln (x) x22x2= x2ln (x) +12Seobtienelasoluciongeneraldadaporyg= yh +ypy(x) = c1x2+ c2x2+x2ln x +12.Ejercicio 3.6.Usando el metodo de variacion de parametros resuelva la siguienteecuaciondiferencial:y

+ y

= tan (t)87Solucion:Enprimerlugarseresuelveecuacionhomogenea:y

+ y

= 0Disminuyendo el orden de la ecuacion diferencial realizando el cambio de variabley

= y

=

laEDOsepuedeexpresardelasiguienteforma:

+ = tan (t).Ahoraresolvemoslahomogenea:

+ = 0Sepruebansolucionesdel tipo: (x)=emt,

=memt,

=m2emt. Reem-plazandoenlaEDOseobtiene:(m2+ 1) = 0Del polinomiocaractersticop(m) =(m2+ 1) =0, seobtienenlas solucionescomplejasm1= iym2= i.Luegolasoluciondelaecuacionhomogeneaes:h(t) = c1 cos (t) + c2 sin (t).Ahoraseusaelmetododevariaci ondeparametrosparaobtenerlasolucionpar-ticular:p(t) = u1(t)1(t) + u2(t)2(t)W(1, 2) =cos (t) sin (t)sin (t) cos (t) = cos (t)2+ sin (t)2= 1u1(t) = _tan (t) sin (t)dt = sin (t) ln (sec (t) + tan (t))u2(t) =_cos (t) tan (t)dt = cos (t)Entonceslasolucionparticulares:p(t) = u1 cos (t) + u2 sin (t) = cos (t) ln (sec (t) + tan (t)),ylasoluciongeneral:(t) = c1 cos (t) + c2 sin (t) cos (t) ln (sec (t) + tan (t)).88Seregresaalavariableinicial,integrando(t):y(t) = c1_cos (t)dt +c2_sin (t)dt +_p(t)dt + c3dedondeseobtiene:y(t) = c1 sin (t) + c2 cos (t) + c3 +_cos (t) ln (sec (t) + tan (t))dtEjercicio3.7. Encuentrelahomogeneayplanteelaformadelasolucionparti-cular.y(iv)+ 4y

+ 16y= et cos3tSolucion:Elpolinomiocaractersticoes:p(m) = m4+ 4m2+ 16 = 0m2= 4 16 4162= 4 43i2= 2 23im2=4 + 43eiarctg( 223)= 4ei120oEntonceslassolucionescomplejassonm= 4ei120o2= 2ei60o. Ahoraloscomplejossedebenescribirenlaformaa + ibparaobtenersupartereal eimaginaria:m = 2(cos60oisen60o) = 2_0,5 i 32_m1,2= 1 i3 m3,4= 1 i3Entonceslasolucionhomogeneaes:yh(t) = et(C1 cos3t + C2 sen3t) + et(C3 cos3t + C4 sen3t)ylaformadelasolucionparticulares:yp(t) = d1etcos3t +d2etsen3t89Ejercicio3.8. Encuentrelahomogeneayplanteelaformadelasolucionparti-culardelasiguienteEDO:y

+ ky= e|k|tSolucion:Elpolinomiocaractersticoesp(m) = m2+k = 0.Luegosetienenlossiguientescasos:Caso1:k > 0 m = i k y(t) = C1 coskt + C2 senkt +dektCaso2:k = 0 m = 0 y(t) = C1 +C2 t + dektCaso3:k < 0 m = k y(t) = C1 ekt+C2 ekt+ dtektEjercicio3.9. Resuelvalasiguienteecuaciondiferencial:y(v)+ 8a3y

= a + eatcos (at)Solucion:Enprimerlugarseresuelveecuacionhomogenea:y(v)+ 8a3y

= 0Elpolinomiocaractersticoasociadoresultaserp(m) = m5+ 8a3m2,cuyasracesson:m1= m2= 0, m3= 2a, m4= a + a3i, m5= a a3iEntonceslabasedelasolucionhomogeneaestadadapor:1, t, e2at, eatcos (a3t), eatsin (a3t)90Luegolasolucionhomogeneadelaecuacioneslacombinaci onlinealdelabase:yh(t) = c1 + c2t +c3e2at+ c4eatcos (a3t) + c5eatsin (a3t).Lo siguiente es encontrar la forma de la solucion particular. El polinomio anuladordelafuncionf(t) = a + eatcos (at),es:D(D22aD + 2a2I).AplicandoloalaEDO,resultalanuevahomogenea:D2(D + 2aI)(D22aD + 4a2I)D(D22aD + 2a2I)y(t) = 0,cuyasoluciones:Y (t) = c1 + c2t + c3e2at+ c4eatcos (a3t)+c5eatsin (a3t) + c6eatcos (at) + c7eatsin (at) + c8t2Al sacar de esta solucion las pertenecientes a la homogenea, la forma de la solucionparticulares:yp(t) = c6eatcos (at) + c7eatsin (at) + c8t2donde c6, c7, c8 son los coecientes indeterminados. Se eval ua la solucion particularenlaEDO:y

p(t) = 2c6a2eatsin (at) + 2a2c7eatcos (at) + 2c8yp(5)(t) = 4(c6 +c7)a5eatcos (at) + 4(c6c7)a5eatsin (at).AlremplazarenlaEDO,seobtienenlosvaloresdelasconstantesc6, c7yc8:c6= 140a5, c7=340a5, c8=116a2FinalmentelasoluciongeneraldelaEDOes:y(t) = c1 + c2t + c3e2at+ c4eatcos (a3t) + c5eatsin (a3t).eatcos (at)40a5+3eatsin (at)40a5+116a2t2.91Ejercicio3.10. Resuelvalasiguienteecuaciondiferencial:y(iv)y= exp (t) + cos (t).Solucion:Enprimerlugarseresuelvelaecuacionhomogenea:y(iv)y= 0Elpolinomiocaractersticoasociadoresultaser:p(m) = m41,cuyasracesson:m1= 1, m2= 1, m3= i, m4= i.Entonceslabasedelasolucionhomogeneaestadadapor:et, et, cos(t), sin(t).Luegolasolucionhomogeneadelaecuaciones:yh(t) = c1et+ c2et+ c3 cos(t) + c4 sin(t).Losiguientees encontrar laformadelasolucionparticular. Paraestosedebeencontrarelpolinomioanuladordelafuncionf(t)=exp (t) + cos (t),elcuales:(D I)(D2+ I).Alaplicarelanuladoralaecuacionseobtiene:(D I)(D2+ I)(D4I)y(t) = 0.luegoseresuelvep(D) = (D I)(D2+ I)(D4I)y(t) = 0conloqueseobtiene:Yp(t) = c1et+ c2et+ c3 cos (t) + c4 sin (t) + c5tet+ c6t cos (t) + c7t sin (t)Quitandolassolucionesdelahomogenea,laformadelasolucionparticulares:yp(t) = c5tet+ c6t cos (t) + c7t sin (t).92Paradeterminarloscoecientesindeterminadosseeval uaenlaEDOlasolucionparticular.Senecesitalacuartaderivadadeypquees:y(4)p= 4c5et+ c5tet+ 4c6 sin (t) c6t cos (t) + c7t sin (t).ReemplazandoenlaEDOseobtienenlosvaloresdelascoecientesindetermina-dos.c5=14, c6= 0, c7= 14.Luego,lasolucionparticulardelaEDOes:yp(t) =14tet14t sin (t),ynalmentelasoluciongeneraldelproblemaes:y(t) = c1et+c2et+ c3 cos (t) + c4 sin (t) +14tet14t sin (t).Ejercicio3.11. Usandoel metododecoecientes inderminados resuelvalasi-guienteecuaciondiferencial, analizandolosposiblesvaloresquepuedetomarlaconstantew.z

+ wz= t cos (wt).Solucion:ExistentresposiblescasosaestudiarCaso1.Siw > 0entonceszh(t) = c1 cos (wt) + c2 sin (wt).Caso2.Siw = 0entonceszh(t) = c1 +c2t.Caso3. Si w 0es:z(t) = c1 cos(wt) + c2 sin(wt) +14wt cos(wt) +14wt2sin(wt).Solucioncaso2:Laecuacionconw = 0es:z(t)

= t94Integrandodosvecesz(t)

seobtienelasoluciongeneralz(t)

=t22+ c1z(t) =t36+ c1t + c2.Ejercicio3.12. Encuentrelasoluciondelaecuacionsin(x)2y

3 sin(x) cos(x)y

+ (1 + 2 cos(x)2)y= 3 cos(x).Solucion:Enprimerlugarresolvemoslaecuacionhomogenea:sin(x)2y

3 sin(x) cos(x)y

+ (1 + 2 cos(x)2)y= 0Sepruebaconunafunciontrigonometrica,yh(x) = cos(x) yh(x)

= sin(x),yh(x)

= cos(x)Sereemplazaenlaecuacion:sin(x)2cos(x) + 3 sin(x)2cos(x) + cos(x) + 2 cos(x)3= 0,2 cos(x)(sin(x)2+ cos(x)2) + cos(x) = 0 3 cos(x) = 0,luegoy(t)=cos(x)noesbasedelasolucionhomogenea, peroessoluciondelaparticular.Entoncesyp(x) = cos(x).Se intentaahoraconyh(x) =sin(x), yh(x)

=cos(x), yh(x)

=sin(x). SereemplazaenlaEDO:sin(x)33 sin(x) cos(x)2+ sin(x) + 2 cos(x)2sin x = 0sin(x)3sin(x) cos2+sin(x) = 0 sin(x)[sin(x)2+cos(x)2] +sin(x) = 0yentonces y1(x) =sin(x) es soluciondelahomogenea. Paraobtener y2(x) seaplicalaformuladeAbel:y(x)

3cos(x)sin(x)y(x)

+_1sin(x)2+ 2cos(x)2sin(x)2_y(x) = 095 y2(x) = sin(x)_1sin(x)2e3

cot(x)dxdx_cos(x)sin(x)dx =_1udu = ln(u) = ln[sin(x)]u = sin(x) du = cos(x)dxy2(x) = sin(x)_1sin(x)2e3 ln[sin(x)]dx = sin(x)_sin(x)3sin(x)2dx = sin_sin(x)dxy2(x) = sin(x) cos(x).LasoluciongeneraldelaEDOes:y(x) = c1 sin(x) + c2 sin(x) cos(x) + cos(x).Ejercicio3.13. ResuelvalasiguienteEDO:a(t)y

+b(t)y

+ y= c(t)3+ e3c(t)+ cos(c(t))dondelasfuncionesa(t),b(t)yc(t)son:a(t) = (1 + t2)2, b(t) = 2t(1 + t2), c(t) = arc tg(t).Solucion:Se realizael cambiode variable u=arc tg(t) du=11+t2dt. Las derivadasquedan:dydt=dydududt=dydu11 + t2= y

11 + t2d2ydt2=d(dydu11+t2)dt=1(1 + t2)2_d2ydu2 2tdydu_ =1(1 + t2)2( y

2t y)AlreemplazarenlaEDOestecambiodevariable,resulta: y

+ y= u3+ e3u+ cos(u).LasolucionhomogeneadelaEDOes: yh(u) = c1 cos(u) + c2 sen(u).96Aplicando el metodo de coecientes indeterminados, la forma que tiene la solucionparticulares: yp(u) = A + Bu +Cu2+ Du3+ Ee3u+ Fu cos(u) + Gusen(u)Derivando: yp(u)

= B+2Cu+3Du2+3Ee3u+F cos(u) +Gsen(u) +u(F sen(u) +Gcos(u)) yp(u)

= 2C + 6Du + 9Ee3u2F sen(u) + 2Gcos(u) + u(F sen(u) Gcos(u))AlreemplazarlasolucionparticularenlaEDOresulta: y

p+ yp= A + 2C + (B + 6D)u + Cu2+ Du3+ 10Ee3u2F sen(u) + 2Gcos(u)= u3+ e3u+ cos(u).Paraqueambasfuncionesseaniguales, debecumplirsequeloscoecientesseaniguales:C= 0,D = 1,A+2C= 0 A = 0,B +6D = 0 B= 6,10E= 1