apuntes ecuaciones diferenciales
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ECUACIONES DIFERENCIALES.
Definición. Por una ecuación diferencial ordinaria de orden ndefinida en un intervalo I entenderemos una relaciónde la forma Fx,y,y ′,y ′′, . . . ,yn 0 , x ∈ Iinvolucrando una función F , una variable independientex ∈ I , una función desconocida yx junto con susderivadas y ′,y ′′, . . . ,yn respecto a x.
Una función x con derivadas hasta el orden n es llamada una soluciónde la ecuación diferencial si la sustitución y x reduce la ecuacióna una identidad.Esto es Fx,x, ′x, . . . ,nx ≡ 0 , ∀x ∈ ILa palabra ordinaria significa que la función involucrada depende de unasola variable x.En contraste están las ecuaciones diferenciales parcialesen donde la función incognita depende de dos o mas variables.La solución general de la ecuación es el conjunto de todas las soluciones.Ejemplos.
y ′ fx con f continua Solución general y x0
x
ftdt C , C ∈
y ′ kx Solución general y C ekx , C ∈ y ′′ y 0 Solución general y c1 cosx c2 sinx , c1 ,c2 ∈ No se está interesado siempre en hallar todas las soluciones de una ecuacióndiferencial sino solo en aquellas que cumplan además condicionesadicionales.Esta son principalmente de dos tipos.a) Condiciones iniciales.b) Condiciones de frontera.Condicion inicial es una condición que debe cumplir una solución de laecuación en un punto.x 2ekx es la solución de y ′ kx con y0 2x cosx 2sinx es la solución de y ′′ y 0 que cumple
0 1 ∧ ′0 2Condición de frontera es una condición que debe cumplir una solución de laecuación en dos o mas puntosx cosx sinx es la solución de y ′′ y 0 que cumple
0 1 ∧ ′ −1
Ecuaciones diferenciales de primer orden.
Una ecuación de la forma Fx,y,y ′ 0 ; x ∈ Iinvolucrando una función F , una variable independiente
x ∈ I , una función desconocida yx junto con suderivada y ′ respecto a x.
dada la ecuación interesa si tiene soluciones y que se puededecir de ellas.Una función x derivable es llamada una solución de laecuación diferencial si la sustitución y x reduce la ecuacióna una identidad. Esto es Fx,x, ′x ≡ 0 , ∀x ∈ IEl grafico de una solución es llamada una curva solución de la ecuación.Ejemplo.
y ′ fx f continua en un intervalo I.
y fxdx C
con la condición yx0 y0 , y y0 x0
x
ftdt
Ejemplo.y ′ ay , y ≠ 0y ′y a
ddx ln|y| a
ln|y| ax Cy C eax
Si ux es una solución cualquiera de y ′ ayddx
ux e−ax u′xe−ax uxe−ax−addx
ux e−ax a uxe−ax − a uxe−ax 0
ux e−ax Cux C eax
Entonces y C eax , C ∈ es la solución general de y ′ ay .
Ecuaciones en forma normal.Estas tienen la forma y ′ fx,y donde fx,y es continua en unaregión del plano 2.Ejemplo. y ′ − x
yx yy ′ 0ddx
x2
2 d
dxy2
2 0
x2
2 y2
2 C
x2 y2 c2
las curvas solución son semicircunferencias centradas en el origen.Ejemplo.
y ′ 3y23 , y ≠ 0
13
y−23 y ′ 1
ddx
y13 1
y13 x C
solución generaly x C3 ; C ∈
y 0 solución
SEPARACIÓN DE VARIABLES.
La ecuación diferencial de primer orden en su forma normal tiene la
forma y ′ fx,y donde fx,y es una función continua definida
en una región del plano 2.
La ecuación puede ser escrita con la notacióndydx
fx,y o en forma
equivalente fx,ydx − dy 0.Reciprocamente una ecuación de la forma Mx,ydx Nx,ydy 0donde Mx,y ; Nx,y son funciones continuas definidas en unaregión del plano 2 corresponde a la ecuación de primer orden en
su forma normaldydx
− Mx,yNx,y
de forma que la ecuación
Mx,ydx Nx,ydy 0 es una forma alternativa de anotar una ecuacióndiferencial de primer orden en su forma normal .
Obs) Sea x,y ≠ 0 entonces las ecuaciones Mx,ydx Nx,ydy 0
y x,yMx,ydx x,yNx,ydy 0 son equivalentes(tienen la misma
solución general).
Un caso especial de la ecuación es Mxdx Nydy 0 en este caso
diremos que la ecuación tiene las variables separadas.En ese caso la
solución general es Mxdx Nydy C .
Un poco mas general M1xN1ydx M2xN2ydy 0 es equivalente
a la ecuación con variables separadasM1xM2x
dx N2xN1x
dy 0
Ejemplo:xy 12dx x2 1yeydy 0
primero observamos que la función y −1 es una solución.La ecuación
es equivalente ax
x2 1dx yey
y 12 dy 0 con y ≠ −1
de aquí 12
lnx2 1 ey
y 1 C es la solución general y y −1
solución añadida.
Ejercicios.1) Determine si las ecuaciones son separables.
cosydydx
sinx y 3dydx
4xy2
2) Hallar la solución general de las ecuaciones separables y luego dela solución del problema de valor inicial.
i)dydx
−2sin1 xy2 ; y 4
ii)dydx
−3xy 4
; y2 7
iii) 2ydydx
ex−y2; y4 −2
ECUACIONES CON COEFICIENTES HOMOGÉNEOS.
DEF) Una función continua fx,y es homogénea de grado sipara cada número real t ≠ 0 ftx, ty t fx,y
Ejemplosx2 y2 homogénea de grado 2.xy homogénea de grado 2.e
yx homogénea de grado 0.1
3 xyhomogénea de grado − 1
3 .
Supongamos que en la ecuación Mx,ydx Nx,ydy 0
Mx,y ; Nx,y son ambas homogéneas del mismo grado el cambio de variables en la variable dependiente y vx conducea una ecuación separable en las variables x , v.Sea y vx entonces
Mx,vxdx Nx,vxvdx xdv 0xM1,vdx xN1,vvdx xdv 0
Mvdx Nvvdx xdv 0Mv Nvv dx Nvxdv 0
dxx Nv
Mv Nvvdv 0
Ejemplo.x2 3y2dx − 2xydy 0x2 3v2x2dx − 2x2vxdv vdx 0
1 3v2dx − 2vxdv vdx 01 v2dx − 2vxdv 0dxx − 2v
1 v2dv 0
ln|x| − ln1 v2 Cx
1 v2 C
x1 y
x 2 C
x3
x2 y2 C .Solución general.
Ejemplo.x y 1dx y − x − 3dy 0
Aquí la ecuación no tiene los coeficientes homogéneos peroestá suficientemente cerca de tenerlos.Hacemos un cambiode variables previo.Sean x u ∧ y v al reemplazar en laecuación
u v 1du v − u − − 3dv 0
−1
− 3de aquí −2 ∧ 1
El cambio de variables x u − 2 ∧ y v 1 conviertela ecuación en una con coeficientes homogéneos.
u vdu v − udv 0Sea v wu
u wudu wu − uudw wdu 01 wdu w − 1udw wdu 01 w2du w − 1udw 0
duu w − 1
1 w2dw 0 integrando
lnu 12
ln1 w2 − arctanw C
ln u 1 w2 arctanw C
u 1 w2 C earctanw
pero w vu entonces u 1 v
u 2 C earctan v
u
u2 v2 C earctan vu
poniendo u x 2 ∧ v y − 1
x 22 y − 12 C earctan
y − 1x 2
Solución.
Ejercicios.1) Resuelva en el caso de ser una ecuación con coeficientes
homogéneos.
i) x3 dydx
x2y − y3 ii) xdydx
xcos yx y
iii) x y dydx
y iv) x − 2y dydx
2x − y
2) Encuentre la solución general de las ecuaciones.
i)dydx
x − 3y − 7x − 4
ii dydx
x − 2y3x − 6y 4
iii)dydx
x − y 1x 1
2
iv)dydx
x − y 12x − 2y
2
3) Resolver los problemas de valor inicial.
i) xdydx
y x2 − y2 ; y1 12
ii) xdydx− y y
lny − lnx; y1 e
ECUACIONES EXACTAS.Sea Fx,y una función de dos variables.La diferencial total
de Fx,y está definida como dF ∂F∂x
dx ∂F∂y
dy
tiene sentido donde quiera que ∂F∂x
; ∂F∂y
existan.
dF Mx,y dx Nx,ydy
Teorema: Sea Mx,y dx Nx,ydy 0 la ecuación diferencialde primer orden normal definida en una región R del
plano 2.Supongamos que existe una función Fx,y
diferenciable tal que ∂F∂x
Mx,y ∧ ∂F∂y
Nx,y
en R .Entonces Fx,y C es la solución general deMx,y dx Nx,ydy 0 .
Dem) Por el teorema de la función implicita se tiene que si
x0 , y0 ∈ R tal que ∂F∂y
x0 , y0 ≠ 0 ∧ Fx0,y0 C
existe y yx tal que yx0 y0 ∧ F x,yx C
ydydx
−∂F∂x∂F∂y
− Mx,yNx,y
o sea
Mx,y dx Nx,ydy 0 .
Def) Una expresión de la forma Mx,y dx Nx,ydy se diceque es una diferencial exacta en una región R del plano si
existe una función Fx,y tal que dF Mx,y dx Nx,ydy.En ese caso la ecuación de primer orden normalMx,y dx Nx,ydy 0 se dice que es una ecuaciónexacta.Además la expresión Fx,y C es la solucióngeneral de la ecuación.
Ejemplo:
2x eydx xeydy 0
Como Fx,y x2 xey cumple ∂F∂x
2x ey y
∂F∂y
xey la solución general es x2 xey C
La ecuación Mx,y dx Nx,ydy 0 es exacta si hay una
función Fx,y tal que ∂F∂x
Mx,y ∧ ∂F∂y
Nx,y
de aquí ∂2F∂x∂y
∂Mx,y∂y
∧ ∂2F∂y∂x
∂Nx,y∂x
con Fx,y continuamente diferenciable(derivadas parciales
continuas) ∂2F∂x∂y
∂2F∂y∂x
por lo que
Mx,y dx Nx,ydy es una diferencial exacta cuyos coeficientes
son continuamente diferenciables entonces ∂M∂y
∂N∂x
La reciproca se cumple si la región es simplemente conexa.Teorema:
Sean Mx,y ∧ Nx,y funciones de dos variablescontinuamente diferenciables en una región Rsimplemente conexa del plano 2 entonces
Mx,y dx Nx,ydy es una diferencial exacta en Rsi y solo si ∂M
∂y ∂N∂x
en R .
Ejemplo:Las ecuaciones siguientes son exactas
2y2 yexydx 4xy xexy 2ydy 0 , ∂M∂y
∂N∂x
en 2
cos4y2dx − 8xy sin4y2dy 0 , ∂M∂y
∂N∂x
en 2.
Sea x0 , y0 ∈ R pongamos
Fx,y x0
x
Mx, y0dx y0
y
Nx,ydy
∂F∂x
Mx, y0 y0
y
∂N∂x
dy Mx, y0 y0
y
∂M∂y
dy
∂F∂x
Mx, y0 Mx,yy0
y Mx, y0 Mx,y − Mx, y0
∂F∂x
Mx,y además ∂F∂y
Nx,y
Resumen: ECUACIONES EXACTAS.
Sea Mx,y dx Nx,ydy 0 definida en una
región R del plano 2 simplemente conexa.
Mx,y dx Nx,ydy 0 exacta ∂M∂y
∂N∂x
Además Fx,y C es la solución general de la ecuacióndonde
Fx,y x0
x
Mx, y0dx y0
y
Nx,ydy
Ejemplo. 1) sinxy xycosxydx x2 cosxydy 0
Mx,y sinxy xycosxy ; ∂M∂y
2xcosxy − x2y sinxy
Nx,y x2 cosxy ; ∂N∂x
2xcosxy − x2y sinxy
luego es exacta puesto que está definida en 2 que essimplemente conexo.
Sea Fx,y 0
x
0dx 0
y
x2 cosxydy C x sinxy
x sinxy C la solución general.Ejemplo 2)
dydx
−2xy3 − 2xy3x2y2 ey
2xy3 2xydx 3x2y2 eydy 0
Mx,y 2xy3 2xy ; ∂M∂y
6xy2 2x
Nx,y 3x2y2 ey ; ∂N∂x
6xy2
∂M∂y≠ ∂N∂x
La ecuación no es exacta.
Ejercicios: En los siguientes ejercicios demuestre que la ecuacióndiferencial es exacta.Obtenga la solución general,quizasen forma explicita y utilice la solución general para hallaruna solución del problema de valor inicial.
i) 3y4 − 1 12xy3 dydx
0 ; y1 2
ii) xcos2y − x − sin2y − x − 2xcos2y − x dydx
0 ; y 12
8
iii) 2x − y sinxy 3y2 − x sinxydydx
0 ; y0 2
iv) 2y − y2 sec2xy2 2x − 2xy sec2xy2dydx
0 ; y1 2
v) 1 eyx − y
x eyx e
yx
dydx
0 ; y1 −5
FACTORES DE INTEGRACIÓN Y ECUACIÓN DE BERNOULLI.
La ecuación Mx,y dx Nx,ydy 0 no exacta puede ser
convertida en una exacta amplificandola por un factor x,y ≠ 0de forma que x,y Mx,y dx x,yNx,ydy 0 sea exacta.
De forma que ∂∂y
x,y Mx,y ∂∂x
x,y Nx,y
∂ ∂y
M ∂M∂y
∂ ∂x
N ∂N∂x
∂ ∂y
M − ∂ ∂x
N ∂N∂x− ∂M
∂yCaso especial. Supongamos que depende solo de x x.
la relación queda − ∂ ∂x
N ∂N∂x− ∂M
∂y∂ ∂x
N ∂M∂y− ∂N∂x
∂ ∂x
∂M∂y− ∂N∂x
N
∂M∂y− ∂N∂x
N fx queda d
dxlnx fx
lnx fxdx de donde x e fxdx
Para ∂M∂y− ∂N∂x
N fx dependiendo solo de x , x e
fxdx
es un factor de integración.
Para ∂N∂x− ∂M∂y
M gy dependiendo solo de y , y e
gydy
es un factor de integración.Otras posibilidades sonx,y xayb ; x,y eaxby ; x,y xaebxyc
Ejemplos:
1)dydx
6xy − y2
3xy − 6x2
6xy − y2dx 6x2 − 3xydy 0∂M∂y
6x − 2y ; ∂N∂x
12x − 3y no es exacta
∂N∂x− ∂M∂y
M 6x − y
6xy − y2 1
y Factor y y
La ecuación 6xy2 − y3dx 6x2y − 3xy2dy 0 es exacta.
Fx,y 0
x
0dx 0
y
6x2y − 3xy2dy C 3x2y2 − xy3
3x2y2 − xy3 C solución general.2) 3x2y 6xy 1
2 y2dx 3x2 ydy 0∂M∂y
3x2 6x y ; ∂N∂x
6x no es exacta
∂M∂y− ∂N∂x
N 3x2 y3x2 y
1 ; Factor x ex
3x2yex 6xyex 12 y2exdx 3x2ex yexdy 0 es exacta
ddy3x2yex 6xyex 1
2 y2ex ex3x2 6x yddx3x2ex yex ex3x2 6x y
Fx,y 0
x
0dx 0
y
3x2ex yexdy 12 yex6x2 y
yex6x2 y C la solución general.3) 2y2 − 9xydx 3xy − 6x2dy 0∂M∂y
4y − 9x ; ∂N∂x
3y − 12x no es exacta
∂M∂y− ∂N∂x
N y 3x3xy − 6x2
no depende solo de x.
∂N∂x− ∂M∂y
M −y − 3x2y2 − 9xy
no depende solo de y.
Intentaremos un factor de integración de la forma x,y xayb
2xay2b − 9xa1yb1dx 3xa1yb1 − 6x2aybdy 0∂∂y2xay2b − 9xa1yb1 22 bxay1b − 9b 1xa1yb
∂∂x3xa1yb1 − 6x2ayb 3a 1xayb1 − 62 ax1ayb
22 b 3a 1 ∧ 9b 1 62 a
3a −2b 1
6a −9b −3a 1 ∧ b 1
La ecuación 2xy3 − 9x2y2dx 3x2y2 − 6x3ydy 0es exacta
Fx,y 0
x
0dx 0
y
3x2y2 − 6x3ydy x2y3 − 3x3y2
x2y3 − 3x3y2 C la solución general.
Ejercicios. Resolver buscando un factor de integración.
i) y2 y − xdydx
0
ii) 3y2 6y 10x2dx xy 1dy 0
iii) 2x − 2y − x2 2xy 2x2 − 4xy − 2x dydx
0 Pruebe eaxeby
iv) sinx − y cosx − y − cosx − y dydx
0 , y0 76
v) 3x2y y3 2xy2 dydx
0 , y2 1
vi) 2xy 3dydx
0 , y0 4 Pruebe yaebx2
vii) 2y1 x2 xdydx
0 , y2 3 Pruebe xaebx2
viii) y1 x 2xdydx
0 , y4 6 Pruebe yaebx
Ejemplo) La ecuación de Bernoulli.Esta ecuación tiene la forma
y ′ pxy qxy
En la forma pxy − qxydx dy 0 ponemos x,y gx yb
pxgxyb1 − ybgxqxdx gx ybdy 0b 1pxgxyb − byb−1gxqx g′xyb
Al poner b − se llega a g′x 1 − pxgxddx lngx 1 − px
lngx 1 − pxdx C
gx C e1−pxdx
con ello x,y y−e1−pxdx
es un factor de integración.Ejemplo.
x2 dydx
xy −y−32
dydx
1x y − 1
x2 y−32
1x y 1
x2 y−32 dx dy 0 / x,y y
32 e1 3
2 dx
x
x,y y32 e1 3
2 dx
x y
32 e
52
lnx x52 y
32
x32 y
52 x
12 dx x
52 y
32 dy 0 es exacta
Fx,y 1
x
x32 x
12 dx
1
y
x52 y
32 dy
Fx,y 23 x
32 2
5 x52 − 16
15 25 x
52 y
52 − 2
5 x52
Fx,y 25 x
52 y
52 2
3 x32 − 16
15
25 x
52 y
52 2
3 x32 C solución general.
Ejercicios. Resolver las siguientes ecuaciones de Bernoulli.
i) x3 dydx
x2y 2y−43 ii) x2 dy
dx− xy ex y3
iii) x2 dydx− 3xy −2y
53 iv) 2x3 dy
dx 4x2y −5y4
ECUACIONES CON OPERADORES.
Sean V1 ; V2 dos espacios vectoriales y : V1 → V2
una aplicación lineal.Problema: Dado y ∈ V2 hallar x ∈ V1 tales que x y .
La ecuación x y es una ecuación con operadores.
La ecuación x 0 es la ecuación homogénea asociada.
SG x ∈ V1 / x y la solución general de la ecuación.
SH x ∈ V1 / x 0 la solución de la ecuación
homogénea asociada.Obs) SH es un subespacio de V1 , SH Ker
Sea xp una solución particular de x y y xh una
solución cualquiera de x 0 la ecuación homogénea asociada.
xp xh xp xh y 0 y
Sea x una solución cualquiera de x y
x − xp x − xp y − y 0 de donde x − xp xh
o sea x xp xh.TEOREMA.
Si xp es una solución particular de x y entonces
SG x ∈ V1 / x xp xh con xh solución de x 0
Sea
CnI y fx / f : I → , funciones n − veces diferenciables
con derivada continua.
CI funciones continuas.
D : C1I → CI , Dy y ′ es una aplicación lineal.Dn : CnI → CI , Dy yn es una aplicación lineal.Def)
Una transformación lineal L : CnI → CI se dice que esun operador diferencial lineal de orden n definido en el intervalo I delos reales si puede ser expresado de la forma.L anxDn an−1xDn−1 . . .a2xD2 a1xD a0xdonde las funciones coeficientes aix continuas en I y el coeficienteprincipal no es identicamente nulo en I .Asi si y ∈ CnI
Ly anxdnydxn an−1x
dn−1ydxn−1 . . .a2x
d2ydx2 a1x
dydx
a0xy
o más simpleLy anxyn an−1xyn−1 . . .a2xy2 a1xy ′ a0xyEjemplos.
L Dn
L xD2 3 x D − 1L es una transformación lineal y por lo tanto tienen sentido lasoperaciones habituales entre ellas como por ejemplo la suma,multiplicación por escalares y las compuestas entre ellas.Recordemos que la composición no es conmutativa,por ejemploxD 22xD 1y xD 22xy ′ y x3y ′ 2xy ′′ 22xy ′ yxD 22xD 1y 2x2y ′′ 7xy ′ 2y 2x2D2 7xD 2yxD 22xD 1 2x2D2 7xD 22xD 1xD 2y 2xD 1xy ′ 2y 2x3y ′ xy ′′ xy ′ 2y2xD 1xD 2y 2x2D2 7xD 2y2xD 1xD 2 2x2D2 7xD 22xD 1xD 2 xD 22xD 1 en este casoPero con el ejemploDxDy Dxy ′ y ′ xy ′′ xD2 Dy ; DxD xD2 DxDDy xDy ′ xy ′′ xD2y ; xDD xD2
luego DxD ≠ xDDAdemásxD 22xD 1 ≠ 2x2D2 5xD 2los operadores no se comportan como las operaciones entrebinomios o polinomios.Pero estas dificultades desaparecencuando los operadores tienen coeficientes constantesL anDn an−1Dn−1 . . .a2D2 a1D a0
en este caso el operador L se comporta tal cual como unpolinomio en D.Ejercicios.1) Evaluar las expresiones.
i) D2 Dex ii 3D2 2D 2sinxiii) xD − x2 lnx iv) D 1D − x2ex cosx
ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES.
Una ecuación diferencial lineal de orden n en un intervalo Ies por definición una ecuación con operadores de la forma
L y hxen que h es continua en I y L es un operador diferenciallineal de orden n definido en I.La ecuación se llama homogénea si hx es identicamentecero( L y 0 de otro modo en no homogénea.La ecuación será llamada normal si el coeficiente principalanx no se anula nunca en I.Una función yx es una solución de la ecuación L y hxsi yx ∈ CnI y satisface la ecuación identicamente en I.Asi una ecuación diferencial lineal de orden n en un intervaloI tiene la forma
anxdnydxn an−1x
dn−1ydxn−1 . . .a1x
dydx
a0xy hx
donde los coeficientes ajx ; j 1,2, . . . ,n y hxson continuas en I y anx no es identicamente cero en I.
Ejemplosd2ydx2 y 0
x3 d3ydx3 x
dydx
y 3cosx
Recordemos que en el caso de la ecuación lineal homo-génea L y 0 su solución es un espacio vectorial KerL.se tiene:El espacio solución de cualquier ecuación diferenciallineal,normal y homogénea de orden n es un subespacion −dimensional de CnI.Asi si L es normal y y1x ,y2x , y3x , . . . , ynx esun conjunto linealmente independiente entonces todasolución de L y 0 tiene la forma
yx c1 y1x c2 y2x c3 y3x . . .cn ynxPor ejemplo. y ′′ y 0es una ecuación lineal homogénea normal de orden 2 .las funciones sinx y cosx son claramente solucionesademás son un conjunto linealmente independiente.cosx sinx 0x 0 0 ∧ x
2 0
cosx , sinx es una base del espacio solución de
y ′′ y 0entonces la solución general es yx c1 cosx c2 sinx
con c1 , c2 ∈ .En la ecuación y ′′ y x la función y x es unasolución particular de forma que entonces su solucióngeneral es yx x c1 cosx c2 sinx con c1 , c2 ∈ .Ejercicios.1) Verificar que la función es una solución de la
ecuación dada.i) xy ′′ y ′ 0 ln 1
x
ii) 1 − x2y ′′ − 2xy ′ 6y 0 ; 3x2 − 1
iii) x2y ′′ − xy ′ y 1 ; 1 2x lnx
2) Demuestre que eax cosbx ; eax sinbx son solucioneslinealmente independientes de la ecuación
D2 − 2aD a2 b2 y 0 b ≠ 0
¿ Cual es la solución general de la ecuación?3) Demuestre que eax y x eax son soluciones
linealmente independientes de la ecuaciónD − a2y 0 b ≠ 0
¿ Cual es la solución general de la ecuación?Hallar la solución que cumple las condicionesiniciales y0 1 ; y ′0 2.
LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN.
La ecuación diferencial lineal de primer orden es la massimple de las ecuaciones y tiene la forma
a1xdydx
a0xy hx
donde a1x ,a0x ,hx son continuas en un intervalo Iy a1x ≠ 0 en I.Si la ecuación es normal a1x ≠ 0 , ∀x ∈ I este tiene
la forma y ′ pxy qx
La ecuación homogénea asociada tiene un espaciosolución de dimensión uno de forma que una soluciónno nula será una base del espacio solución de la ecua-ción homogénea asociada.
y ′ pxy 0 ponemos y ′ −pxy con y ≠ 0y ′y −px , d
dxlny −px de aqui lny − pxdx
y e− pxdx
es una solución no nula.
Entonces y C e− pxdx
es la solución general dey ′ pxy 0.
Para hallar una solución particular de y ′ pxy qx
la amplificamos por un factor de integración x ≠ 0x y ′ xpxy xqx ponemos ahoraddx
xy xqx
xy ′ ′xy xqx esto se cumple si
′x xpx de aqui ddxlnx px
x e pxdx
Entonces la ecuación tiene la forma
ddx
y e pxdx
qx e pxdx
y e pxdx
qx e pxdx
y e− pxdx qx e
pxdx
es una solución particular de y ′ pxy qx
La solución general es
yx e− pxdx qx e
pxdx C e
− pxdx
Teorema Sea y ′ pxy qx definida en I.
La solución general es
yx e− pxdx
C qx e pxdx
La forma de resolución nos dá un procedimientoEscriba la ecuación de la forma y ′ pxy qx
amplifiquela por el factor de integración x e pxdx
y luego integrar.Ejemplo:
1) y ′ xy x / e xdx
ex2
2
ddx
y ex2
2 x ex2
2
y ex2
2 ex2
2 C
y 1 Ce−x2
2 , C ∈ 2) D − y 0
y ′ − y 0 / x e −dx
e−x
ddx
y e−x 0
y e−x Cy C ex
Ejercicios.1) Hallar la solución general de la ecuación.
i) y ′ 1x y x2 2
ii) y ′ − 6 y x − coshxiii) sin2x y ′ sin2x y 2sinx
iv) x y ′ 2x y 4
2) Obtenga la solución del problema de valor inicial.i) y ′ − y 2e4x , y0 −3ii) y ′ 1
x − 2y 3x , y3 4
iii) y ′ 3y 5e2x − 6 , y0 2
iv) y ′ 4x y 2 , y1 4
3) Momento de inercia de un cigueñal.Suponga que el cigueñal de un motor a diesel revoluciona
a R radianes/segundo.El momento de torsión que aplican losgases al cigueñal recibe el nombre de momento de torsiónde la válvula de estrangulación y es de la forma kx donde xes la coordenada de la posición de la válvula y k unaconstante .Si I es el momento de inercia del cigueñal,elmomento de torsión inercial que actúa contra el momentode torsión de la válvula es I dR
dx.También actúa en oposi-
ción al momento de torsión de la válvula un momento detorsión amortiguante de la forma cR.Adopte la ley de Newtonen forma de torsiónmomento de inerciaaceleración angular momento de torsión.
se obtieneI dR
dx cR kx
c ≠ 0 resolver y hallar la solución que R0 0.4) Rotación de una hélice
Considere la rotación de la hélice de un barco a diesel.Si M es momento de inercia del eje de rotación del motor,N el número de revoluciones por minuto y x es la coordenadade la válvula de admisión,entonces se puede demostrar queN satisface la ecuación diferencial de la forma
M dNdx
AN fx donde A y son constantes.
Suponiendo que M es constante , A 10 1 y fx x2.obtenga la solución general para Nx.
Ejemplo: La ecuación de Bernoulli.Recordemos que esta ecuación tiene la forma
y ′ pxy qxy
con 0 ; 1 esta ecuación es lineal y es no lineal
para ≠ 0 ; ≠ 1.Para estos casos un cambio de variableconvierte esta ecuación en otra que es lineal.Con y ≠ 0 la ecuación queda y−y ′ pxy1− qx
ponemos u y1− entonces dudx
1 − y−dydx
la ecuación queda 11 −
dudx
px u qx
la cual es lineal en la variable u.Ejemplo.
x2 dydx
xy −y−32
dydx
1x y − 1
x2 y−32
y32
dydx
1x y
52 − 1
x2
u y52 de donde u′ 5
2y
32 y ′
25
u′ 1x u − 1
x2 lineal en u.
u′ 52
1x u − 5
21x2 / x
52
ddx
x52 u − 5
2x
12
x52 u − 5
3x
32 C
u − 53
x−1 C x−52
y52 − 5
3x−1 C x
−52
x52 y
52 5
3x
32 C
Obs) Este ejemplo se desarrolló en la parte de ecuaciones exactas
donde la solución fue 25
x52 y
52 2
3x
32 C
Ejercicios. Resolver las ecuaciones.i) yy ′ xy2 − x 0
ii) xy2 ′ xy3x2 1
iii) y ′ y2 sinx − ycos2xsinxcosx
La ecuación de Riccati.
La ecuación diferencialdydx
a2xy2 a1xy a0x 0
donde a2x ,a1x , a0x son continuas en un intervalo Icon a2x ≠ 0 en I se conoce como la ecuación de Riccati.Sea y1x una solución particular de la ecuación.Entonces
el cambio de variable y y1x 1z transforma esta
ecuación en una que es lineal en la variable zx.Ejemplo.
y ′ y2 − 1 2exy e2x 0 ( sp y ex )
con y ex 1z
ex 1z
′ ex 1z
2 − 1 2exex 1z e2x 0
ex − z′
z2 e2x 2ex
z 1z2 − ex − 2e2x − 1
z −2ex
z e2x 0
− z′
z2 1z2 −
1z 0
z′ z 1 / ex
ddx ze
x ex
zex ex Cz 1 C e−x
Solución y ex 11 C e−x
; C ∈
Ejercicios:1) Resolveri) y ′ − xy2 2x − 1y x − 1 ( sp y 1)ii) y ′ xy2 − 2x2y x3 x 1 ( sp y x − 1)
iii) 2y ′ − yx
2 − 1 0 ( sp y x )
2) Verificar que en el caso de la ecuación de Riccati concoeficientes constantes
dydx
a2y2 a1y a0 0 , a2 ≠ 0
y m es solución de la ecuación si y solo si mes solución de la ecuación cuadrática a2y2 a1y a0 0
Resolveri) y ′ y2 3y 2 0ii) y ′ y2 − 2y 1 0iii) y ′ 4y2 − 9 0iv) 6 y ′ 6y2 y − 1 0
EXISTENCIA Y UNICIDAD DE SOLUCIONES.PROBLEMAS DE VALOR INICIAL.
La ecuación de primer orden y ′ pxy qx definida en I.
tiene la solución general
yx e− pxdx
C qx e pxdx
con C ∈
se plantea la pregunta de si x0 ∈ I y dado y0 ∈ existeuna curva solución que pase por el punto x0, y0 es decirsi hay alguna solución de la ecuación que cumpla y x0 y0,esta condición se llama una condición inicial y el problema deencontrar una tal solución un problema de valor inicial.Para el problema de la existencia basta elegir la constante C queresulte al reemplazar en la solución general x x0 ∧ y y0.Para la unicidad supongamos que y1x e y2x son soluciones
de la ecuación que cumplen ambas y1 x0 y0 ∧ y2 x0 y0
sea hx y1x − y2xy1x − y2x ′ px y1x − y2x y1
′ x px y1x − y2′ x px y2x qx − qx 0
además y1x0 − y2x0 y0 − y0 0 de forma
que hx y1x − y2x satisface el problemay ′ px y 0
yx0 0
la solución general de y ′ px y 0 es y C e− pxdx
y la única que cumple la condición es yx 0de forma que hx y1x − y2x 0 o sea y1x y2x , x ∈ I.
En conclusión el problema de valor inicialy ′ px y qx
yx0 y0
tiene una y solo una solución.El teorema siguiente generaliza este resultado.
TEOREMA DE EXISTENCIA Y UNICIDAD.Dada la ecuación diferencial lineal normal de orden n ,definidaen un intervalo I y dados x0 ∈ I , a0,a1,a2, . . . ,an−1 ∈ el problema de valor inicial
anxdnydxn an−1x
dn−1ydxn−1 . . .a1x
dydx
a0xy hx
yx0 a0
y ′x0 a1
y ′′x0 a2
. . . . . . . . . . .
yn−1x0 an−1
tiene una y solo una solución.
Ejemplo:
x2y ′′ − 4xy ′ 6y 36 lnx
y1 2
y ′1 3
La solución general de esta ecuación esy 6 lnx 3x2 5 c1x3 c2x2
y ′ 6x 6x 2xc2 3x2c1
x 1 , 3 5 c1 c2 26 6 3c1 2c2 3
de aqui c1 3 , c2 −9la solución del problema es y 6 lnx 3x2 5 3x3 − 9x2
Ejemplo:El espacio solución de una ecuación diferencial lineal normalhomogénea de orden n
anxdnydxn an−1x
dn−1ydxn−1 . . .a1x
dydx
a0xy 0
definida en I es un subespacio n dimensional de CnI.Veremos el caso n 2Sea x0 ∈ I dados a0 1 ∧ a1 0 existe una única solucióny1x tal que y1x0 1 ∧ y1
′ x0 0. Análogamentecon x0 ∈ I dados a0 0 ∧ a1 1 existe una única solucióny2x tal que y2x0 0 ∧ y2
′ x0 1.y1x , y2x es una base del espacio solución de la ecuación
a2xd2ydx2 a1x
dydx
a0xy 0
y1x y2x 0 y1
′ x y2′ x 0 evaluando en x x0 se llega
y1x0 y2x0 0 y1
′ x0 y2′ x0 0 de aquí 0
y1x , y2x es linealmente independiente.
Sea yx una solución cualquiera de la ecuaciónyx0 a ∧ y ′x0 b
Ahora la función a y1x b y2x satisface el problema de
valor inicial
a2xd2ydx2 a1x
dydx
a0xy 0
yx0 a
y ′x0 b
el teorema afirma que solo una función satisface el problemaluego yx a y1x b y2x
y1x , y2x es un conjunto generador.
conclusión y1x , y2x es base del espacio solución
siendo su dimensión dos, el orden de la ecuación.COROLARIO.
Sean y1x , y2x, . . . , ynx funciones en CIcada una de las cuales posee derivadas hasta el orden n − 1en todos los puntos del intervalo I y supongamos que en algúnpunto x0 ∈ I los vectores
yix0 , yi′x0 , yi
′′x0 , . . . , yin−1x0 , i 1,2,3, . . . ,n
son linealmente independientes en n.Entonces las funcionesy1x , y2x, . . . , ynx son linealmente independientes en CI.
Ejemplo.Las funciones ex , xex ,x2ex son linealmente independientes
pues i 1 y1x ex ex,ex,exi 2 y2x xex xex,xex ex, 2ex xex
i 3 y3x x2ex x2ex,x2ex 2xex , 2ex x2ex 4xexcon x x0 0 se tienen los vectores 1,1,1 ; 0,1,2 ; 0,0,2como estos son linealmente independientes en 3 se tiene que las
funciones ex , xex ,x2ex son linealmente independientes en CI.Ejercicios. Probar que las funciones son linealmente independientes
en CI para el intervalo dado.i) eax ; ebx , a ≠ b I −,ii) 1,x,x2 I −,iii) 1 , ln x − 1
x 1I 1,
iv) x ; x lnx I 0,v) eax cosbx ; eax sinbx , b ≠ 0 , I −,
EL WRONSKIANO.Sean y1x , y2x, . . . , ynx funciones en CI
cada una de las cuales posee derivadas hasta el orden n − 1en todos los puntos del intervalo I el determinante
y1x y2x y3x . . . ynx
y1′ x y2
′ x y3′ x . . . yn
′ x
y1′′x y2
′′x y3′′x . . . yn
′′x
. . . . . . . . . . . . . . .
y1n−1x y2
n−1x y3n−1x . . . yn
n−1x
define una función real en el intervalo I que se conocecomo el Wronskiano de las funciones y1x , y2x, . . . , ynx
W y1,y2, . . , yn
y1x y2x y3x . . . ynx
y1′ x y2
′ x y3′ x . . . yn
′ x
y1′′x y2
′′x y3′′x . . . yn
′′x
. . . . . . . . . . . . . . .
y1n−1x y2
n−1x y3n−1x . . . yn
n−1x
Puesto que las columnas de un determinante sean vectoreslinealmente independiente es equivalente a que el determinantesea distinto de cero el corolario anterior queda mejor formuladocomo: Si en algún punto x0 ∈ I el Wronskiano es distintode cero entonces el conjunto de funcionesy1x , y2x, . . . , ynx son linealmente independientes en CI.Ejemplos.
1) Wex,e−x ex e−x
ex −e−x − 2 ≠ 0 , ex,e−x li
2) x , 3x l d Wx, 3x x 3x
1 3 0
3) x , x , x
W x , x , x
x x x
x−1 x−1 x−1
− 1x−2 − 1x−2 − 1x−2
W x , x , x −xxx − − −x3
con ,, distintos las funciones son l i.Teorema:
Un conjunto de soluciones de una ecuación diferenciallineal normal de orden n es linealmente independiente en CIy por lo tanto una base para el espacio solución si y solo si suWronskiano nunca se anula en I.Ejercicios.Usando el Wronskiano demostrar que el conjunto de funciones eslinealmente independiente en CI.i) 1 , e−x , 2e2x en cualquier intervalo.ii) ex , sin2x en cualquier intervalo.iii) ex , ex sinx en cualquier intervalo.iv) e−x , x e−x , x2e−x en cualquier intervalov) ln x−1
x1 ; 1 en − ,−1De acuerdo a los resultados anteriores el Wronskiano de un conjuntode soluciones de una ecuación diferencial lineal homogénea normal obien se anula identicamente o bien no se anula nunca.Este hecho quedacorroborado en el siguiente resultado.TEOREMA.
Sean y1x , y2x, . . . , ynx soluciones sobre un intervalo Ide la ecuación normal de orden n.
dnydxn an−1x
dn−1ydxn−1 . . .a1x
dydx
a0xy 0
entonces
W y1x , y2x, . . . , ynx C e an−1xdx
para alguna constante C adecuada.Este resultado se conoce como la formula de Abel para el Wronskiano.Veamos el caso n 2.Supongamos que y1x , y2x son solucionesde
d2ydx2 a1x
dydx
a0xy 0
ddx
W y1x , y2x ddx
y1x y2x
y1′ x y2
′ x d
dxy1x y2
′ x − y1′ x y2x
ddx
W y1x , y2x y1′ x y2
′ x y1x y2′′x − y1
′ x y2′ x − y1
′′x y2x
y1x −a1xy2′ x − a0x y2x − y2x −a1xy1
′ x − a0x y1x
ddx
W y1x , y2x −a1x y1x y2′ x − y1
′ x y2x −a1xW y1x , y2x
ddx
W y1x , y2x a1xW y1x , y2x 0
entonces W y1x , y2x satisface la ecuación y ′ a1xy 0
la solución general de esta es yx C e− a1xdx
de forma que para alguna constante C se tiene W y1x , y2x C e− a1xdx
Ejemplo.
Sea y1x ≠ 0x una solución ded2ydx2 a1x
dydx
a0xy 0
con yx tambien solución se tiene que
W y1x , yx y1x yx
y1′ x y ′x
y1x y ′x − y1′ x yx C e
− a1xdx
y ′x − y1′ x
y1xyx C 1
y1xe− a1xdx
/ e− y1
′ x
y1xdx 1
y1x
ddx
yxy1x
Cy1x2
e− a1xdx
yxy1x
Cy1x2
e− a1xdx
dx K
yx C y1x e− a1xdx
y1x2dx K y1x
Se tiene entonces
Teorema: Si y1x es una solución no trivial ded2ydx2 a1x
dydx
a0xy 0
entonces y2x y1x e− a1xdx
y1x2dx es una solución de la
ecuación en cualquier subintervalo donde y1x ≠ 0 ademásy1x , y2x es linealmente independiente y la solución
general de la ecuación es y c1y1x c2y2xEjercicios:1) Hallar el Wronskiano de las soluciones de la ecuación.
i) x2y ′′ xy ′ x2 1y 0 ; y11 0 ; y1′ 1 1 ;y21 y2
′ 1 1ii) x2y ′′ − 3xy ′ y 0 ; y1−1 y1
′ −1 2 ; y2−1 0 ; y2′ −1 −1
2) Hallar la solución general de la ecuación dada una solucion no trivial.i) y ′′ − 2ay ′ a2y 0 ; y1x eax
ii) y ′′ tanxy ′ − 6cot2y 0 ; y1x sinx3
iii) 2xy ′′ − exy ′ 0 ; y1x 1
iv) 1 − x2y ′′ − 2xy ′ 2y 0 ; y1x x
ECUACIONES CON COEFICIENTES CONSTANTES.
Esta tiene la formaanyn an−1yn−1 . . . .a1y ′ a0y hx
donde a0 ,a1 , . . . ,an ∈ y an ≠ 0L anDn an−1Dn−1 . . . .a1D a0 es el operador linealcon coeficientes constantes.Algebraicamente este operador se comporta como un polinomio en Dy como tal puede ser factorizado completamente en con factores
unicamente de grado uno y de grado dos con discriminante negativo.Además los factores conmutan.La ecuación homogénea tiene la forma
anyn an−1yn−1 . . . .a1y ′ a0y 0o anDn an−1Dn−1 . . . .a1D a0y 0La ecuación homogénea de orden dos.Lema:
Si L1 ,L2 , . . . ,Ln son operadores diferenciales lineales concoeficientes constantes entonces el espacio nulo de cada uno deellos está contenido en el espacio nulo de su producto.KerLj ⊂ KerL1L2L3 . . .Ln , j 1,2,3, . . . ,nSea yx ∈ KerLj Ljy 0
L1L2L3 . . .Lny L1L2L3. . .Lj−1Lj1 . . .LnLj y
L1L2L3. . .Lj−1Lj1 . . .Ln Ljy
L1L2L3. . .Lj−1Lj1 . . .Ln 0x 0
de donde KerLj ⊂ KerL1L2L3 . . .Ln , j 1,2,3, . . . ,nConsideremos la ecuación diferencial lineal homogénea concoeficientes constantes de segundo orden.
D2 a1D a0y 0La expresión cuadrática D2 a1D a0 en se comportaen cuanto a sus raices de tres maneras.Con , sus raices.Caso1) , reales y ≠
D2 a1D a0y 0D − D − y 0
Ahora ex es una solución de D − y 0 ( ex ∈ KerD − ex es una solución de D − y 0 ( ex ∈ KerD −
de forma que por el lema anterior ex, ex ∈ Ker D − D − es decir son soluciones de D − D − y 0 como
W ex, ex ex ex
ex ex − ex ≠ 0
son linealmente independientes y como el espacio solución tienedimensión dos,la solución general es yx c1ex c2 ex
Caso 2)raices reales e igualesD − 2y 0
aqui solo hay a la vista ex pero ocupando la formula de Abel parael Wronskiano se tiene que una segunda solución se puede obtener
con la formula y2x y1x e− a1xdx
y1x2dx
y2x ex e 2dx
ex 2dx ex e2x
e2x dx xex
W ex, xex ex xex
ex xex ex e2x ≠ 0
son linealmente independientes y como el espacio solución tienedimensión dos,la solución general es yx c1ex c2 xex
Caso 3) Raices complejas a bi ; a − bi , b 0considerando que son distintos según el caso 1 se tiene que lasolución general es
yx c1ex c2ex c1eabix c2ea−bix
yx eaxc1ebix c2e−bix
ocupando la formula de Euler ei cos i sin se tiene
yx eaxc1cosbx i sinbx c2cosbx − i sinbxyx c1eax cosbx c2eax sinbx la solución general.
Ahora eax cosbx y eax sinbx son soluciones linealmenteindependientes de la ecuación D − a biD − a − biy 0D2 − 2aD a2 b2y 0y eax cosbxy ′ acosbxeax − beax sinbxy ′′ − eaxb2 cosbx − a2 cosbx 2ab sinbx − eaxb2 cosbx − a2 cosbx 2ab sinbx − 2aacosbxeax − beax sinbx
cosbxeaxa2 b2 0análogamente eax sinbxW eax cosbx , eax sinbx
eax cosbx eax sinbx
acosbxeax − beax sinbx bcosbxeax aeax sinbx
bcosbx2e2ax ae2axcosbxsinbx − ae2axcosbxsinbx bsinbx2e2ax
be2ax
W eax cosbx , eax sinbx be2ax ≠ 0
luego son soluciones linealmente independientes.Resumen:Para resolver una ecuación diferencial lineal con coeficientesconstantes de orden dos de la formaD2 a1D a0y 0 hallamos las raices de expresión
cuadrática D2 a1D a0 entonces la solución generalde la ecuación es como sigue:
, raices SOLUCIÓN GENERAL
reales ≠ yx c1 ex c2 ex
reales yx c1 ex c2 x ex
complejas a bi ; a − bi yx c1 eax cosbx c2 eax sinbx
Ejercicios:1) Hallar la solución general dei) y ′′ − y ′ − 6y 0ii) y ′′ − 10y ′ 25y 0
iii) y ′′ 6y ′ 9y 0iv) y ′′ − 14y ′ 49y 0v) y ′′ − 4y ′ 8y 0vi) y ′′ 10y ′ 26y 0vii) y ′′ − 2y ′ 10y 0
Ecuaciones homogéneas de orden arbitrario.
El desarrollo anterior se extiende fácilmente a ecuacionesde orden superior.Por ejemplo
D4 − 2D3 2D2 − 2D 1y 0factorizamos el operador completamente
D − 12D2 1y 0los factores nos entregan las solucionesex , xex , cosx , sinx las cuales al ser un conjunto linealmenteindependiente (Ver Wronskiano es muy largo) dan la solución generalyx c1ex c2xex c3 cosx c4 sinx .
La discusión está ahora completa salvo por casos comoD − 15D2 1y 0 o D − 12D2 16y 0
para esto usamosLema.
Si yx ∈ KerL entonces xm−1 yx ∈ KerLm
En base a los dos lemas se tiene por ejemploex ∈ KerD − 1 o sea satisface D − 1y 0se tiene que xex ∈ KerD − 12 y por resultado anterior xex ∈ KerD − 15
x2ex ∈ KerD − 13 ; x3ex ∈ KerD − 14 , x4ex ∈ KerD − 15
En resumen se tiene entonces lo siguiente:Si en la factorización completa del operador
L anDn an−1Dn−1 . . . .a1D a0 aparece el factor D − m
entonces en el espacio nulo del operador aparecen las funcionesex , xex , x2ex , . . . . , xm−1ex
Para el caso de raices complejas a bi , a − bi donde aparece elfactor D2 − 2aD a2 b2m en el espacio nulo aparecerán lasfuncioneseax cosbx ; x eax cosbx ; x2 eax cosbx , . . . . , xm−1 eax cosbxeax sinbx ; x eax sinbx ; x2 eax sinbx , . . . . , xm−1 eax sinbxEjemplos:1) Resolver
yv 3yiv 2y ′′′ 6y ′′ y ′ 3y 0D5 3D4 2D3 6D2 D 3y 0D 3D2 12y 0
e−3x corresponde al factor D 3cosx , sinx corresponden al factor D2 1de forma que las funciones
e−3x , cosx , sinx ,xcosx , x sinx son soluciones de la ecuación.Para ver que son una base del espacio solución (que tiene dimensión 5)hay que ver que es un conjunto linealmente independiente.Como elWronskiano es un determinante de orden 5 ese camino es ineficiente.La solución general es
yx ae−3x bcosx c sinx d xcosx e x sinx2) Resolver y7 − 2y5 y3 0
D7 − 2D5 D3y 0D3D4 − 2D2 1y 0D3D2 − 12y 0
D3D − 12D 12y 0como D − y 0 tiene a ex como solución tenemos1 por D , 1 ,x ,x2 por D3
ex por D − 1 ; ex , xex por D − 12
e−x por D 1 ; e−x , xe−x por D 12
la solución general esyx c1 c2 x c3 x2 c4 ex c5 xex c6 e−x c7 xe−x
3) Hallar una ecuación diferencial lineal con coeficientes constantesque tenga entre sus soluciones a e2x y a x3e−3x .Debe estar el operador D − 2 por e2x
Debe estar D 3 por e−3x y D 34 por x3e−3x
D − 2D 34y 0 es la ecuación de minimo orden que tienea esas funciones entre sus soluciones.
4) Hallar un operador lineal de coeficientes constantes L que al ser apli-cado a la ecuación D2 1D − 1y ex 2 − 7x sinx produzca unaacuación homogénea.
L debe contener como factor D que aniquila al 2, debe contenerD − 1 para que aniquile a ex , finalmente como D2 1 anula a sinx
debe estar el factor D2 12 o sea L DD − 1D2 12 aplicado ala ecuación produce la ecuación homogénea
DD2 13D − 12y 05) La ecuación D − 2D 53D2 − 4D 13y 0
tiene las soluciones e2x,e−5x,xe−5x,x2e−5x,e2x cos3x,e2x sin3xprobar que son un conjunto linealmente independiente y porconsecuencia una base para el espacio solución.c1e2x c2e−5x c3xe−5x c4x2e−5x c5e2x cos3x c6e2x sin3x 0x
aplicamos a esta relación el operador D 53D2 − 4D 13el cual anula(aniquila) a las funciones e−5x,xe−5x,x2e−5x,e2x cos3x,e2x sin3xpero no a e2x y como es lineal se tienec1D 53D2 − 4D 13e2x 0 como D 53D2 − 4D 13e2x ≠ 0nos da c1 0 nos queda la relación
c2e−5x c3xe−5x c4x2e−5x c5e2x cos3x c6e2x sin3x 0xaplicamos ahora el operador D 52D2 − 4D 13 el cual aniquilaa todos los terminos salvo a x2e−5x lo que dejac4D 52D2 − 4D 13x2e−5x 0 de aqui c4 0c2e−5x c3xe−5x c5e2x cos3x c6e2x sin3x 0x / D 5D2 − 4D 13
c3D 5D2 − 4D 13xe−5x 0 implica c3 0a c2e−5x c5e2x cos3x c6e2x sin3x 0x / D2 − 4D 13
c2D2 − 4D 13e−5x 0 implica c2 0c5e2x cos3x c6e2x sin3x 0x x3 3x2 − x − 3
x 0 implica c5 0c6e2x sin3x 0x implica c6 0
el conjunto es linealmente independiente.Ejercicios:1) Hallar la solución general de las siguientes ecuaciones.
i) y ′′′ 3y ′′ − y ′ − 3y 0ii) y ′′′ 5y ′′ − 8y ′ − 12y 0iii) y ′′′ 6y ′′ 13y ′ 0iv) yiv 18y ′′ 81y 0v) 4yiv − 8y ′′′ − y ′′ 2y ′ 0
vi) yv 6 yiv 15y ′′′ 26y ′′ 36y ′ 24y 0
2) Hallar operadores diferenciales lineales que aniquilen a cadaun de las funciones.i) x2ex1 ii) 3e2x cos2x
iii) x2 sinxcosx iv) 3 4x − 2e−x
v) x2x 1 sinx vi) x2ex sin2xvii) xex 13 viii) x2 − 11 cosxe3x
LA ECUACIÓN NO HOMOGÉNEA.
METODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS.Para introducir el método supongamos que tenemos la ecuación
D2 − 4y 3ex
La ecuación homogénea asociada tiene como solución generalyhx c1e2x c2e−2x
Debido al aspecto de la ecuación se tiene la idea que hay unasolución particular de la ecuación que tiene la forma ypx a ex
para conocer a la reemplazamos en la ecuación y se tieneD2 − 4a ex a ex − 4aex −3aex 3ex
tomando a −1 se tiene entonces que ypx − ex es unasolución particular de D2 − 4y 3ex por lo tanto la solucióngeneral es yx − ex c1e2x c2e−2x.Este método donde una solución particular de la ecuaciónse conoce salvo por algunas constantes que pueden ser
conocidas reemplazando esta solución en la ecuación seconoce como el método de los coeficientes indeterminados.Este método depende de la habilidad de reconocer la forma deuna solución particulares es por ello que carece de generalidad,sin embargo la frecuencia con que puede usarse justifica que sele tenga atención.Un tipo de ecuaciones donde este método siempre funciona es unaecuación lineal con coeficientes constantes Ly hx donde hxes una solución de alguna ecuación del mismo tipo,entonces podemoshallar un operador L1 que aniquile a hx L1hx 0 para
convertir la ecuación en una que es homogénea L1 Ly 0 y asíobtener una solución particular de Ly hx a partir de una adecuadaelección de las constantes desde la solución general de L1 Ly 0 .Ejemplos1) Resolver D2 1y 3x2 4 / D3
D3D2 1y 0su solución es yx c1 c2x c3x2 c4 cosx c5 sinxreemplazando en la ecuación original hallamos las constantesadecuadas.Pero los dos últimos terminos son aniquilados porel operador de la ecuación D2 1 de forma que inevitablementeen el proceso desaparecerán.Entonces diremos que la forma deuna solución particular será ypx a b x c x2.
y ′′ y 3x2 4ypx a b x c x2
yp′ x b 2cx
yp′′x 2c
2c a b x c x2 3x2 4de aquí c 3 ; b 0 ; a −2ypx 3x2 − 2
solución general yx −2 3x2 c1 cosx c2 sinx , c1 ,c2 ∈ .
2) D2 − 4D 4y 2e2x cosx / D − 2D2 1
D − 23D2 1y 0 ; ypx Ax2e2x Bcosx C sinxy ′′ − 4y ′ 4y 2e2x cosx
ypx Ax2e2x Bcosx C sinxyp′ x 2Axe2x 2Ax2e2x − B sinx Ccosx
yp′′x 2Ae2x 4Axe2x 4Axe2x 4Ax2e2x − Bcosx − C sinx
————————————————————————————————yp′′x 2Ae2x 8Axe2x 4Ax2e2x − Bcosx − C sinx
−4 yp′ x −8Axe2x − 8Ax2e2x 4B sinx − 4Ccosx
4 ypx 4Ax2e2x 4Bcosx 4C sinx —————————————————————————–2e2x cosx 2Ae2x 3B − 4Ccosx 4B 3C sinxde aquí
A 1 ; 3B − 4C 1 ; 4B 3C 0
A 1 ; B 325
; C −425
ypx x2e2x 325
cosx − 425
sinx
la solución general
yx x2e2x 325
cosx − 425
sinx c1 e2x c2 x e2x
Ejercicios.1) Usando el método de los coeficientes indeterminados resolver.i) D2 D − 6y 6x 1ii) D2 − 5D 6y −2 36x2 ex
iii) D2 − 4D 8y e2x1 sin2xiv) D3 3D2 3D 1y x4 4x3 10x2 20x 1v) D3 − D2 − D 1y 2x 2e−xvi) D4 5D2 4y 2cosx.2) Dar la forma de una solución particular.i) D2 − 4D 4y x2e2x x sinx
ii) D2 2D 2y x2 − 3xe−2x cos5x
ii) D3 − 13 2x 12ex 12
x sinx
LA ECUACIÓN NO HOMOGÉNEA.
Variación de parámetros.
Recordemos que la solución general de la ecuación diferencial lineal normal
anxdnydxn an−1x
dn−1ydxn−1 . . . .a1x
dydx
a0xy hx
puede ser escrita como yx ypx yhx donde ypx es una soluciónparticular de la ecuación y yhx es la solución general de la ecuaciónhomogénea asociada.Bajo la premisa de que la ecuación homogénea
asociada anxdnydxn an−1x
dn−1ydxn−1 . . . .a1x
dydx
a0xy 0
está resuelta (lo cual es cierto en el caso de coeficientes constantes) setiene yhx c1y1x c2y2x . . . .cnynx se hace la suposiciónque es posible encontrar una solución particular de la ecuación haciendoque los parámetros sean ahora variables y hallarlos via sustitución en la
ecuación.Concretamente ypx c1xy1x c2xy2x . . . .cnxynx
En el caso n 2d2ydx2 a1x
dydx
a0xy hx
definida en un intervalo I con yhx c1y1x c2y2x , c1,c2 ∈ la solución general de la ecuación homogénea asociada.Buscamos una
solución
ypx ded2ydx2 a1x
dydx
a0xy hx que cumpla
yx0 0 ∧ y ′x0 0donde x0 ∈ I un punto arbitrario.ypx c1xy1x c2xy2x reemplazando en la ecuación omitiendo la x.
c1y1 c2y2 ′′ a1c1y1 c2y2 ′ a0c1y1 c2y2 hxc1
′ y1 c1y1′ c2
′ y2 c2y2′ ′ a1c1
′ y1 c1y1′ c2
′ y2 c2y2′ a0c1y1 c2y2 hx
los terminos c1y1′′ a1y1
′ a0y1 0 ; c2y2′′ a1y2
′ a0y2 0 porque
y1x ; y2x son soluciones ded2ydx2 a1x
dydx
a0xy 0
c1′′y1 2c1
′ y1′ c2
′′y2 2c2′ y2
′ a1c1′ y1 c2
′ y2 hxc1
′ y1 c2′ y2 ′ a1c1
′ y1 c2′ y2 c1
′ y1′ c2
′ y2′ hx
para que esto se cumpla
c1′ xy1x c2
′ xy2x 0
c1′ xy1
′ x c2′ xy2
′ x hx
con la regla de Cramer
c1′ x
0 y2x
hx y2′ x
y1x y2x
y1′ x y2
′ x
−y2xhxWy1x,y2x
, c1x x0
x−y2tht
Wy1t,y2tdt
c2′ x
y1x 0
y1′ x hx
y1x y2x
y1′ x y2
′ x
y1xhxWy1x,y2x
; c2x x0
xy1tht
Wy1t,y2tdt
ypx c1xy1x c2xy2x
ypx x0
x−y2tht
Wy1t,y2tdt y1x
x0
xy1tht
Wy1t,y2tdt y2x
o bien
ypx x0
xy1ty2x − y2ty1x
Wy1t,y2thtdt
Ejemplo. Resolver y ′′ − y ′ − 2y e2x
D2 − D − 2y 0 homogénea asociada.D − 2D 1y 0 , yhx c1e2x c2e−x
sea y1x e2x ; y2x e−x
Wy1t,y2t e2t e−t
2e2t −e−t −3et
ypx 0
x
e2te−x − e−te2x
−3et e2tdt −13
e−x 0
x
e3tdt 13
e2x 0
x
dt
ypx −13 e−x 13 e3x − 1
3 13
e2xx − 19
e2x 19
e−x 13
xe2x
al ser − 19
e2x 19
e−x soluciones de la homogénea se descartan
entonces ypx 13
xe2x
la solución general es yx 13
xe2x c1e2x c2e−x
Ejemplo: y ′′ 4y tan2xy ′′ 4y 0 , yhx c1 cos2x c2 sin2x
sea y1x cos2x ; y2x sin2x
Wy1t,y2t cos2t sin2t
−2sin2t 2cos2t 2
ypx 0
xcos2t sin2x − sin2t cos2x
2tan2t dt
ypx 12 sin2x
0
x
sin2t dt − 12 cos2x
0
x
sin2t tan2t dt
0
x
sin2t dt 12 −
12 cos2x
0
x
sin2t tan2t dt 0
x
sin22tcos2t
dt 0
x
1 − cos22tcos2t
dt 0
x
sec2t dt − 0
x
cos2t dt
0
x
sin2t tan2t dt 12
ln sec2x tan2x − 12
sin2x
ypx 12 sin2x 1
2 −12 cos2x − 1
2 cos2x 12
ln sec2x tan2x − 12
sin2x
ypx − 14cos2x ln sec2x tan2x
solución
yx − 14cos2x ln sec2x tan2x c1 cos2x c2 sin2x
Ejercicios.Resolver usando el método de variación de parámetros.
i) y ′′ 9y 3sec3x
ii) y ′′ 2y ′ y 1x e−x
iii) y ′′ y ′ − 6y xiv) y ′′ − 5y ′ 6y 8sin24xv) y ′′ − 3y ′ 2y cose−x
REDUCCIÓN DE ORDEN.
El método de variación de parámetros exige que la ecuación homogéneaasociada esté resuelta,pero podemos simplificar y en algunos casos resolverla ecuación aun cuando no tengamos una base completa del espacio soluciónde la ecuación homogénea asociada.En este caso el método de variación deparámetros conduce a la reducción del orden de la ecuación.Ejemplo
Resolver la ecuación xy ′′ − xy ′ − 2y ′ 2y x3 xse tiene como dato que ex es una solución de xy ′′ − xy ′ − 2y ′ 2y 0ponemos y cxex ; y ′ c ′xex cxex ;y ′′ c ′′xex 2c ′xex cxex
reemplazo en la ecuaciónxc ′′xex 2c ′xex cxex − xc ′xex cxex − 2c ′xex cxex 2cxex x3
xc ′′xex xc ′xex − 2c ′xex x3 x
c ′′x 1 − 2x c
′x x2e−x e−x
ponemos ux c ′x
u′x 1 − 2x ux x2e−x e−x / e
1− 2x dx
ex
x2
ddx
ex
x2 ux 1 1x2
ex
x2 ux x − 1x c1
ux x3e−x − xe−x c1 x2e−x
c ′x x3e−x − xe−x c1 x2e−x
cx
x3e−xdx − 6 xex − 3 x2
ex − x3
ex − 6ex
xe−xdx − xex − 1
ex
x2e−xdx − 2 xex − x2
ex − 2ex
cx −6 xex − 3 x2
ex − x3
ex − 6ex − − x
ex − 1ex c1 −2 x
ex − x2
ex − 2ex c2
cx − e−xx3 3x2 5x 5 c1 −2 xex − x2
ex − 2ex c2
con elloyx −x3 3x2 5x 5 c1 −2x − x2 − 2 c2 ex
Ejercicios.Hallar la solución general de la ecuación usando la solución dada de laecuación homogénea asociada.i) y ′′ xy ′ 3x ; 1ii) 4x2y ′′ − 8xy ′ 9y 0 ; x
32
iii) xy ′′ 2 xy ′ y e−x ; x−1
iv) xy ′′ x − 1y ′ − y 0 ; e−x
LA ECUACIÓN DE EULER.
Una ecuación de la forma
xn dnydxn an−1xn−1 dn−1y
dxn−1 an−2xn−2 dn−2ydxn−2 . . . .a2x2 d2y
dx2 a1xdydx
a0y 0
o en la forma de operadores Ly 0xnDn an−1xn−1Dn−1 . . . .a1xD a0y 0
con a0,a1, . . . ,an−1 constantesse conoce como la ecuación de Euler homogénea de orden n.Un cambio de variables convierte esta ecuación en una con coeficientesconstantes.Para g función n veces diferenciable definimos Tgx glnxT es lineal y tiene inversa con T−1fx fex
DTg Dglnx 1x g′x 1
x TDg
D2Tg D DTg D 1x TDg − 1
x2 TDg 1x DTDg − 1
x2 TDg 1x2 TD2g
D2Tg 1x2 TDD − 1g
D3Tg D 1x2 TDD − 1g −2
x3 TDD − 1g 1x2 DTDD − 1g
D3Tg −2x3 TDD − 1g 1
x3 TD2D − 1g 1x3 TDD − 1D − 2g
en general
DkTg 1xk
TDD − 1D − 2. . . D − k 1g
con elloxkDkT TDD − 1D − 2. . . D − k 1
el operadorL xnDn an−1xn−1Dn−1 . . . .a1xD a0
LT xnDnT an−1xn−1Dn−1T . . . .a1xDT a0TLT T
L
conL DD − 1. . . D − n 1 an−1DD − 1. . . D − n 2 . . .a1D a0
La ecuaciónLy 0
LT T−1y 0TLT−1y 0
LT−1y 0 la cual es una ecuación con coeficientes constantes.
Ejemplo:Resolver x3y ′′′ x2y ′′ − 2xy ′ 2y 0L DD − 1D − 2 DD − 1 − 2D 2 D3 − 2D2 − D 2L D − 1D − 2D 1
LT−1y 0
T−1y c1 ex c2 e2x c3 e−x / Ty c1 Tex c2 Te2x c3 Te−x
y c1 x c2 x2 c31x
Ejemplo.x2y ′′ 2xy ′ − 2y 0
L DD − 1 2D − 2 D2 D − 2 D 2D − 1
LT−1y 0
T−1y c1 ex c2 e−2x
y c1 x c21x2
Ejercicios:Hallar la solución general de las siguientes ecuaciones de Euler.
i) x2y ′′ xy ′ 9y 0ii) x2y ′′ − 3xy ′ 7y 0iii) x3y ′′′ 9x2y ′′ 19xy ′ 8y 0iv) x3y ′′′ − 5x2y ′′ 18xy ′ − 26y 0v) x3y ′′′ − 7x2y ′′ 19xy ′ 104y 0
Para el caso de la ecuación de Euler no homogénea hacemos.Ly h
L T T−1y T T−1h
TL T−1y T T−1hL T−1y T−1h
la cual es una ecuación con coeficientes constantes.EjemploResolver x2y ′′ xy ′ x x2
L DD − 1 D D2 ; T−1x x2 T−1x T−1x2
T−1x x2 ex e2x
D2T−1y ex e2x pongamos ux T−1yLa homogénea tiene la solución uhx c1 c2 x
upx Aex Be2x
up′ x Aex 2Be2x
up′′x Aex 4Be2x
Aex 4Be2x ex e2x
de donde A 1 ; B 14
entonces T−1y ex 14
e2x c1 c2 x / T
y x 14
x2 c1 c2 lnx
EjerciciosResolveri) x2y ′′ xy ′ − 9y x3 1ii) x2y ′′ 4xy ′ 2y 2 lnxiii) x2y ′′ xy ′ 9y sinlnx3iv) x3y ′′′ 4 x2y ′′ xy ′ y x
