edos - métodos matemáticos - dr, francisco palacios

ETS Minas: Métodos matemáticos

Guía de estudio: Tema 7 EDOs de primer orden

Francisco PalaciosEscuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa

Universidad Politécnica de CataluñaNoviembre 2008, versión 1.1

1 Introducción

El contenido del tema es el siguiente:

1. Conceptos básicos.

2. Métodos exactos para la resolución de EDOs de primer orden.

3. Métodos numéricos.

4. Aplicaciones.

2 Objetivos

2.1 Teóricos

Al finalizar el tema, el alumno debe se capaz de:

• Diferenciar entre ecuaciones diferenciales ordinaria (EDO) y ecuacio-nes diferenciales en derivadas parciales.

• Determinar el orden de una EDO.

• Escribir una EDO en forma normal.

• Decidir si una EDO es lineal y escribir la EDO lineal homogénea aso-ciada.

• Manejar la notación diferencial Mdx+Ndy = 0.

• Definir solución de una EDO, distinguir entre soluciones implícitas yexplícitas.

• Distinguir entre familias de soluciones y soluciones particulares.

• Determinar la EDO que define una familia de curvas.

• Distinguir entre problemas de valor inicial y problemas de valores decontorno.

1

Francisco Palacios Tema 7: EDO’s de primer orden. 2

• Definir las soluciones singulares y calcularlas cuando sea necesario.

• Identificar y resolver EDOs de variables separables.

• Identificar y resolver EDOs homogéneas.

• Identificar y resolver EDOs exactas.

• Identificar ecuaciones diferenciales lineales de primer orden y escribir-las en forma estándar.

• Escribir y aplicar las propiedades de las soluciones de ecuaciones li-neales.

• Escribir la EDO lineal homogénea asociada y calcular la solución ge-neral.

• Aplicar el método de variación de parámetros para determinar unasolución particular de una EDO lineal completa.

• Aplicar la condición suficiente existencia y unicidad de soluciones paraproblemas de valor inicial de primer orden.

• Aproximar la solución de un problema de valor inicial mediante:

— el método de Euler,

— el método de Euler modificado,

— el método de Taylor de segundo orden.

• Definir error de truncamiento.

• Construir el modelo matemático de algunas aplicaciones típicas comoel crecimiento bacteriano, crecimiento de población, enfriamiento decuerpos, etc.

2.2 Cálculo manual


• Calcular, una familia de soluciones para EDOs sencillas de los tipos

— variables separables,

— homogéneas,

— exactas.

• Calcular la solución general de ecuaciones lineales de primer ordensencillas, determinando para ello:


— la solución general de la EDO homogénea asociada;

— una solución particular de la EDO completa mediante el métodode variación de parámetros.

• Resolver problemas de valor inicial sencillos con EDOs de los tipos an-teriores, expresando cuando sea posible la solución en forma explícita.

• Dado un problema de valor inicial sencillo, escribir las fórmulas derecurrencia correspondientes y calcular algunos pasos para los métodosde Euler, Euler modificado, Taylor de segundo orden.

• Resolver problemas de aplicación sencillos construyendo un modelomatemático mediante una ecuación diferencial.

2.3 Cálculo con ordenador


• Escribir ecuaciones diferenciales siguiendo la sintaxis de Maple.

• Calcular una familia de soluciones con dsolve.

• Forzar la presentación de soluciones explícitas con la opción expli-cit=true.

• Resolver problemas de valor inicial con dsolve.

• Extraer una expresión correspondiente a la solución usando el comandorhs.

• Representar gráficamente la solución de un problema de valor inicial.

• Aproximar numéricamente la solución de un problema de valor inicialusando la opción type=numeric de dsolve.

• Usar la notación de índices y el comando rhs para extraer adecua-damente los valores aproximados que resultan de los procedimientosnuméricos de dsolve.

• Seleccionar el método numérico con la opción method de dsolve;modificar el step con stepsize.

• Representar curvas integrales y el campo de pendientes con el comandoDEplot de la librería DEtools.

• Aplicar todo lo aprendido en la resolución de problemas de aplicación.


3 Orientaciones para el estudio

• Resuelve manualmente los ejemplos del Resumen de clase correspon-dientes a la Sección 1: Conceptos básicos. asegúrate de que comprendesy manejas bien todas las definiciones.

• Resuelve manualmente los ejemplos del Resumen de clase correspon-dientes a la Sección 2: Métodos analíticos para la resolución de ecua-ciones diferenciales de primer orden. Pon especial atención en la re-solución de ecuaciones diferenciales lineales. Aunque existen variosmétodos para determinar soluciones particulares de la ecuación linealcompleta, nosotros sólo usaremos el método de variación de paráme-tros.

• En la Sección 3: Métodos numéricos, céntrate en el método de Eulery el método de Taylor de 2o orden. Si no dispones de tiempo, puedesomitir el método de Euler modificado; también puedes omitir el estudiodetallado de la deducción de los métodos.

• Resuelve los ejemplos de aplicación de la Sección 4.

• Resuelve los ejercicios que se indican a continuación sobre EDOs se-parables y EDOs lineales. Procura no encallarte, en caso necesario,estudia la resolución que aparece en los ejercicios resueltos.

— EDOs separables: ejercicios 1,3,4,5,6.

— EDOs lineales: ejercicios 16.1—16.6, 17.

• Resuelve los siguientes ejercicios sobre EDOs homogéneas y exactas.(Si dispones de poco tiempo, puedes omitir alguno de estos ejercicios.)

— EDOs homogéneas: ejercicios 7.1,7.2,7.3,8.

— EDOs exactas: ejercicios 10.1,10.2,10.2,11.

• Métodos numéricos: ejercicios 22 y 23; si tienes poco tiempo puedesomitir el apartado correspondiente al método de Euler modificado.

• Problemas de aplicación: ejercicios 25,26,28,30,31.

• Resuelve con Maple los problemas 22 y 23. Representa gráficamentelas soluciones.


4 Temporalización

Aproximadamente, el tiempo necesario para cubrir el tema es el siguiente:

Actividad Tipo Duración

Explicación teórica, ejemplos Clase teoría 4hEjemplos, problemas Clase prácticas 2hPrácticas ordenador Clase prácticas 2h 8h

Leer guia estudio, resumen Trabajo personal 5hProblemas a mano Trabajo personal 5hHacer práctica Trabajo personal 1hPoblemas con Maple Trabajo personal 0,75hCuestionario Trabajo personal 0,25 12h

5 Actividades complementarias

Este tema incluye material de repaso y, por ello, el tiempo de trabajo perso-nal es mayor. Si dispones de tiempo, puedes hacer más ejercicios del listado,procurando resolver primero los más sencillos.

Cuestionario Tema 7: EDOs de primer orden

Alumno: _____________________________________

1. Asistencia a clase. Indica si has asistido a todas las clases de teoría yprácticas correspondientes al tema, en caso de no asistencia indica sihas dedicado un tiempo equivalente de estudio personal. Finalmente,indica (si procede) el número de horas de clase perdidas que no hayasrecuperado mediante estudio personal.

Asistencia RecuperadoSi No Si No En parte Horas perdidas

Clases de teoriaClases de práctica

2. Tiempo de estudio personal

TiempoLectura de guía de estudio y resumenHacer problemas a manoHacer prácticaHacer problemas con Maple

3. Puntúa la utilidad de los documentos de estudio entre 1 (= es una pér-dida de tiempo) y 5 (=muy útiles). Si no has descargado el documento,deja la casilla en blanco.

PuntuaciónGuía de estudioResumenProblemasProblemas resueltosProblemas resueltos con MaplePráctica

4. Revisa la lista de objetivos y escribe dos o tres tópicos que te gustaríaque se volvieran a explicar en clase.__________________________________________________________________________________________________________________________________________

5. Revisa la lista de objetivos y da una estimación intuitiva entre 1 y 5de tu grado de cumplimiento de esos objetivos. ____________

6. Sugerencias:

E.T.S. Minas: Métodos MatemáticosResumen y ejemplos

Tema 7: EDO’s de primer ordenFrancisco Palacios

Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de ManresaUniversidad Politécnica de Cataluña

Noviembre 2008, Versión 1.3

Contenido

1. Conceptos básicos

2. Métodos analíticos para la resolución de ecuaciones diferenciales deprimer orden

3. Métodos numéricos

4. Aplicaciones

1 Conceptos básicos

1.1 Ecuación diferencial

Ecuación que contiene las derivadas de una o más variables dependientesrespecto de una o más variables independientes.En las ecuaciones diferenciales, las incógnitas son funciones. por ejemplo

dy

dx+ 5y = ex, buscamos y = y(x),

d2x

dt2− dxdt+ 6x = 0, buscamos x = x(t),

∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2= 0, buscamos u = u(x, y).

1.2 Tipo

• Ecuación diferencial ordinaria (EDO)Una sola variable independiente.

d2y

dx2+ y = cosx ⇒

½incógnita y = y(x),variable independiente x.

1

Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 2

dx

dt+ x = 2t ⇒

½incógnita x = x(t),variable independiente t.

• Ecuación en derivadas parciales (EDP)Más de una variable independiente.

∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2= 0 ⇒

½incógnita u = u(x, y),variables independientes x, y.

∂2u

∂x2=

∂u

∂x− 2∂u

∂t⇒

½incógnita u = u(x, t),variables independientes x, t.

1.3 Orden

El orden de una ecuación diferencial es el mayor orden de derivación queaparece en la ecuación

d2y

dx2+ y = cosx → 2o orden.

dx

dt+ x = 2t → 1er orden.

y000 − 2y00 + y0 = et → 3er orden.

1.4 Forma general y forma normal

• Forma general de la ecuación diferencial ordinaria de orden n

F (x, y, y0, . . . , y(n)) = 0.

• Forma normal de la ecuación diferencial ordinaria de orden n

y(n) = g(x, y, y0, . . . , y(n−1)).

En la forma normal, la derivada de mayor orden aparece despejada.Dada la ecuación en forma general

y000 + 5xy00 − 2y + cosx = 0,

la forma normal esy000 = −5xy00 + 2y − cosx.


1.5 EDO lineal

Una ecuación diferencial ordinaria de orden n es lineal si puede escribirse enla forma

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1ydxn−1

+ · · ·+ a1(x)dy

dx+ a0(x) y = g(x).

Observamos que:

1. La variable dependiente y = y(x) y sus derivadas son de primer grado.

2. Cada coeficiente aj(x) depende sólo de x.

3. El término independiente g(x) depende sólo de x.

• Ecuación lineal homogénea.Si el término independiente es nulo g(x) ≡ 0.

Ejemplo 1.1 Ver si son lineales las siguientes ecuaciones; determinar elorden.

1. y00 − 2y0 + y = 02. y00 + 2y2 = cosx

3. x2y000 − xy0 + y = xex

4. y00 − xy0 + sin y = 0

1. Lineal, orden 2.2. No lineal, tiene un término y2.3. Lineal orden 3.4. No lineal, tiene un término sin y. ¤

1.6 Notación diferencial

Para ecuaciones de primer orden

y0 = f(x, y),

dy

dx= f(x, y),

también se emplea la notación

M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0.

Ejemplo 1.2 Expresa la siguiente ecuación diferencial en notación diferen-cial

y0 +y + x

y − x = 0.


Multiplicamos por y − x,

(y − x) y0 + (y + x) = 0,

multiplicamos por dx

(y − x) y0 dx+ (y + x) dx = 0,

finalmente, como dy = y0dx, resulta

(y − x) dy + (y + x) dx = 0,

reordenamos(y + x)| {z }M(x,y)

dx+ (y − x)| {z }N(x,y)

dy = 0. ¤

Ejemplo 1.3 Expresa en forma normal la siguiente ecuación diferencial.

(x+ y + 1) dx+ (2x+ 2y + 3) dy = 0

Tenemos dy = y0dx

(x+ y + 1) dx+ (2x+ 2y + 3) y0 dx = 0,

eliminamos dx(x+ y + 1) + (2x+ 2y + 3) y0 = 0

y despejamos y0

y0 = − x+ y + 1

2x+ 2y + 3. ¤

1.7 Soluciones de una ecuación diferencial

Dada la ecuación diferencial

F (x, y, y0, . . . , y(n)) = 0,

decimos que una función φ(x) es solución de la ecuación sobre el intervaloI, si

1. La función φ(x) es de clase Cn(I).

2. Para todo x ∈ I se cumple

F (x,φ(x),φ0(x), . . . ,φ(n)(x)) = 0.

• Curvas solución, curvas integrales. Las curvas integrales de una ecua-ción diferencial son las representaciones gráficas de sus soluciones.


Ejemplo 1.4 Verifica que la función y = xex es solución de la ecuacióndiferencial

y00 − 2y0 + y = 0en el intervalo I = (−∞,+∞) .

La función y = xex tiene derivadas continuas de todos los órdenes. Calcu-lamos las dos primeras derivadas

y = xex,

y0 = (x+ 1) ex,

y00 = (x+ 2) ex,

sustituyendo en la ecuación

y00 − 2y0 + y = 0,

resulta

y00z }| {(x+ 2) ex −2

y0z }| {(x+ 1) ex +

yz}|{xex =

= [(x+ 2)− 2 (x+ 1) + x] ex= (x+ 2− 2x− 2 + x) ex= 0 · ex = 0 para todo x ∈ R. ¤

1.8 Solución implícita

Una relaciónG(x, y) = 0

es una solución implícita de la ecuación diferencial

F (x, y, y0, . . . , y(n)) = 0

en el intervalo I, si existe una función φ(x) de clase Cn(I) que, para todox ∈ I, cumple las dos ecuaciones½

G(x,φ(x)) = 0,

F (x,φ(x),φ0(x), . . . ,φ(n)(x)) = 0.

Ejemplo 1.5 Verifica que x2 + y2 = 4 es solución implícita de la ecuacióndiferencial

dy

dx= −x

y,

en el intervalo I = (−2, 2).


Derivamos implícitamente en

x2 + y2 = 4

y obtenemos2x+ 2yy0 = 0

de donde resultay0 = −x

y.

Si despejamos y en x2 + y2 = 4, resulta

y = ±p4− x2.

Obtenemos, por lo tanto, dos soluciones explícitas

φ1(x) =p4− x2,

φ2(x) = −p4− x2.

Las dos funciones son continuas con derivada continua en (−2, 2). ¤

1.9 Familia de soluciones

• Cuando resolvemos una EDO de primer orden

F (x, y, y0) = 0

se obtiene una familia uniparamétrica de soluciones

G(x, y, c) = 0.

• En general, al resolver una EDO de orden n

F (x, y, y0, . . . , y(n)) = 0

se obtiene una familia n-paramétrica de soluciones

G(x, y, c1, c2, . . . , cn) = 0.

• Solución particular. Es cada uno de los elementos de una familia desoluciones, se obtiene dando valores particulares a los parámetros.

Ejemplo 1.6 Consideramos la familia biparamétrica de funciones

y = c1 cos 4x+ c2 sin 4x.

1. Demuestra que la familia dada es solución de la EDO

y00 + 16y = 0.


2. Determina la solución particular que cumple las condiciones½y(0) = 1,y0(0) = 1.

1. Calculamos las derivadas

y = c1 cos 4x+ c2 sin 4x,

y0 = −4c1 sin 4x+ 4c2 cos 4x,y00 = −16c1 cos 4x− 16c2 sin 4x.

Observamos que, para todo x ∈ R, se cumple

y00 + 16y = −16c1 cos 4x− 16c2 sin 4x+ 16 (c1 cos 4x+ c2 sin 4x)= 0.

2. Solución particular. Tenemos

y = c1 cos 4x+ c2 sin 4x,

y0 = −4c1 sin 4x+ 4c2 cos 4x,

de las condiciones ½y(0) = 1,y0(0) = 1,

resulta½c1 cos 0 + c2 sin 0 = 1,−4c1 sin 0 + 4c2 cos 0 = 1, ⇒

½c1 = 1,4c2 = 1,

⇒½c1 = 1,c2 = 1/4.

Por lo tanto, la solución particular buscada es

y = cos 4x+1

4sin 4x. ¤

1.10 Ecuación diferencial de una familia de curvas

• Planteamiento del problemaDada la familia de curvas

G(x, y, c) = 0

donde y = y(x), se trata de determinar una ecuación diferencial

F (x, y, y0) = 0

que tenga como solución la familia de curvas dada.• Procedimiento


1. DerivamosG(x, y, c) = 0

implícitamente respecto de x, y obtenemos

g(x, y, y0, c) = 0.

2. Con las ecuaciones ½G(x, y, c) = 0,g(x, y, y0, c) = 0.

eliminamos el parámetro c.

Ejemplo 1.7 Determina una ecuación diferencial para la familia parábolasy = cx2.

Derivamosy = cx2

respecto de x, y resultay0 = 2cx.

Con las ecuaciones ½y = cx2,y0 = 2cx,

eliminamos el parámetro c. Para ello, despejamos c en la primera ecuación

c =y

x2

y sustituimos en la segunda

y0 = 2cx ⇒ y0 = 2y

x2x,

resultay0 =

2y

x. ¤

Ejemplo 1.8 Determina una ecuación diferencial para la siguiente familiabiparamétrica de curvas

y = c1e2x + c2e

x.

Para eliminar dos parámetros, derivamos dos veces

y0 = 2c1e2x + c2ex,

y00 = 4c1e2x + c2ex.


Formamos el sistema ⎧⎨⎩y = c1e

2x + c2ex,

y0 = 2c1e2x + c2ex,y00 = 4c1e2x + c2ex.

Se trata ahora de obtener un sistema equivalente donde aparezca una ecua-ción libre de parámetros

¡2a − 1a¢→ 2

a¡3a − 2a¢→ 3

a

⎧⎨⎩y = c1e

2x + c2ex,

y0 − y = c1e2x,y00 − y0 = 2c1e2x.

¡3a − 2 · 2a¢→ 3

a

⎧⎨⎩y = c1e

2x + c2ex,

y0 − y = c1e2x,y00 − y0 − 2 (y0 − y) = 0.

Obtenemos una ecuación lineal homogénea de segundo orden

y00 − 3y0 + 2y = 0. ¤

1.11 Problema de valor inicial

Se trata de determinar una solución particular de una ecuación diferencialimponiendo condiciones en un mismo punto.

• Primer orden ½y0 = f(x, y),y(x0) = y0.

• Segundo orden ⎧⎨⎩y00 = f(x, y, y0),y(x0) = y0,y0(x0) = y00.

• Tercer orden ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩y000 = f(x, y, y0, y00),y(x0) = y0,y0(x0) = y00,y00(x0) = y000 .

Los siguientes, son problemas de valor inicial½y0 = xy − sinx,y(1) = 2.⎧⎨⎩y00 = x+ y + y0,y(0) = 1,y0(0) = 2.


Observa que, en cada caso, las condiciones adicionales para determinar lasolución particular se especifican en un mismo punto x0. En el problema devalor inicial ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

y000 = y00 + y0 − ex,y(1.5) = 0.23,y0(1.5) = 1.56,y00(1.5) = −2.45.

es x0 = 1.5.

1.12 Problemas de contorno

Se trata de determinar una solución particular de una ecuación diferencialimponiendo condiciones en más de un punto. En las ecuaciones de primerorden, no aparecen los problemas de contorno.Los siguientes son problemas de contorno con los puntos x0 = 0 y x1 = 1⎧⎨⎩

y00 = x+ y + y0,y(0) = 1,y(1) = 2.⎧⎨⎩y00 = x+ y + y0,y(0) = 1,y0(1) = 0.

2 Métodos analíticos para resolución de Ecuacio-nes diferenciales de primer orden

2.1 Separación de variables

Una EDO de primer orden es separable si puede escribirse en la forma

y0 = g(x)h(y).

Resolución.Expresamos la EDO en la forma

p(y) dy = g(x) dx

e integramos ambos lados, la solución esZp(y) dy =

Zg(x) dx.

Ejemplo 2.1 Resuelve la ecuación

y0 =y

1 + x.


Escribimos la ecuación en la forma

p(y) dy = g(x) dx.

y0

y=

1

1 + x,

y0dxy

=dx

1 + x,

dy

y=

dx

1 + x,

integramos a ambos lados Zdy

y=

Zdx

1 + x.

Obtenemos una solución implícita

ln y = ln(1 + x) + c, c ∈ R.

En este caso podemos obtener una solución explícita despejando y

y = eln(1+x)+c = eln(1+x)ec,

y = k (1 + x) , k = ec > 0. ¤

2.2 Soluciones singulares

Consideremos la EDOy0 = f(x, y),

y supongamos que existe un intervalo I tal que la función f(x, y) se anulapara el valor y = y0, y todo valor de x ∈ I, esto es

f(x, y0) = 0, para todo x ∈ I,

entonces la función constantey = y0

es solución de la ecuación diferencial en el intervalo I. Tales funciones cons-tantes se denominan soluciones singulares de la ecuación diferencial.

Ejemplo 2.2 Determina las soluciones singulares de la EDO¡y2 − 1¢ dx+ ¡x2 + 1¢ dy = 0.


Expresamos la EDO en forma explícita

y0 = f(x, y)

esto es,

y0 = −¡y2 − 1¢(x2 + 1)

.

En este caso es

f(x, y) = −¡y2 − 1¢(x2 + 1)

,

la ecuaciónf(x, y) = 0

tiene solucionesy = ±1

por lo tanto, las soluciones singulares son

y = 1, y = −1.

Es inmediato que estas funciones constantes cumplen la ecuación diferencial.¤

Ejemplo 2.3 Una resolución más general para

y0 =y

1 + x.

Cuando integramosdy

y=

dx

1 + x,Z

dy

y=

Zdx

1 + x,

podemos tomarln |y| = ln |1 + x|+ c1, c1 ∈ R.

definimos c1 = ln |c2| , c2 6= 0

ln |y| = ln |1 + x|+ ln |c2| , c2 6= 0,

ln |y| = ln |c2(1 + x)| , c2 6= 0,

tomando exponenciales|y| = |c2(1 + x)| ,

y = ±c2(1 + x),

y = c (1 + x) , c 6= 0.


Finalmente, observamos que la función constante

y(x) = 0

es una solución singular de la EDO, por lo tanto, tomamos como solucióngeneral

y = c (1 + x) , c ∈ R. ¤

Ejemplo 2.4 Resuelve el problema de valor inicial(y0 = −x

y,

y(4) = −3.

La EDO es separableyy0 = −x,ydy = −xdx,Zydy = −

Zxdx,

y2

2= −x

2

2+ c1, c1 ∈ R,

y2

2+x2

2= c1, c1 ∈ R,

x2 + y2 = c2, c2 = 2c1.

Imponemos la condición inicial y(4) = −3 y determinamos la constante

16 + 9 = c2 → c2 = 25.

Solución particular (implícita)

x2 + y2 = 25.

Esta última ecuación define dos funciones

y = ±p25− x2,

teniendo en cuenta la condición inicial

y(4) = −3

la solución esy = −

p25− x2. ¤


2.3 Ecuaciones homogéneas

• Función homogéneaDecimos que una función f(x, y) es homogénea de grado p si

f(tx, ty) = tpf(x, y).

Si se cumplef(tx, ty) = f(x, y),

entonces f(x, y) es homogénea de grado 0.

Ejemplo 2.5 Estudia si las siguientes funciones son homogéneas y, en casoafirmativo, determina el grado.

1. f(x, y) = x2 + xy + y2.

2. f(x, y) =x2 + y2

2xy.

3. f(x, y) =x2 + x

x3 − 1 .

4. f(x, y) = x− y + 1.

1)

f(tx, ty) = (tx)2 + (tx) (ty) + (ty)2

= t2x2 + t2xy + t2y2

= t2¡x2 + xy + y2

¢= t2f(x, y).

La función es homogénea de grado 2.2)

f(tx, ty) =(tx)2 + (ty)2

2 (tx) (ty)

=t2¡x2 + y2

¢2t2 (xy)

=x2 + y2

2xy= f(x, y).

La función es homogénea de grado 0.3) No es homogénea.4) No es homogénea. ¤• Ecuación diferencial homogénea en forma normal


La ecuación diferencialy0 = f(x, y)

es homogénea si f(x, y) es una función homogénea de grado 0.

• Ecuación diferencial homogénea en forma diferencialLa ecuación diferencial

M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0

es homogénea si las funciones M(x, y) y N(x, y) son homogéneas del mismogrado.

• Resolución de EDO’s homogéneasSi la ecuación diferencial

y0 = f(x, y)

es homogénea, entonces el cambio de variable

y = ux

conduce a una ecuación de variables separables. La nueva variable es

u =y

x.

Ejemplo 2.6 Resuelve la ecuación diferencial

(x− y) dx+ xdy = 0.

La ecuación diferencial dada tiene la forma


con M(x, y) y N(x, y) homogéneas de grado 1.Pasamos la ecuación a forma normal

y0 =y − xx

,

y realizamos el cambio y = ux½y = ux,y0 = u0x+ u.

u0x+ u =ux− xx

= u− 1.

Obtenemosu0x = −1


que es una ecuación diferencial separable. Calculamos u(x)

du

dx= −1

x,Z

du = −Z1

xdx,

u = − ln |x|+ c, c ∈ R.Deshacemos el cambio, sustituyendo u = y/x

y

x= − ln |x|+ c, c ∈ R.

Finalmentey = −x ln |x|+ cx, c ∈ R. ¤

Ejemplo 2.7 Resuelve la ecuación diferencial

y0 =y − xy + x

.

La ecuación tiene la formay0 = f(x, y)

con f(x, y) homogénea de grado 0

f(tx, ty) =ty − txty + tx

=t (y − x)t (y + x)

= f(x, y).

Realizamos el cambio y = ux. Observemos que

u =y

x

por lo tanto, u = u(x). Derivando respecto de x, se obtiene

y0 = u0x+ u.

Sustituimos en la ecuación original

u0x+ u =ux− xux+ x

,

u0x+ u =u− 1u+ 1

,

u0x =u− 1u+ 1

− u

=u− 1− u2 − u

u+ 1

= −u2 + 1

u+ 1.


Hemos obtenido la ecuación de variables separadas

u+ 1

u2 + 1

du

dx= −1

x

que tiene solución Zu+ 1

u2 + 1du = −

Z1

xdx.

Calculamos la integral de la parte izquierda de la igualdad

Zu+ 1

u2 + 1du =

Zu

u2 + 1du+

Z1

u2 + 1du

=1

2

Z2u

u2 + 1du+ arctanu

=1

2ln¡u2 + 1

¢+ arctanu.

Una primera solución es

1

2ln¡u2 + 1

¢+ arctanu = − ln |x|+ c1.

Deshacemos el cambio, sustituyendo u = y/x

1

2ln

µ³yx

´2+ 1

¶+ arctan

y

x= − ln |x|+ c1, c1 ∈ R.

Podemos mejorar un poco la expresión mediante las propiedades de los lo-garitmos. En primer lugar, multiplicamos la ecuación por 2

ln

µ³yx

´2+ 1

¶+ 2arctan

y

x= −2 ln |x|+ 2c1

aplicamos la propiedad 2 ln |x| = lnx2 y cambiamos la constante

ln

µ³yx

´2+ 1

¶+ 2arctan

y

x= − lnx2 + c2, c2 = 2c1

pasamos el término lnx2 al lado izquierdo y aplicamos la propiedad de loslogaritmos ln a+ ln b = ln(a · b)

ln

µ³yx

´2+ 1

¶+ lnx2 + 2arctan

y

x= c2, c2 ∈ R,

ln

∙µ³yx

´2+ 1

¶x2¸+ 2arctan

y

x= c2, c2 ∈ R,

finalmente, simplificamos

ln¡x2 + y2

¢+ 2arctan

y

x= c2, c2 ∈ R. ¤


Ejemplo 2.8 Resuelve la ecuación diferencial¡y2 + yx

¢dx− x2dy = 0.

La ecuación tiene la forma


con M(x, y) y N(x, y) homogéneas de grado 2.Pasamos la ecuación a forma normal

dy

dx=y2 + yx

x2,

realizamos el cambio ½y = ux,y0 = u0x+ u.

u0x+ u =u2x2 + ux2

x2

= u2 + u

y resulta la ecuación separable

xdu

dx= u2,Z

1

u2du =

Z1

xdx,

−1u= ln |x|+ c, c ∈ R.


−xy= ln |x|+ c, c ∈ R.

En este caso, podemos despejar y para obtener una solución explícita

y = − x

ln |x|+ c , c ∈ R. ¤

2.4 Ecuaciones diferenciales exactas

• Diferencial de un campo escalarSi u = u(x, y), la diferencial de u es

du =∂u

∂xdx+

∂u

∂ydy.


• Ecuación diferencial exactaUna ecuación diferencial


es exacta si existe una función u = u(x, y) tal que

du =M(x, y) dx+N(x, y) dy

es decir, si existe una función de dos variables u(x, y) que cumple⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x=M(x, y),

∂u

∂y= N(x, y).

En este caso, tenemos una familia de soluciones de la forma

u(x, y) = c, c ∈ R.

•Criterio para reconocer cuando una ecuación diferencial es exactaSupongamos que las funcionesM(x, y), N(x, y) son continuas con derivadasparciales continuas en un rectángulo a ≤ x ≤ b, c ≤ x ≤ d. Si se cumple

∂M

∂y=

∂N

∂x,

entonces la ecuación diferencial


es exacta.

•Método de resolución

1. Identificamos que la ecuación diferencial es exacta, usando el criterio

∂M

∂y=

∂N

∂x.

2. Determinamos u = u(x, y) que verifica⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x=M(x, y),

∂u

∂y= N(x, y).


3. La familia de soluciones es

u(x, y) = c, c ∈ R.

Ejemplo 2.9 Resuelve la siguiente ecuación diferencial

(5x+ 4y) dx+¡4x− 8y3¢ dy = 0.

TenemosM(x, y) = 5x+ 4y, N(x, y) = 4x− 8y3.

M(x, y) y N(x, y) son continuas con derivadas parciales continuas en todoR2. Estudiamos si la EDO es exacta

∂M

∂y= 4 =

∂N

∂x,

por lo tanto, es exacta. La solución es de la forma u(x, y) = c con⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x= 5x+ 4y,

∂u

∂y= 4x− 8y3.

(1)

Se trata de un sistema de ecuaciones diferenciales en derivadas parciales.Integramos la primera ecuación respecto de x

∂u

∂x= 5x+ 4y ⇒ u =

Z(5x+ 4y) ∂x,

u =5

2x2 + 4xy + c1 (y) . (2)

Ahora vamos a sustituir la solución obtenida en la segunda ecuación de (1)

∂u

∂y= 4x− 8y3.

Primero derivamos respecto de y en (2)

∂u

∂y= 4x+

dc1dy

y, a continuación, sustituimos en la segunda ecuación de (1)

4x+dc1dy

= 4x− 8y3 ⇒ dc1dy

= −8y3.

Integramos respecto de y para obtener c1

c1 = −Z8y3 dy = −2y4.


Sustituyendo c1 en (2), resulta

u =5

2x2 + 4xy − 2y4.

Finalmente, la solución es

5

2x2 + 4xy − 2y4 = c, c ∈ R. ¤

Ejemplo 2.10 Consideramos la siguiente ecuación diferencial

(2x+ y) dx+ (x+ 6y) dy = 0.

1. Resuélvela como ecuación diferencial exacta.

2. Resuélvela como ecuación diferencial homogénea.

1) Resolución como EDO exacta.Tenemos

M(x, y) = 2x+ y, N(x, y) = x+ 6y.

Las funciones M(x, y) y N(x, y) son continuas con derivadas parciales con-tinuas en todo R2. Estudiamos si la EDO es exacta

∂M

∂y= 1 =

∂N

∂x,

por lo tanto, la EDO es exacta. La solución es de la forma u(x, y) = c con⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x= 2x+ y,

∂u

∂y= x+ 6y.

Integramos∂u

∂x= 2x+ y

respecto de x

u =

Z(2x+ y) ∂x = x2 + xy + c1(y) (3)

y sustituimos u(x) en∂u

∂y= x+ 6y,

resultando

x+dc1dy

= x+ 6y.


Obtenemosdc1dy

= 6y,

que nos permite determinar c1(y)

c1 =

Z6y dy = 3y2.

Sustituimos c1 en (3), y resulta

u = x2 + xy + 3y2.

Finalmente, la solución es

x2 + xy + 3y2 = c, c ∈ R.

2) Resolución como EDO homogénea. Escribimos la ecuación en formanormal

dy

dx= −2x+ y

x+ 6y,

hacemos el cambio y = ux

u0x+ u = −2x+ uxx+ 6ux

= − 2 + u1 + 6u

u0x = − 2 + u1 + 6u

− u

=−2− u− u− 6u2

1 + 6u

=−2− 2u− 6u2

1 + 6u

= −21 + u+ 3u2

1 + 6u.

Separamos variables1 + 6u

1 + u+ 3u2du

dx=−2x,Z

1 + 6u

1 + u+ 3u2du = −2

Z1

xdx,

ln¡1 + u+ 3u2

¢= −2 ln |x|+ c1, c1 ∈ R.


lnh1 + y/x+ 3 (y/x)2

i= −2 ln |x|+ c1, c1 ∈ R.


Podemos obtener una mejor expresión de la solución usando las propiedadesde los logaritmos

lnh1 + y/x+ 3 (y/x)2

i+ lnx2 = ln c2, c1 = ln c2,

lnh³1 + y/x+ 3 (y/x)2

´x2i= ln c2

ln¡x2 + yx+ 3y2

¢= ln c2

x2 + yx+ 3y2 = c2, c2 > 0. ¤

2.5 Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden

• DefiniciónUna EDO de primer orden es lineal si puede escribirse en la forma

a1(x) y0 + a0(x) y = g(x).

La incógnita es la función y = y(x), los coeficientes a1(x), a0(x) y el términoindependiente g(x) dependen únicamente de x.

• Ecuación lineal homogéneaCuando el término independiente es nulo

g(x) ≡ 0,

la ecuación lineal se denomina homogénea.Dada la ecuación lineal

a1(x) y0 + a0(x) y = g(x),

la ecuacióna1(x) y

0 + a0(x) y = 0

se denomina ecuación homogénea asociada.

Nota No debemos confundir las ecuaciones diferenciales homogéneas, estu-diadas en la Sección 2.3, con las ecuaciones lineales homogéneas

¤ EDO homogénea: y0 = f(x, y), donde f(x, y) es una función homo-génea de grado 0.

¤ EDO lineal homogénea: a1(x) y0 + a0(x) y = 0.

• Forma estándarDecimos que una EDO lineal de primer orden está en forma estándar cuandose expresa en la forma

y0 + p(x) y = q(x).


• Resolución de la EDO lineal homogéneaLa ecuación

y0 + p(x) y = 0

es separable, y tiene solución general

y = k e−Rp(x) dx, k ∈ R.

Demostración.y0 + p(x) y = 0,

y0 = −p(x) y,1

y

dy

dx= −p(x),Z

1

ydy = −

Zp(x) dx,

ln |y| = −Zp(x) dx+ c,

|y| = e−Rp(x) dx+c,

|y| = e−Rp(x) dxec,

|y| = k1e−Rp(x) dx, k1 = e

c > 0,

y = ±k1e−Rp(x) dx, k1 > 0,

y = ke−Rp(x) dx, k = ±k1 6= 0.

Finalmente, podemos observar que la ecuación

y0 = −p(x) y

admite la solución singular y = 0, por lo tanto, podemos tomar la solucióngeneral

y = ke−Rp(x) dx, k ∈ R. ¤

Ejemplo 2.11 Consideramos la EDO

xdy

dx− 4y = 0.

1. Resuelve la ecuación como ecuación lineal homogénea.

2. Verifica que las funciones obtenidas son soluciones sobre todo intervaloreal.

3. Determina la solución particular que verifica y(1) = 3.


1) Resolución de la EDO. La forma estándar es

y0 + p(x) y = 0,

escribimos la ecuación en forma estándar

dy

dx− 4xy = 0

e identificamos p(x)

p(x) = −4x.

La solución es de la forma

y = ke−Rp(x) dx, k ∈ R.

y = ke−R(− 4

x) dx

= ke4R1xdx

= ke4 ln|x|

= kelnx4

= kx4, k ∈ R.

2) Verificamos las soluciones. Cada función de la familia de soluciones

y = kx4, k ∈ R,

es continua con derivada continua en todo intervalo, además

y0 = 4kx3.

Sustituimos en la ecuación diferencial

xdy

dx− 4y = 0

y obtenemos

x

y0z }| {¡4kx3

¢ −4 yz }| {¡kx4

¢= 0, para todo x ∈ R.

3) Determinamos la solución particular. Sustituyendo la condición inicial

y(1) = 3

en la solución generaly = kx4,


resulta 3 = k, por lo tanto, la solución particular buscada es

y = 3x4. ¤

• Propiedades de las soluciones de EDO’s linealesConsideramos la ecuación lineal

y0 + p(x) y = q(x).

1. Si y1, y2 son soluciones de la ecuación lineal homogénea

y0 + p(x) y = 0

entonces, para cualquier par de constantes α1,α2 ∈ R, la función

y(x) = α1y1(x) + α2y2(x)

es también una solución de la ecuación lineal homogénea.

2. Toda solución de la ecuación lineal completa

y0 + p(x) y = q(x)

es de la formay(x) = yh(x) + yp(x),

donde:

¤ yh(x) es la solución de la ecuación homogénea asociada,

¤ yp(x) es una solución particular de la ecuación completa.

3. Si conocemos una solución particular yp(x) de la ecuación completa,la solución general de la ecuación completa

y0 + p(x) y = q(x)

puede escribirse en la forma.

y(x) = ke−Rp(x) dx + yp(x), k ∈ R.

• Resolución de la ecuación lineal completa: método de variaciónde parámetrosEl objetivo es resolver la ecuación lineal completa

y0 + p(x) y = q(x).


Si suponemos que hemos sido capaces de resolver la ecuación homogéneaasociada, entonces el problema se reduce a determinar una solución par-ticular de la ecuación completa. Sabemos que la solución de la ecuaciónhomogénea asociada

y0 + p(x) y = 0

esy = ke−

Rp(x) dx, k ∈ R.

El método de variación de parámetros consiste en proponer una solución dela ecuación completa del tipo

y = k(x) e−Rp(x) dx,

donde la constante k pasa a ser una función indeterminada de x, esto esk = k(x). Sustituimos la solución propuesta en la ecuación completa y de-terminamos k(x).

Ejemplo 2.12 Consideramos la EDO lineal completa

xdy

dx− 4y = x6ex.

1. Resuélvela usando el método de variación de parámetros.

2. Verifica que las soluciones obtenidas son correctas.

3. Determina la solución particular que cumple y(1) = 2.

1) Resolución de la EDO. Escribimos la ecuación en forma estándar

dy

dx− 4xy = x5ex. (4)

En primer lugar, debemos resolver la ecuación homogénea asociada

dy

dx− 4xy = 0.

Hemos visto en el Ejemplo 2.11 , que la solución es

yh = kx4, k ∈ R.

Para resolver la ecuación completa, proponemos la solución

y = k(x)x4,

derivamosy0 = k0x4 + 4kx3


y sustituimos en la ecuación completa (4)

y0z }| {k0x4 + 4kx3 −4

x

yz }| {¡kx4

¢= x5ex,

simplificando, resultak0x4 = x5ex,

k0 = xex.

Resolvemos esta última ecuación de variables separables para determinark(x).

dk

dx= xex,Z

dk =

Zxex dx,

k = xex −Zex dx,

= xex − ex.

Sustituimos eny = k(x)x4

y obtenemos una solución particular para la EDO completa

yp = (xex − ex)x4= x5ex − x4ex.

Finalmente, la solución general de la EDO completa es

y = yh + yp,

y = kx4 + x5ex − x4ex, k ∈ R.2) Verificación de la solución. Calculamos y0

y0 = 4kx3 + 5x4ex + x5ex − 4x3ex − x4ex= 4kx3 + 4x4ex + x5ex − 4x3ex.

La ecuación diferencial completa es

xdy

dx− 4y = x6ex,

sustituyendo en la parte izquierda de la ecuación

xdy

dx− 4y


obtenemos

x¡4kx3 + 4x4ex + x5ex − 4x3ex¢− 4 ¡kx4 + x5ex − x4ex¢ =

= 4kx4 + 4x5ex + x6ex − 4x4ex − 4 ¡kx4 + x5ex − x4ex¢= 4kx4 + 4x5ex + x6ex − 4x4ex − 4kx4 − 4x5ex + 4x4ex= x6ex.

3) Determinación de la solución particular. Estamos buscando la soluciónparticular de la EDO completa que cumple y(1) = 2. La solución general dela EDO completa es

y = kx4 + x5ex − x4ex, k ∈ R,

imponemos la condición inicial y(1) = 2, y resulta

2 = k + e− e ⇒ k = 2,

por lo tanto, la solución particular buscada es

y = 2x4 + x5ex − x4ex. ¤

Ejemplo 2.13 Resuelve el problema de valor inicial(dy

dt+ y = t,

y(0) = 4.

1) Obtención de la solución general. La ecuación es lineal y está en formaestándar; notemos que la variable independiente es t.

y0 + p(t) y = q(t),

Identificamosp(t) = 1,

la solución de la ecuación homogénea asociada

y0 + p(t) y = 0

es

yh(t) = ke−Rp(t) dt = ke−

Rdt

= ke−t, k ∈ R.

Para determinar una solución particular de la ecuación completa, propone-mos una solución del tipo

yp(t) = k(t) e−t


y sustituimos en la ecuación completa

dy

dt+ y = t,

resultay0pz }| {

k0 e−t − ke−t +ypz}|{ke−t= t,

k0 e−t = t,

k0 =t

e−t= tet.

Determinamos k(t) resolviendo la EDO

dk

dt= tet,Z

dk =

Ztet dt = tet − et.

Obtenemos la siguiente solución particular de la EDO completa

yp(t) = k(t)e−t = (t− 1)ete−t = t− 1.

La solución general de la EDO completa es

y(t) = yh(t) + yp(t)

= ke−t + t− 1, k ∈ R.

2) Solución del problema de valor inicial. Queremos determinar la soluciónde la EDO completa que verifica y(0) = 4. Tomamos la solución general dela EDO completa

y = ke−t + t− 1, k ∈ R,e imponemos la condición inicial

y(0) = 4,

obtenemos4 = k − 1 ⇒ k = 5.

La solución particular de la EDO completa buscada es

y = 5e−t + t− 1. ¤

Ejemplo 2.14 Resuelve la EDO

xdy

dx− y = x2 sinx, x > 0.


Ecuación en forma estándar

y0 − 1xy = x sinx,

identificamos p(x)p(x) = −1/x.

Solución de la ecuación homogénea asociada

yh(x) = ke−Rp(x) dx = ke−

R(− 1

x)dx

= keln|x|

= k |x| ,

como, según el enunciado es x > 0, obtenemos

yh = kx, k ∈ R.

Determinamos la solución de la ecuación completa por el método de variaciónde parámetros. Proponemos la solución particular de la ecuación completa

yp(x) = k(x)x

y sustituimos en

y0 − 1xy = x sinx,

resultay0pz }| {¡

k0 x+ k¢ −1

x

ypz}|{(kx)= x sinx,

k0 x = x sinx,

k0 = sinx,

k(x) = − cosx.Tomamos como solución particular de la EDO completa

yp(x) = −x cosx,

la solución general de la EDO completa es

y(x) = kx− x cosx, k ∈ R. ¤


3 Métodos numéricos

3.1 Resolución numérica de problemas de valor inicial

• Problema de valor inicial en forma normal½y0 = f(x, y),y(a) = ya, x ∈ [a, b].

Se busca una función y = y(x) de clase C1[a, b] que verifique la ecuacióndiferencial

y0 = f(x, y)

y que, para x = a, tome el valor y(a) = ya.

• Condición suficiente de existencia y unicidad de soluciónSea R una región rectangular

R =

½a ≤ x ≤ bc ≤ y ≤ d

Si f(x, y) y∂f

∂yson continuas enR, entonces para cada punto (x0, y0) interior

a R, existe un intervalo

I0 = (x0 − δ, x0 + δ) , δ > 0,

tal que el problema de valor inicial½y0 = f(x, y),y(x0) = y0,

tiene una única solución y = y(x) definida en I0.

Ejemplo 3.1 Consideramos el problema de valor inicial½y0 = xy2,y(0) = 1, x ≥ 0.

1. Estudia la existencia y unicidad de solución.

2. Resuelve el problema en forma exacta.

3. Determina el dominio de la solución.

1) Existencia y unicidad. Tenemos

f(x, y) = xy2,

∂f

∂y= 2xy,


que son continuas en todo R2. Para cada punto del plano (x0, y0), existe unintervalo

I0 = (x0 − δ, x0 + δ) , δ > 0,

tal que el problema de valor inicial½y0 = f(x, y),y(x0) = y0,

tiene una única solución y = y(x) definida en I0. En particular, cuandox0 = 0, y0 = 1, existe un intervalo I0 = (−δ, δ) tal que el problema de valorinicial ½

y0 = xy2,y(0) = 1,

tiene una única solución y = y(x) definida en I0.

2) Solución exacta. La ecuación y0 = xy2 es de variables separables.

dy

dx= xy2,

1

y2dy = xdx,Z

1

y2dy =

Zxdx,

−1y=1

2x2 + c, c ∈ R.

Familia de solucionesy =

−112x2 + c

, c ∈ R.

Solución particular. Imponemos la condición y(0) = 1

1 =−1

1202 + c

=−1c

⇒ c = −1,

por lo tanto, la solución del problema de valor inicial es

y(x) =−1

12x2 − 1 =

2

2− x2 .

3) Dominio de la solución. El denominador de la solución

y =2

2− x2

se anula para x = ±√2. El mayor intervalo que contiene a x0 = 0, donde

y(x) es derivable es ³−√2,√2´.


Teniendo en cuenta que en el enunciado se especifica que buscamos unafunción y = y(x) para x ≥ 0. El dominio de la solución es

I = [0,√2). ¤

• Resolución numéricaPara muchos problema de valor inicial, podemos asegurar la existencia yunicidad de solución y, sin embargo, no es posible obtener una soluciónexacta. El enfoque numérico consiste en aproximar el valor de la soluciónpara determinados valores de x. Con mayor precisión, dado el problema devalor inicial ( dy

dx= f(x, y),

y(a) = ya, x ∈ [a, b].

1. Dividimos el intervalo [a, b] en n partes de longitud

h =b− an,

h es el tamaño de paso (step).

2. Construimos los nodos de la red

x0 = a, x1 = a+ h, . . . , xj = a+ jh, . . . , xn = a+ nh = b.

3. Para cada xj , calculamos un valor aproximado

yj ' y(xj) = yj .

B El errorej = yj − yj

se denomina error de truncamiento del paso j.

B El error al final del intervalo

en = yn − ynse denomina error de truncamiento global.

3.2 Método de Euler

Dado el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩dy

dx= f(x, y),

y(a) = ya, x ∈ [a, b],


el método de Euler de n pasos queda definido por½y0 = yayj+1 = yj + h f(xj , yj), j = 0, 1, . . . , n− 1,

donde

h =b− an

yx0 = a, x1 = a+ h, . . . , xj = a+ jh, . . . , xn = a+ nh = b.

Ejemplo 3.2 Dado el problema de valor inicial½y0 + y − x− 1 = 0,y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5].

1. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos.

2. Calcula la solución exacta.

3. Calcula los errores de truncamiento locales y el error de truncamientoglobal.

1) Método de Euler.I Formulación del método.En primer lugar, escribimos el problema en forma normal e identificamosf(x, y) ½

y0 = x− y + 1,y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5],

tenemosf(x, y) = x− y + 1.

El tamaño de paso es

h =0.5− 05

= 0.1,

y los nodos son

x0 = 0, x1 = 0.1, x2 = 0.2, x3 = 0.3, x4 = 0.4, x5 = 0.5.

El método de Euler es½y0 = 1,yj+1 = yj + 0.1 (xj − yj + 1) , j = 0, 1, . . . , 4.

I IteracionesFase 0.

x0 = 0, y0 = y(x0) = 1.


Fase 1.

x0 = 0y0 = 1

¾⇒ y1 = y0 + h (x0 − y0 + 1) = 1 + 0.1 (0− 1 + 1) = 1.

Fase 2.

x1 = 0.1y1 = 1

¾⇒ y2 = y1+h (x1 − y1 + 1) = 1+0.1 (0.1− 1 + 1) = 1.01.

Fase 3.

x2 = 0.2y2 = 1.01

¾⇒ y3 = 1.01 + 0.1 (0.2− 1.01 + 1) = 1. 029.

Fase 4.

x3 = 0.3y3 = 1.029

¾⇒ y4 = 1.029 + 0.1 (0.3− 1.029 + 1) = 1. 0561.

Fase 5.

x4 = 0.4y4 = 1.0561

¾⇒ y5 = 1.0561 + 0.1 (0.4− 1.0561 + 1) = 1. 09049

Resumimos los resultados en una tabla

j xj yj

0 0 1

1 0.1 1

2 0.2 1.01

3 0.3 1.029

4 0.4 1.0561

5 0.5 1.09049

2) Solución exactaI Solución general de la EDO completa. La ecuación

y0 + y = x+ 1

es lineal. La ecuación homogénea asociada es

y0 + y = 0.

Identificamos p(x) = 1, la solución de la ecuación homogénea asociada es

yh(x) = ke− R p(x) dx = ke−x.


Para obtener la solución de la ecuación completa, aplicamos el método devariación de parámetros, esto es, proponemos una solución particular de laforma

yp(x) = k(x) e−x

y sustituimos eny0 + y = x+ 1,

resultay0pz }| {

k0e−x − ke−x +ypz }| {ke−x= x+ 1,

k0e−x = x+ 1,

k0 =x+ 1

e−x= (x+ 1) ex,

k =

Z(x+ 1) exdx,

resolvemos la integral por partesZ(x+ 1) exdx = (x+ 1) ex −

Zex dx = (x+ 1) ex − ex + c

= xex + c, c ∈ R.

Tomamos el valor de kk(x) = xex,

de donde resulta la siguiente solución particular de la EDO completa

yp(x) = (xex) e−x = x.

Finalmente, obtenemos la solución general de la EDO completa

y = yh + yp = ke−x + x, k ∈ R.

I Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición y(0) = 1y obtenemos

1 = ke0 + 0 ⇒ k = 1,

la solución del problema de valor inicial es

y = e−x + x.

3) Errores de truncamiento. En la siguiente tabla se recogen los valoresexactos

yj = y(xj), j = 0, 1, . . . , 5.


y los errores locales de truncamiento

j xj yj yj ej = yj − yj0 0 1 1 0

1 0.1 1. 004837 1 0. 004837

2 0.2 1. 018731 1.01 0. 008731

3 0.3 1. 040818 1.029 0.011818

4 0.4 1. 070320 1.0561 0.014220

5 0.5 1. 106531 1.09049 0.016041

El error de truncamiento global es

e5 = y5 − y5 = 0.016041. ¤

• Deducción del métodoSupongamos que el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩

dy

dx= f(x, y),

y(a) = ya, x ∈ [a, b],tiene una solución y = y(x) que es de clase C2 en [a, b] y que conocemos

yj = y(xj).

Desarrollamos y(x) por Taylor en c = xj y obtenemos

y(x) = y(xj) + y0(xj) (x− xj) + y00(t) (x− xj)2 , t entre xj y x.

Sustituimos x = xj+1, y resulta

y(xj+1) = y(xj)+y0(xj) (xj+1 − xj)+1

2y00(t) (xj+1 − xj)2 , t entre xj y xj+1.

Como h = xj+1 − xj , resulta

y(xj+1) = y(xj) + y0(xj)h+

1

2y00(t)h2, t entre xj y xj+1.

Si h es pequeño, podemos despreciar el término 12y00(t)h2 y tomar la apro-

ximacióny(xj+1) ' y(xj) + y0(xj)h,

además, comoy0(xj) = f (xj , yj)

resultayj+1 ' yj + h f (xj , yj) .

Finalmente, sustituimos yj por el valor aproximado yj , y obtenemos la apro-ximación para yj+1

yj+1 = yj + h f (xj , yj) .


3.3 Método de Euler Modificado


dx= f(x, y),

y(a) = ya, x ∈ [a, b],

el método de Euler modificado de n pasos queda definido por⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩

y0 = ya,

k(j)1 = f(xj , yj),

k(j)2 = f

³xj+1, yj + hk

(j)1

´,

yj+1 = yj +h

2

³k(j)1 + k

(j)2

´, j = 0, 1, . . . , n− 1,

donde

h =b− an

yx0 = a, x1 = a+ h, . . . , xj = a+ jh, . . . , xn = a+ nh = b.

Ejemplo 3.3 Dado el problema de valor inicial½y0 + y − x− 1 = 0,y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5].

1. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 5 pasos.


1) Método de Euler modificado. El problema en forma normal es½y0 = x− y + 1,y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5].

Tenemosf(x, y) = x− y + 1,

h =0.5− 05

= 0.1,

x0 = 0, x1 = 0.1, x2 = 0.2, x3 = 0.3, x4 = 0.4, x5 = 0.5.

I Iteraciones.Fase 0.

x0 = 0, y0 = y(x0) = 1.


Fase 1. Partimos de los valores

x0 = 0, x1 = 0.1, y0 = 1,

k(0)1 = f(x0, y0) = x0 − y0 + 1 = 0− 1 + 1 = 0,

k(0)2 = f

³x1, y0 + hk

(0)1

´= f (0.1, 1 + 0.1 · 0)

= 0.1− 1 + 1 = 0. 1,

y1 = y0 +h

2

³k(0)1 + k

(0)2

´= 1 + 0.05 (0 + 0.1) = 1. 005.


x1 = 0.1, x2 = 0.2, y1 = 1.005,

k(1)1 = f(x1, y1) = f(0.1, 1.005) = 0.1− 1.005 + 1

= 0.0 95,

k(1)2 = f

³x2, y1 + hk

(1)1

´= f (0.2, 1.005 + 0.1 · 0.0 95)

= f (0.2, 1. 0145) = 0.2− 1.0145 + 1= 0. 1855,

y2 = y1 +h

2

³k(1)1 + k

(1)2

´= 1.005 + 0.05 (0.095 + 0.1855)

= 1. 019025.


x2 = 0.2, x3 = 0.3, y2 = 1. 01902 5,

k(2)1 = f(x2, y2) = f(0.2, 1. 01902 5) = 0.2− 1. 01902 5 + 1

= 0. 18097 5,

k(2)2 = f

³x3, y2 + hk

(2)1

´= f (0.3, 1. 01902 5 + 0.1 · 0. 18097 5)

= f (0.3, 1. 03712 3) = 0.3− 1. 03712 3 + 1= 0. 26287 7,

y3 = y2 +h

2

³k(2)1 + k

(2)2

´= 1. 01902 5 + 0.05 (0. 18097 5 + 0. 26287 7)

= 1. 04121 8.



x3 = 0.3, x4 = 0.4, y3 = 1. 04121 8,

k(3)1 = f(x3, y3) = f(0.3, 1. 04121 8) = 0.3− 1. 04121 8 + 1

= 0. 25878 2,

k(3)2 = f

³x4, y3 + hk

(3)1

´= f (0.4, 1. 04121 8 + 0.1 · 0. 25878 2)

= f (0.4, 1. 06709 6) = 0.4− 1. 06709 6 + 1= 0. 33290 4,

y4 = y3 +h

2

³k(3)1 + k

(3)2

´= 1. 04121 8 + 0.05 (0. 25878 2 + 0. 33290 4)

= 1. 07080 2.


x4 = 0.4, x5 = 0.5, y4 = 1. 07080 2,

k(4)1 = f(x4, y4) = f(0.4, 1. 07080 2) = 0. 32919 8,

k(4)2 = f

³x5, y4 + hk

(4)1

´= f (0.5, 1. 07080 2 + 0.1 · 0. 32919 8)

= f (0.5, 1. 10372 2) = 0. 39627 8,

y5 = y4 +h

2

³k(4)1 + k

(4)2

´= 1. 07080 2 + 0.05 (0. 32919 8 + 0. 39627 8)

= 1. 10707 6.


j xj yj

0 0 1

1 0.1 1.005

2 0.2 1. 01902 5

3 0.3 1. 04121 8

4 0.4 1. 07080 2

5 0.5 1. 10707 6

2) Errores de truncamiento. Hemos visto en el ejemplo anterior que lasolución exacta es

y = e−x + x.


En la siguiente tabla se recogen los valores exactos

yj = y(xj), j = 0, 1, . . . , 5,


j xj yj yj ej = yj − yj0 0 1 1 0

1 0.1 1. 004837 1.005 −0.000 1632 0.2 1. 018731 1. 01902 5 −0.000 2943 0.3 1. 040818 1. 04121 8 −0.000 4004 0.4 1. 070320 1. 07080 2 −0.000 4825 0.5 1. 106531 1. 10707 6 −0.000 545


e5 = y5 − y5 = −0.000 545. ¤

• Deducción del métodoTenemos el problema de valor inicial½

y0 = f(x, y),y(a) = ya, x ∈ [a, b].

Tomamosy0 = f(x, y)

e integramos en el intervalo [x0, x1]Z x1

x0

y0(x) dx =Z x1

x0

f(x, y(x)) dx.

Para la integral de lado izquierdo tenemosZ x1

x0

y0(x) dx = [y(x)]x1x0 = y(x1)− y(x0),

para aproximar el valor de la integral del lado derecho, usamos la regla deltrapecio simpleZ x1

x0

f(x, y(x)) dx ' h

2[f (x0, y0) + f (x1, y1)] .

Los valores x0, x1, y0 son conocidos; para el valor y1, tomamos la estimaciónque nos proporcionaría el método de Euler

y1 ' y0 + hf (x0, y0) ,


tenemos finalmente

y(x1)− y(x0) ' h

2[f (x0, y0) + f (x1, y0 + hf (x0, y0))] ,

y1 = y0 +h

2[f (x0, y0) + f (x1, y0 + hf (x0, y0))] .

En pasos posteriores, se procede de forma análoga. Supongamos que hemosobtenido yj , para calcular yj+1 integramos

y0 = f(x, y)

en el intervalo [xj , xj+1]Z xj+1

xj

y0(x) dx =Z xj+1

xj

f(x, y(x)) dx,

Z xj+1

xj

y0(x) dx = y(xj+1)− y(xj),Z xj+1

xj

f(x, y(x)) dx ' h

2[f (xj , yj) + f (xj+1, yj+1)] ,

para yj+1 tomamos la estimación que nos proporcionaría el método de Euler

yj+1 ' yj + hf (xj , yj) ,

y(xj+1)− y(xj) ' h

2[f (xj , yj) + f (xj+1, yj + hf (xj , yj))] ,

yj+1 = yj +h

2[f (xj , yj) + f (xj+1, yj + hf (xj , yj))] .

3.4 Método de Taylor de 2o orden


dx= f(x, y),

y(a) = ya, x ∈ [a, b],el método de Taylor de 2o orden de n pasos queda definido por⎧⎨⎩ y0 = ya,

yj+1 = yj + h f(xj , yj) +h2

2

£f 0x(xj , yj) + f 0y(xj , yj) f(xj , yj)

¤, j = 0, 1, . . . , n− 1,

donde

• f 0x es la derivada parcial de f(x, y) respecto de x,


• f 0y es la derivada parcial de f(x, y) respecto de y,

• h = b−an es el step,

• x0 = a, x1 = a + h, . . . , xj = a + jh, . . . , xn = a + nh = b, son losnodos.

Ejemplo 3.4 Dado el problema de valor inicial(y0 = 1 +

y

x,

y(1) = 2, x ∈ [1, 2].

1. Aproxima la solución usando el método de Taylor de segundo ordencon 4 pasos.



1) Método de Taylor de segundo orden.I Formulación del método. El problema está en forma normal; identificamosf(x, y)

f(x, y) = 1 +y

x,

calculamos las derivadas parciales

f 0x(x, y) = −y

x2,

f 0y (x, y) =1

x.

El tamaño de paso es

h =2− 14

= 0.25,

los nodos son

x0 = 1, x1 = 1.25, x2 = 1.5, x3 = 1.75, x4 = 2.

La fórmula de recurrencia es, en este caso

yj+1 = yj + 0.25 · f (xj , yj) +(0.25)2

2

£f 0x(xj , yj) + f

0y (xj , yj) f(xj , yj)

¤= yj + 0.25 · f (xj , yj) + 0.0 3125 ·

£f 0x(xj , yj) + f

0y (xj , yj) f(xj , yj)

¤.

I Iteraciones.


Fase 1. Partimos de x0 = 1, y0 = 2,

f (x0, y0) = 1 +2

1= 3,

f 0x(x0, y0) = −2

1= −2,

f 0y (x0, y0) =1

1= 1,

y1 = y0 + 0.25 · f (x0, y0) + 0.0 3125 ·£f 0x(x0, y0) + f

0y (x0, y0) f (x0, y0)

¤= 2 + 0.25 · 3 + 0.0 3125 · (−2 + 1 · 3)= 2. 78125.

Fase 2. Partimos de x1 = 1.25, y1 = 2. 78125,

f (x1, y1) = 1 +2. 78125

1.25= 3. 225,

f 0x(x1, y1) = −2. 78125

(1.25)2= −1. 78,

f 0y (x1, y1) =1

1.25= 0. 8,

y2 = y1 + 0.25 · f (x1, y1) + 0.0 3125 ·£f 0x(x1, y1) + f

0y (x1, y1) f (x1, y1)

¤= 2. 78125 + 0.25 · 3. 225 + 0.0 3125 · (−1. 78 + 0. 8 · 3. 225)= 3. 6125.

Fase 3. Partimos de x2 = 1.5, y2 = 3. 6125,

f (x2, y2) = 1 +3. 6125

1.5= 3. 40833 3,

f 0x(x2, y2) = −3. 6125

(1.5)2= −1. 60555 6

f 0y (x2, y2) =1

1.5= 0. 66666 67,

y3 = y2 + 0.25 · f (x2, y2) + 0.0 3125 ·£f 0x(x2, y2) + f

0y (x2, y2) f (x2, y2)

¤= 3. 6125 + 0.25 · 3. 40833 3 + 0.0 3125 · (−1. 60555 6 + 0. 66666 67 · 3. 40833 3)= 4. 48541 7.

Fase 4. Partimos de x3 = 1.75, y3 = 4. 48541 7,

f (x3, y3) = 1 +4. 48541 7

1.75= 3. 56309 5,


f 0x(x3, y3) = −4. 48541 7

(1.75)2= −1. 46462 6,

f 0y (x3, y3) =1

1.75= 0. 57142 86,

y4 = y3 + 0.25 · f (x3, y3) + 0.0 3125 ·£f 0x(x3, y3) + f

0y (x3, y3) f (x3, y3)

¤= 4. 48541 7 + 0.25 · 3. 56309 5 + 0.0 3125 · (−1. 46462 6 + 0. 57142 86 · 3. 56309 5)= 5. 39404 8.


j xj yj

0 1.00 2

1 1.25 2. 781250

2 1.50 3. 612500

3 1.75 4. 48541 7

4 2.00 5. 39404 8

2) Solución exacta. Se trata de una ecuación lineal

y0 = 1 +y

x,

la escribimos en la forma estándar

y0 + p(x) y = q(x),

y0 − 1xy = 1.

La ecuación homogénea asociada es

y0 − 1xy = 0,

identificamosp(x) = −1

x,

la solución de la ecuación homogénea es

yh(x) = ke− R −1

xdx = kelnx = kx, k ∈ R.

Para obtener la solución de la ecuación completa, aplicamos el método devariación de parámetros, esto es, proponemos una solución particular de laEDO completa de la forma

yp(x) = k(x) x


y sustituimos en

y0 − 1xy = 1,

resultay0pz }| {

k0x+ k −1x

ypz}|{kx = 1,

k0x = 1,

k0 =1

x.

k =

Z1

xdx = lnx+ c, c ∈ R.

Tomamos el valor de kk(x) = lnx,

de donde resulta la siguiente solución particular para la EDO completa

yp(x) = x lnx.

Finalmente, obtenemos la solución general de la EDO completa

y(x) = yh(x) + yp(x) = kx+ x lnx, k ∈ R.

Ahora vamos a calcular la solución del problema de valor inicial. Imponemosla condición y(1) = 2 y obtenemos

2 = k + 1 ln 1 ⇒ k = 2,

la solución particular esy = 2x+ x lnx.

3) Errores de truncamiento. En la siguiente tabla se recogen los valoresexactos

yj = y(xj), j = 0, 1, . . . , 5,


j xj yj yj ej = yj − yj0 1.00 2 2 0

1 1.25 2. 77892 9 2. 781250 −0.00 23212 1.50 3. 60819 8 3. 612500 −0.00 43023 1.75 4. 47932 8 4. 48541 7 −0.00 60894 2.00 5. 38629 4 5. 39404 8 −0.00 7754


e4 = y4 − y4 = −0.00 7754. ¤


• Deducción del métodoSupongamos que el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩

dy

dx= f(x, y),

y(a) = ya, x ∈ [a, b],

tiene una solución y = y(x) que es de clase C3 en [a, b] y que conocemos

yj = y(xj).

Desarrollamos y(x) por Taylor hasta orden 2 en c = xj y obtenemos

y(x) = y(xj) + y0(xj) (x− xj) + 1

2y00(xj) (x− xj)2 +

+1

3!y000 (t) (x− xj+1)3 , t entre xj y x.

Sustituimos x = xj+1, y resulta

y(xj+1) = y(xj) + y0(xj) (xj+1 − xj) + 1

2y00(xj) (xj+1 − xj)2 +

+1

3!y000 (t) (xj+1 − xj)3 , t entre xj y xj+1.

Como h = xj+1 − xj , resulta

y(xj+1) = y(xj) + y0(xj)h+

1

2y00(xj)h2 +

1

3!y000 (t) h3 t entre xj y xj+1,

si h es pequeño, podemos despreciar el término

1

3!y000 (t) h3

y tomar la aproximación

y(xj+1) ' y(xj) + y0(xj)h+1

2y00(xj)h2.

El valor de y0(xj) podemos obtenerlo de

y0(xj) = f (xj , yj) ,

para y00(xj), aplicamos la regla de la cadena

y00(x) =d

dxf (x, y(x)) =

∂

∂xf (x, y) +

∂

∂yf (x, y) y0(x)

=∂

∂xf (x, y) +

∂

∂yf (x, y) f(x, y)


y obtenemos

y00(xj) =∂

∂xf (xj , yj) +

∂

∂yf (xj , yj) f(xj , yj),

yj+1 ' yj + h f (xj , yj) +h2

2

∙∂

∂xf (xj , yj) +

∂

∂yf (xj , yj) f(xj , yj)

¸.

Finalmente, sustituimos yj por el valor aproximado yj , y obtenemos la apro-ximación para yj+1

yj+1 = yj + h f(xj , yj) +h2

2

£f 0x(xj , yj) + f

0y(xj , yj) f(xj , yj)

¤.

4 Algunos ejemplos de aplicación

Ejemplo 4.1 Supongamos que la tasa de crecimiento de una población y(t)es proporcional al número de individuos y que la población inicial es y0. Sidespués de 50 años la población se ha duplicado, ¿en cuántos años tendremosuna población triple de la inicial?

• Modelo.

y = y(t) población,t tiempo (en años),t = 0 momento inicial,y0 = y(0) población inicial,dy

dttasa de crecimiento de la población (individuos/año).

• Ecuación diferencial.dy

dt= α y,

donde α es la constante de proporcionalidad (desconocida). La ecuación esuna EDO lineal homogénea. La escribimos en forma estándar

y0 + p(t) y = 0,

esto esy0 − α y = 0,

donde identificamosp(t) = −α.

La solución general es

y = ke−Rp(t) dt

= ke−R(−α) dt,


y = keαt, k ∈ R.Utilizamos la condición inicial

y(0) = y0

para determinar la constante k

y0 = keα·0 = k,

por lo tanto,y = y0 e

αt.

Para determinar la constante α, usamos el hecho de que la población inicialse ha duplicado en un período de 50 años.

y(50) = y0 eα50 = 2y0 ⇒ eα50 = 2,

50α = ln 2,

α =ln 2

50= 0.013863.

El modelo de la población, es por lo tanto,

y = y0 e0.013863t.

Para ver el período de tiempo necesario para triplicar la población , plan-teamos la ecuación

y0 e0.01 3863t = 3y0

y determinamos el valor de t

e0.01 3863t = 3,

0.013863t = ln 3,

t =ln 3

0.01 3863= 79. 2478.

Para triplicar la población se necesitan 79.25 años desde en momento inicial(29.25 años desde el momento en que se duplica la población inicial. ¤

Ejemplo 4.2 En un cultivo de bacterias, la tasa de crecimiento de la po-blación es proporcional a la población presente.

1. Si se ha observado que la población se ha duplicado en 4 horas, ¿quepoblación cabe esperar al cabo de 12 horas?

2. Supongamos que en un segundo cultivo, el número de bacterias es 104

al cabo de 3 horas y 4×104 al cabo de 5 horas. Determina la poblacióninicial. ¿Qué tamaño de población tendremos después de 6 horas?


• Modelo

y = y(t) población,t tiempo (en horas),t = 0 momento inicial,y0 = y(0) población inicial,dy

dttasa de crecimiento de la población (individuos/hora).

• Ecuación diferencialdy

dt= α y,

α es la constante de proporcionalidad (desconocida). La ecuación es unaEDO lineal homogénea. La escribimos en forma estándar y0 + p(t) y = 0 yobtenemos, como en el ejemplo anterior, la solución

y = keαt, k ∈ R.

Utilizamos la condición inicial y(0) = y0 para determinar la constante k

y0 = keα·0 = k,

resulta,y = y0 e

αt.

1) Para determinar la constante α, usamos el hecho de que la poblacióninicial se ha duplicado en un período de 4 horas.

y(4) = y0 eα4 = 2y0 ⇒ e4α = 2,

4α = ln 2,

α =ln 2

4.

El modelo de la población, es por lo tanto,

y = y0 eln 24t.

Después de 12 horas, tendremos

y(12) = y0 eln 2412 = y0 e

3 ln 2 = y0eln 8 = 8y0,

es decir, al cabo de 12 horas, la población se ha multiplicado por 8.

2) En este caso disponemos de dos datos, lo que nos permite determinar laconstante α y la población inicial. El modelo es

y = y0 eαt


y tenemos ½y(3) = 104,y(5) = 4× 104,

es decir ½y0 e

3α = 104,y0 e

5α = 4× 104.Dividiendo las ecuaciones, podemos eliminar y0 y determinar α

y0 e5α

y0 e3α=4× 104104

,

e5α

e3α= 4,

e2α = 4,

2α = ln 4,

α =ln 4

2= ln

√4 = ln 2.

Sustituyendo en la primera ecuación, resulta

y0 e3 ln 2 = 104,

y0 =104

e3 ln 2=104

8= 1250,

la población inicial es, por lo tanto de 1250 individuos. El modelo quedescribe el tamaño de la población es

y = 1250 et ln 2 = 1250× 2t

Después de 6 horas, el tamaño de población será

y(6) = 1250× 26 = 80000 individuos. ¤

Ejemplo 4.3 Según la ley de enfriamiento de Newton, la velocidad a quese enfría una sustancia al aire libre es proporcional a la diferencia de tem-peratura entre la sustancia y el aire. Sabemos que la temperatura del aire esde 30o y la sustancia se ha enfriado desde 100o a 70o en 15 minutos.

1. ¿Qué temperatura tenía la sustancia después de 10 minutos?

2. ¿Cuándo tendrá la sustancia una temperatura de 40o?


• Modelo

y = y(t) temperatura de la sustancia,t tiempo (en minutos),t = 0 momento inicial,y0 = 100

o temperatura inicial,Tm = 30o temperatura del medio,dy

dttasa de variación de la temperatura de la sustancia.


dt= −α ( y − Tm),

α > 0 es la constante de proporcionalidad (desconocida). Observamos quesi y > Tm, entonces

−α ( y − Tm) < 0y la sustancia se enfría. La ecuación es una EDO lineal completa, la escri-bimos en forma estándar

y0 + p(t) y = q(t),

y0 + α y = αTm,

identificamos

p(t) = α, q(t) = αTm, (ambos constantes).

La EDO lineal homogénea asociada es

y0 + α y = 0,

que tiene solucióny = ke−

Rα dt, k ∈ R,

y = ke−α t, k ∈ R.Calculamos la solución de la EDO completa por variación de parámetros,esto es, proponemos una solución

yp(t) = k(t) e−α t

y sustituimos en la ecuación completa para determinar k(t)

y0pz }| {k0 e−α t − αk e−α t +α

ypz }| {k e−α t= αTm,

k0 e−α t = αTm,


k0 =αTme−α t

,

k0 = αTm eα t,

k =

ZαTm e

α t dt.

Obtenemosk = Tm e

α t + c, c ∈ R,tomamos el valor de k

k = Tm eα t,

de donde resulta la siguiente solución particular de la ecuación completa

yp(t) =¡Tm e

α t¢e−αt = Tm.


y(t) = yh(t) + yp(t) = ke−α t + Tm, k ∈ R.

Observa que podíamos haber obtenido la solución particular directamenteyp(t) = Tm apreciando que la ecuación

dy

dt= −α ( y − Tm),

tiene la solución singular y = Tm.1) Para determinar k, sustituimos Tm = 30o y usamos las condición inicial

y(0) = 100o,

100 = k e0 + 30 ⇒ k = 70.

Finalmente, para determinar α, usamos el dato

y(15) = 70,

70 = 70e−15α + 30,

70e−15α = 40

e−15α =4

7

−15α = ln 47

α =−115ln4

7= 0.03731.

El modelo matemático que describe el enfriamiento de la sustancia es

y = 70e−0.03731 t + 30.


La temperatura después de 10 minutos será

y(10) = 70 e−0.3731 + 30 = 78. 2o

2) El tiempo necesario para que la sustancia esté a 40 grados se obtieneresolviendo la ecuación

70e−0.03731 t + 30 = 40,

e−0.03731 t =10

70,

t =−1

0.03731ln1

7= 52. 16 minutos. ¤

Ejemplo 4.4 Un tanque contiene 1000 litros de una disolución de agua ysal. En el tanque entra agua a razón de 20 litros/min y la mezcla, conservadauniforme por agitación, sale a la misma velocidad. Si inicialmente hay 60kg de sal en el tanque, ¿cuánta sal queda en el tanque después de 1 hora?

• Modelo

y = y(t) cantidad de sal en el tanque (en kg),t tiempo (en minutos),t = 0 momento inicial,y0 = 60 cantidad inicial de sal (en kg),dy

dttasa de variación de la cantidad de sal (en kg/min).

Observemos que la tasa de entrada y de salida de líquido es la misma, porlo tanto el volumen de disolución en el tanque se mantiene constante

concentración de sal =y

1000(en Kg/litro).

Tasa de variación de sal =

tasa de entrada de salz }| {20litrosmin.

× 0 kglitro

−

tasa de salida de salz }| {20litrosmin.

× y

1000

kglitro

= − 150ykgmin.


dt= − 1

50y.

Es una ecuación lineal homogénea

y0 +1

50y = 0,


con solución generaly = k e−

R150dt, k ∈ R,

y = k e−150t, k ∈ R.

Usamos la condición inicialy(0) = 60,

para determinar k60 = k e−0 ⇒ k = 60.

El modelo matemático que describe la cantidad de sal en el tanque es

y = 60 e−150t.

La cantidad de sal después de 1 hora será

y(60) = 60 e−6050 = 18. 07 kg. ¤

Ejemplo 4.5 En una galería subterránea de dimensiones 15×5×1.2 metroshay una concentración del 0.2% de CO2. Se quiere renovar la atmósfera conaire exterior, cuya concentración de CO2 es de 0.05%, mediante ventiladoresque proporcionan un caudal de aire de 9m3/min. Calcula el porcentaje deCO2 después de 20 minutos.

• Modelo

y = y(t) cantidad de CO2 (en m3),t tiempo (en minutos),t = 0 momento inicial,V = 90 m3 volumen de la galería,y

90concentración de CO2,

y0 = 0. 18 m3 cantidad inicial de CO2 (y(0) = 0.002× 90),dy

dttasa de variación de la cantidad de CO2 (en m3/min).

Tasa de variación de CO2

tasa de entrada de CO2z }| {9m3 airemin.

× 0.0005 m3 CO2m3 aire

−

tasa de salida de CO2z }| {9m3 airemin.

× y

90

m3 CO2m3 aire

=³0.0045− y

10

´ m3 CO2min

.


dt=³0.0045− y

10

´.


Resolvemos por separación de variables

1³0.0045− y

10

´ dy = dt,Z

1³0.0045− y

10

´ dy = Z dt,

−10 ln¯0.0045− y

10

¯= t+ c1,

ln¯0.0045− y

10

¯= − t

10+ c2, c2 =

−c110,¯

0.0045− y

10

¯= e−

t10+c2 = c3e

− t10 , c3 = e

c2 ,

0.0045− y

10= ±c3 e−

t10 ,

0.0045− y

10= c4 e

− t10 ,

y = 10³0.0045− c4 e−

t10

´,

y = 0.045− c e− t10 , c ∈ R.

Sustituimos la condición inicial, y determinamos c

y(0) = 0.18,

0.18 = 0.045− c e− 010 ⇒ c = −0. 135.

El modelo matemático que describe la cantidad de CO2 en la galería es

y = 0.045 + 0.135 e−t10 .

La cantidad de CO2 después de 20 minutos será

y(20) = 0.045 + 0.135 e−2010 = 0.06 327 m3

y la concentración es

0.06 327 m3CO290 m3 aire

= 0.000703.

Después de 20 minutos, la concentración de CO2 será de 0.07%. ¤

Ejemplo 4.6 Tenemos un depósito cilíndrico con radio de la base R = 8dm y altura h = 1 m. El depósito se vacía a través de un orificio redondode radio r = 0.833 cm situado en la base del depósito. Sabemos que por unorificio de ese tipo el agua fluye a una velocidad aproximada v = 4.8

√h

dm/s, donde h es la altura del nivel de agua en el depósito. Si inicialmenteel depósito está totalmente lleno, determina el tiempo que el depósito tardaráen vaciarse.


• Modelo

h = h(t) nivel de agua en el depósito (en dm),t tiempo (en segundos),t = 0 momento inicial,h0 = 10 dm nivel inicial,R = 8 dm radio del depósito,r = 0.0833 dm radio del orificio de salida,dh

dttasa de variación del nivel de agua (en dm/s).

La velocidad de salida del agua por el orificio de la base es

v = 4.8√hdm/s,

y el área de la sección perpendicular al flujo de salida es

A = πr2 dm2,

por lo tanto, tendremos un flujo de salida

v ·A = 4.8√hdm/s× πr2 dm2 = 4.8πr2

√h dm3/s.

La variación del volumen de agua V = V (t) en el depósito es igual a flujode salida

dV

dt= −4.8πr2

√h, (5)

por otra parte, el volumen de agua en el depósito es

V = πR2h,

por lo tantodV

dt= πR2

dh

dt.

Sustituimos en (5), y resulta

πR2dh

dt= −4.8πr2

√h,

de donde obtenemos la ecuación diferencial para la altura del agua en eldepósito

R2dh

dt= −4.8r2

√h,

dh

dt= −4.8 r

2

R2

√h.

Sustituimos los valores R = 8, r = 0.0833

dh

dt= −5. 204× 10−4

√h.


Se trata de una ecuación diferencial no lineal de variables separables

1√hdh = −5. 204× 10−4 dt,

Z1√hdh = −5. 204× 10−4

Zdt,

2√h = −5. 204× 10−4 t+ c, c ∈ R.

Determinamos c con la condición inicial h0 = 10

2√10 = −5. 204× 10−4 × 0 + c ⇒ c = 2

√10,

por lo tanto, el modelo matemático que describe la altura del nivel de aguaen el tanque es

2√h = −5. 204× 10−4 t+ 2

√10, (6)

que en forma explícita queda

h =³√10− 0.000 2602 t

´2.

Para determinar el tiempo de vaciado, sustituimos h = 0 en (6) y despejamost

0 = −5. 204× 10−4 t+ 2√10,

t =−2√10

−5. 204× 10−4 = 12153. 26 s = 3. 37 horas = 3 horas 22minutos. ¤


Guía de estudio: Tema 8 EDOs de orden nFrancisco Palacios


Noviembre 2008, versión 1.2

1 Introducción



2. Resolución de EDOs lineales homogéneas con coeficientes constantes.

3. Resolución de EDOs lineales completas con coeficientes constantes:método de variación de parámetros.

2 Objetivos

2.1 Teóricos


• Identificar EDOs lineales de orden n.

• Distinguir si la EDO es de coeficientes constantes.

• Escribir la EDO en forma estándard.

• Diferenciar entre EDO completa y homogénea.

• Distinguir entre problemas de valor inicial y problemas de condicionesde contorno.

• Enunciar y aplicar el teorema de existencia y unicidad de solucionespara problemas de valor inicial con EDOs lineales.

• Describir la estructura del conjunto de soluciones de una EDO linealhomogénea de orden n.

• Definir el Wronskinano de n funciones.

• Determinar la independencia lineal de n funciones.

• Describir la estructura del conjunto de soluciones de una EDO linealcompleta de orden n.

1

Francisco Palacios Tema 8: EDOs de orden n. 2

2.2 Cálculo manual


• Obtener la solución general de una EDO lineal homogénea de orden ncon coeficientes constantes usando las raíces de la ecuación caracterís-tica.

• Obtener la solución general de una EDO lineal completa de ordenn con coeficientes constantes, determinando una solución particularmediante el método de variación de parámetros.

• Resolver problemas sencillos de valor inicial o de condiciones de con-torno para EDOs lineales de orden n con coeficientes constantes.



• Escribir ecuaciones diferenciales de orden n siguiendo la sintaxis deMaple.


• Usar el operador D para escribir condiciones sobre las derivadas.

• Resolver problemas de valor inicial y de condiciones de contorno condsolve.

• Extraer una expresión correspondiente a la solución usando el comandorhs.

• Representar gráficamente la solución de un problema de valor inicialo de contorno.


• Usar la notación de índices y el comando rhs para extraer adecua-damente los valores aproximados que resultan de los procedimientosnuméricos de dsolve.

• Representar curvas integrales y el campo de pendientes con el comandoDEplot de la librería DEtools.

Francisco Palacios Tema 8: EDOs de orden n. 3


• Resuelve manualmente los ejemplos del Resumen de clase.

• Resuelve con papel y lápiz los ejercicios 1,2,3,4,5,9.1—9.4,10.

• Resuelve con Maple los ejercicios anteriores.

4 Temporalización




Leer guia estudio, resumen Trabajo personal 0,75hProblemas a mano Trabajo personal 4,0hHacer práctica Trabajo personal 0,5hPoblemas con Maple Trabajo personal 0,5hCuestionario Trabajo personal 0,25 6h

5 Actividades complementarias

Si dispones de tiempo, resuelve algunos ejercicios que quedan en la lista.

Cuestionario Tema 8: EDOs de orden n

Alumno: _____________________________________










6. Sugerencias:

E.T.S. Minas: Métodos MatemáticosProf: Francisco Palacios EPSEM-UPCNoviembre 2008, Versión 1.2

Tema 8: EDOs de orden n, Practica 1Resolución de algunas EDO's de orden n con Maple

• Resolución de EDOs con dsolve

• Escritura de condiciones iniciales con el operador D

Ejercicio 1.2> edo:=diff(y(x),x,x)-diff(y(x),x)-6*y=0;

:= edo = − − ⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂2

x2 ( )y x⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂

x( )y x 6 y 0

> dsolve(edo,y(x));

= ( )y x + _C1 e( )−2 x _C2 e( )3 x

Ejercicio 1.6> edo:=diff(y(x),x,x)-4*diff(y(x),x)+5*y=0;

:= edo = − + ⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂2

x2 ( )y x 4⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂x

( )y x 5 y 0

> dsolve(edo,y(x));

= ( )y x + _C1 e( )2 x ( )sin x _C2 e( )2 x ( )cos xEjercicio 2.1> edo:=diff(y(x),x,x,x)-4*diff(y(x),x,x)-5*diff(y(x),x)=0;

:= edo = − − ⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂3

x3 ( )y x 4⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂2

x2 ( )y x 5⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂x

( )y x 0

> dsolve(edo,y(x));

= ( )y x + + _C1 _C2 e( )−x _C3 e( )5 x

Ejercicio 2.2> edo:=diff(y(x),x,x,x)-5*diff(y(x),x,x)+3*diff(y(x),x)+9*y=0;

:= edo = − + + ⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂3

x3 ( )y x 5⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂2

x2 ( )y x 3⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂

x( )y x 9 y 0

> equ:=m^3-5*m^2+3*m+9=0;

:= equ = − + + m3 5 m2 3 m 9 0> solve(equ,m);

, ,-1 3 3la solución será, por lo tanto y(x)=c1*exp(-x)+c2*exp(3*x)+c3*x*exp(3*x)> dsolve(edo,y(x));>

= ( )y x + + _C1 e( )3 x _C2 e( )−x _C3 e( )3 x xEjercicio 2.4> edo:=diff(y(x),x,x,x)+3*diff(y(x),x,x)+3*diff(y(x),x)+y=0;> dsolve(edo,y(x));

:= edo = + + + ⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂3

x3 ( )y x 3⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂2

x2 ( )y x 3⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂

x( )y x y 0

= ( )y x + + _C1 e( )−x _C2 e( )−x x2 _C3 e( )−x xEjercicio 3> edo:=diff(y(x),x,x)+16*y=0;

cond:=D(y)(0)=-2,y(0)=2;

:= edo = + ⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂2

x2 ( )y x 16 y 0

:= cond , = ( )( )D y 0 -2 = ( )y 0 2> s:=dsolve({edo,cond},y(x));

Page 1

:= s = ( )y x − 2 ( )cos 4 x12

( )sin 4 x

> f:=rhs(s);

:= f − 2 ( )cos 4 x12

( )sin 4 x

> plot(f,x=0..4);

x4321

2

1

0

-1

-2

definimos la solución como función > g:=unapply(f,x);

:= g → x − 2 ( )cos 4 x12

( )sin 4 x

valor de la solución para x=1.25> g(1.25);

1.046786508Ejercicio 6> restart;> edo:=diff(y(x),x,x,x)+12*diff(y(x),x,x)+36*diff(y(x),x)=0;

:= edo = + + ⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂3

x3 ( )y x 12⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂2

x2 ( )y x 36⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂

x( )y x 0

> cond:=y(0)=0,D(y)(0)=1,(D@@2)(y)(0)=-7;

:= cond , , = ( )y 0 0 = ( )( )D y 0 1 = ( )( )( )D( )2 y 0 -7> s:=dsolve({edo,cond},y(x));

:= s = ( )y x − + 536

536

e( )−6 x 16

e( )−6 x x

Resolución por pasos.1) Ecuación característica.> equ:=m^3+12*m^2+36*m=0;>

:= equ = + + m3 12 m2 36 m 0> solve(equ,m);

, ,0 -6 -62) Solución general. > s:=c1+c2*exp(-6*x)+c3*x*exp(-6*x);

:= s + + c1 c2 e( )−6 x c3 x e( )−6 x

3) Solución particular.Calculamos las derivadas> s1:=diff(s,x);

:= s1 − + − 6 c2 e( )−6 x c3 e( )−6 x 6 c3 x e( )−6 x

> s2:=diff(s,x,x);

:= s2 − + 36 c2 e( )−6 x 12 c3 e( )−6 x 36 c3 x e( )−6 x

Imponemos las condiciones > eq0:=subs(x=0,s)=0;

eq0:=eval(eq0);

:= eq0 = + c1 c2 e0 0Page 2

:= eq0 = + c1 c2 0> eq1:=subs(x=0,s1)=1;

eq1:=eval(eq1);

:= eq1 = − + 6 c2 e0 c3 e0 1 := eq1 = − + 6 c2 c3 1

> eq2:=subs(x=0,s2)=-7; eq2:=eval(eq2);

:= eq2 = − 36 c2 e0 12 c3 e0 -7 := eq2 = − 36 c2 12 c3 -7

> sol:=solve({eq0,eq1,eq2},{c1,c2,c3});

:= sol { }, , = c15

36 = c2

-536

= c316

El comando assign permite assignanar los valores correspondientes a c1, c2 y c3.> assign(sol);Vamos que se ha producido la asignación> s;

− + 5

365

36e( )−6 x 1

6x e( )−6 x

> plot(s,x=0..4);

x 4321

0.14

0.12

0.1

0.08

0.06

0.04

0.02

0

Ejercicio 9.1> edo:=diff(y(x),x,x)+y(x)=sec(x);

:= edo = + ⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂2

x2 ( )y x ( )y x ( )sec x

> dsolve(edo,y(x));

= ( )y x + + + ( )ln ( )cos x ( )cos x x ( )sin x _C1 ( )cos x _C2 ( )sin xEjercicio 9.2> edo:=diff(y(x),x,x)+y(x)=cos(x)^2;

:= edo = + ⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂2

x2 ( )y x ( )y x ( )cos x 2

> dsolve(edo,y(x));

= ( )y x − + + + 13

( )cos x 2 23

_C1 ( )cos x _C2 ( )sin x

Ejercicio 9.3> edo:=diff(y(x),x,x)-y=cosh(x);

:= edo = − ⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂2

x2 ( )y x y ( )cosh x

> dsolve(edo,y(x));

( )y x =

+ + ⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟− + + − − −

14

e( )2 x ( )cosh x 2 14

e( )2 x ( )cosh x ( )sinh x14

e( )2 x x14

( )cosh x 2 14

( )cosh x ( )sinh x14

x e( )−x _C1 ex _C2 e( )−x

> edo:=diff(y(x),x,x)-y=(exp(x)+exp(-x))/2;

:= edo = − ⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂2

x2 ( )y x y + 12

ex 12

e( )−x

> dsolve(edo,y(x));Page 3

= ( )y x + + ⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ − − −

14

e( )2 x x18

18

e( )2 x 14

x e( )−x _C1 ex _C2 e( )−x

Ejercicio 10> edo:=4*diff(y(x),x,x)-y=x*exp(x/2);

:= edo = − 4⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂2

x2 ( )y x y x e( ) / 1 2 x

> cond0:=y(0)=1;

:= cond0 = ( )y 0 1> cond1:=D(y)(0)=0;

:= cond1 = ( )( )D y 0 0> s:=dsolve({edo,cond0,cond1},y(x));

:= s = ( )y x − + + 18

x2 e( ) / 1 2 x 14

x e( ) / 1 2 x 34

e( ) / 1 2 x 14

e( )− / 1 2 x

Representación gráfica. > f:=rhs(s);

:= f − + + 18

x2 e( ) / 1 2 x 14

x e( ) / 1 2 x 34

e( ) / 1 2 x 14

e( )− / 1 2 x

> plot(f,x=0..3);

x 32.521.510.50

5

4

3

2

1

Definimos la solución como función.> g:=unapply(f,x);

:= g → x − + + 18

x2 e( ) / 1 2 x 14

x e( ) / 1 2 x 34

e( ) / 1 2 x 14

e( )− / 1 2 x

Calculamos el valor de la solución x=2.5.> g(2.5);

3.234749504>

Page 4

E.T.S. Minas: Métodos MatemáticosProf: Francisco Palacios EPSEM-UPCNoviembre 2008, Versión 1.2

Tema 8: EDOs de orden n, Practica 2

Ejercicio 9.1> edo:=diff(y(t),t,t)+y=sec(t);

:= edo = + ⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂2

t2 ( )y t y ( )sec t

> dsolve(edo,y(t));

= ( )y t + + + ( )ln ( )cos t ( )cos t t ( )sin t _C1 ( )cos t _C2 ( )sin t> s:=dsolve({edo,y(0)=0,D(y)(0)=0},y(t));

:= s = ( )y t + ( )ln ( )cos t ( )cos t t ( )sin t> f:=rhs(s);

:= f + ( )ln ( )cos t ( )cos t t ( )sin t> plot(f,t=0..Pi,y=0..3);

t32.521.510.5

y

3

2.5

2

1.5

1

0.5

0

Observamos que la solución sólo está definida en [0,Pi/2).

> edo:=diff(y(t),t,t)+y=cos(t)^2;

:= edo = + ⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂2

t2 ( )y t y ( )cos t 2

> dsolve(edo,y(t));

= ( )y t − + + + 13

( )cos t 2 23

_C1 ( )cos t _C2 ( )sin t

> s:=dsolve({edo,y(0)=0,D(y)(0)=0},y(t));

:= s = ( )y t − + − 13

( )cos t 2 23

13

( )cos t

> f:=rhs(s);

:= f − + − 13

( )cos t 2 23

13

( )cos t

> plot(f,t=0..20);

Page 1

t 2015105

0.7

0.6

0.5

0.4

0.3

0.2

0.1

0

Ejercicio 9.3> plot(cosh(t),t=0..2);

t21.510.50

3.5

3

2.5

2

1.5

1

> edo:=diff(y(t),t,t)-y=cosh(t);

:= edo = − ⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂2

t2 ( )y t y ( )cosh t

> dsolve(edo,y(t));

= ( )y t + + ⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟− + + − − −

14

( )cosh t 2 14

( )cosh t ( )sinh t14

t14

e( )−2 t ( )cosh t 2 14

e( )−2 t ( )cosh t ( )sinh t14

e( )−2 t t et _C1 et _C2 e( )−t

> edo:=diff(y(t),t,t)-y=(exp(t)+exp(-t))/2;

:= edo = − ⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂2

t2 ( )y t y + 12

et 12

e( )−t

> dsolve(edo,y(t));

= ( )y t + + ⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ − − −

14

t18

e( )−2 t 18

14

e( )−2 t t et _C1 et _C2 e( )−t

Ejemplo vibracionesExcitación g(t)=sin(t)> edo:=diff(y(t),t,t)+16*y=sin(t);

dsolve(edo,y(t));

:= edo = + ⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂2

t2 ( )y t 16 y ( )sin t

= ( )y t + + 1

15( )sin t _C1 ( )cos 4 t _C2 ( )sin 4 t

> s:=dsolve({edo,y(0)=0,D(y)(0)=0},y(t));

:= s = ( )y t − 1

15( )sin t

160

( )sin 4 t

> f:=rhs(s);

:= f − 1

15( )sin t

160

( )sin 4 t

> plot(f,t=0..20);

Page 2

t2015105

0.08

0.06

0.04

0.02

0

-0.02

-0.04

-0.06

-0.08

Observamos que la amplitud máxima es aprox=0.08Veamos que pasa con la función de excitación g(t)=sin(4t).

> edo:=diff(y(t),t,t)+16*y=sin(4*t); dsolve(edo,y(t));

:= edo = + ⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂2

t2 ( )y t 16 y ( )sin 4 t

= ( )y t − + + + 18

( )cos 4 t t1

32( )sin 4 t _C1 ( )cos 4 t _C2 ( )sin 4 t

> s:=dsolve({edo,y(0)=0,D(y)(0)=0},y(t)); f:=rhs(s);

:= s = ( )y t − + 18

( )cos 4 t t132

( )sin 4 t

:= f − + 18

( )cos 4 t t132

( )sin 4 t

> plot(f,t=0..30);

t30252015105

3

2

1

0

-1

-2

-3

Vemos que en este caso el sistema es inestable.>

Page 3


Tema 8: EDOs de orden superiorFrancisco Palacios



Contenido


2. Resolución de EDO’s lineales homogéneas con coeficientes constantes.

3. Resolución de EDO’s lineales completas con coeficientes constantes: méto-do de variación de parámetros.


1.1 EDO lineal de orden n

Una EDO lineal de orden n es una EDO de la forma

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1ydxn−1

+ · · ·+ a1(x)dy

dx+ a0(x) y = b(x).

Para las ecuaciones diferenciales lineales, empleamos los siguientes términos:

• EDO homogénea, cuando el término independiente es nulo b(x) ≡ 0;• EDO completa, cuando b(x) no es idénticamente nulo;

• EDO con coeficientes constantes, cuando la funciones aj(x) son constantes;

• EDO en forma estándar, si an = 1.

Ejemplo 1.1 Para las siguientes EDO’s lineales, determina el orden y estudiasi son homogéneas, completas y de coeficientes constantes. Escríbelas en formaestándar.

1. xy00 + 3y0 − (x+ sinx)y = 0.2. 2y000 − x2y0 = tanx.3. 3y(4) + 23y00 − 12y = sinx.4. y000 − y0 sinx+ xy = 35− x2.5. y00 + xy0 + y2 = sinx.

1

Resumen y ejemplos Tema 8: EDO’s de orden superior. 2

1.xy00 + 3y0 − (x+ sinx)y = 0.

EDO lineal de 2o orden, homogénea, la forma estándar es

y00 +3

xy0 − (x+ sinx)

xy = 0.

2.2y000 − x2y0 = tanx.

EDO lineal de 3er orden, completa, la forma estándar es

y000 − x2

2y0 =

tanx

2.

3.3y(4) + 23y00 − 12y = sinx.

EDO lineal de 4o orden, completa con coeficientes constantes, la forma estándares

y(4) +23

3y00 − 4y = 1

4sinx.

4.y000 − y0 sinx+ xy = 35− x2.

EDO lineal de 3er orden, completa, está en forma estándar.

5.y00 + xy0 + y2 = sinx.

EDO de segundo orden. No es lineal, tiene un término y2. ¤

1.2 Problemas de valor inicial y de condiciones de contor-no

Dada la EDO lineal

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1ydxn−1

+ · · ·+ a1(x)dy

dx+ a0(x) y = b(x),

la solución general es una familia n-paramétrica de funciones

y = g (x, c1, c2, . . . , cn) ,

donde c1, c2, . . . , cn son constantes arbitrarias. Fijando el valor de las constantesc1, c2, . . . , cn se obtiene una solución particular.En un problema de valor inicial, se determina una solución particular imponien-do las n condiciones

y(x0) = y0, y0(x0) = y1, . . . , y(n−1)(x0) = yn−1.

Si las condiciones no se imponen sobre un mismo punto x0, decimos que se tratade un problema de condiciones de contorno.

Ejemplo 1.2 Dada la ecuación diferencial y00 − y0 = 0.


1. Verifica que la familia biparamétrica de funciones

y = c1 + c2 ex

es solución de la EDO.

2. Resuelve el problema de valor inicial⎧⎨⎩ y00 − y0 = 0,y(0) = 1,y0(0) = 2.

3. Resuelve el problema de condiciones de contorno⎧⎨⎩ y00 − y0 = 0,y(0) = 1,y(1) = 0.

1. Partimos dey = c1 + c2 e

x

y calculamosy0 = c2ex, y00 = c2ex,

observamos que se cumpley00 − y0 = 0.

2. De la condicióny(0) = 1,

resultac1 + c2 = 1.

De la condicióny0(0) = 2,

resultac2e

0 = 2,

c2 = 2.

Tenemos el sistema ½c1 + c2 = 1,c2 = 2,

es decir ½c1 = −1,c2 = 2.

La solución del problema de valor inicial es

y = −1 + 2ex.

3. Para el problema de condiciones de contorno, obtenemos

y(0) = 1 ⇒ c1 + c2 = 1,

y(1) = 0 ⇒ c1 + c2e = 0.


Tenemos el sistema ½c1 + c2 = 1,c1 + c2 e = 0.

Restando la 2a ecuación a la 1a, resulta

c2 (1− e) = 1,

c2 =1

1− e .

Sustituimos en la 2a ecuación y obtenemos

c1 = − e

1− e .

La solución del problema de contorno es

y =−e1− e +

1

1− e ex.

Podemos reescribir la solución en una forma más conveniente

y =1

e− 1 (e− ex) =

e

e− 1¡1− ex−1¢ . ¤

1.3 Teorema de existencia y unicidad para problemas devalor inicial

Los problemas de valor inicial tienen muy buen comportamiento, en el caso deEDO’s lineales, el siguiente teorema establece condiciones suficientes para laexistencia y unicidad de soluciones.

Teorema 1.1 Consideramos la ecuación diferencial lineal de orden n en formaestándar

dny

dxn+ an−1(x)

dn−1ydxn−1

+ · · ·+ a1(x)dy

dx+ a0(x) y = b(x)

y el intervalo (a, b) . Si los coeficientes aj(x) y el término independiente b(x)son funciones continuas en (a, b), entonces para todo x0 ∈ (a, b) y cualquierelección de los valores y0, y1, . . . , yn−1, existe una única solución y(x) en (a, b)que cumple las condiciones

y(x0) = y0, y0(x0) = y1, . . . , y(n−1)(x0) = yn−1.

Para problemas de condiciones de contorno, la situación es mucho más compleja.Tomemos por ejemplo el problema⎧⎨⎩ y00 + y = 0,

y(0) = 1,y(π) = 0.

La EDOy00 + y = 0


es lineal con coeficientes constantes, el tipo más regular de ecuación diferencial.Veremos en la próxima sección que la solución general de la EDO es

y = c1 cosx+ c2 sinx,

si imponemos la primera condición de contorno, obtenemos

y(0) = 1 ⇒ c1 cos 0 + c2 sin 0 = 1,

c1 = 1.

De la segunda condición de contorno, resulta

y(π) = 0 ⇒ c1 cosπ + c2 sinπ = 0,

c1 = 0,

por lo tanto, el problema de condiciones de contorno propuesto carece de solu-ción.

1.4 Solución de la EDO lineal homogénea

1.4.1 Linealidad de soluciones

Sean y1, y2, . . . , yk soluciones de la EDO lineal homogénea

y(n) + an−1(x) y(n−1) + · · ·+ a1(x) y0 + a0(x) y = 0,

entonces, la combinación lineal

y(x) = c1y1(x) + · · · ckyk(x),

donde c1, . . . , ck son constantes, es también solución de la EDO.La función idénticamente nula

y(x) = 0, para todo x,

es solución de la EDO lineal homogénea, se denomina solución trivial.

1.4.2 Independencia lineal de funciones

Dadas n funcionesy1(x), y2(x), . . . , yn(x),

definidas en un intervalo I, decimos que las funciones son linealmente depen-dientes en I si existen constantes c1, c2, . . . , cn, con algún cj 6= 0, tales que

c1y1(x) + c2y2(x) + · · ·+ cnyn(x) = 0, para todo x ∈ I.Si la relación

c1y1(x) + c2y2(x) + · · ·+ cnyn(x) = 0, para todo x ∈ I,se cumple únicamente cuando las constantes son todas nulas

c1 = c2 = · · · = cn = 0,

entonces las funciones son linealmente independientes en I.


1.4.3 Estructura del conjunto de soluciones de la EDO lineal homo-génea

Teorema 1.2 El conjunto de soluciones de la EDO lineal homogénea

y(n) + an−1(x) y(n−1) + · · ·+ a1(x) y0 + a0(x) y = 0

es un espacio vectorial de dimensión n.

Del teorema se deduce que una EDO lineal homogénea de orden n siempre tienen soluciones linealmente independientes

y1(x), y2(x), . . . , yn(x),

que son base del conjunto de soluciones. Toda solución puede entonces escribirseen la forma

y = c1y1(x) + c2y2(x) + · · ·+ cnyn(x),donde c1, . . . , cn son constantes.Un conjunto de n soluciones linealmente independientes se denomina sistemafundamental de soluciones.

1.5 Wronskiano

Dadas n funcionesy1(x), y2(x), . . . , yn(x),

se define el Wronskiano de y1, y2, . . . , yn como

W (y1, y2, . . . , yn) =

¯¯¯

y1 y2 · · · yny01 y02 · · · y0ny001 y002 · · · y00n...

.... . .

...y(n−1)1 y

(n−1)2 · · · y

(n−1)n

¯¯¯ .

Para n = 2 es

W (y1, y2) =

¯y1 y2y01 y02

¯,

y, para n = 3, resulta

W (y1, y2, y3) =

¯¯ y1 y2 y3y01 y02 y03y001 y002 y003

¯¯ .

Puede demostrarse que un conjunto de soluciones de una EDO lineal homogéneaes linealmente independiente en un intervalo si y sólo si el wronskiano es no nuloen el intervalo.

Ejemplo 1.3 Consideramos la EDO lineal homogénea y00 + y = 0.

1. Demuestra que las funciones

y1 = cosx, y2 = sinx

forman un sistema fundamental de soluciones.


2. Determina la solución general de la EDO.

1. En primer lugar, hemos de ver que las funciones y1, y2 son soluciones de laEDO.

y1 = cosx,

y01 = − sinx,y001 = − cosx,

y001 + y1 = − cosx+ cosx = 0, para todo x ∈ R.y2 = sinx,

y02 = cosx,

y002 = − sinx,y002 + y2 = − sinx+ sinx = 0, para todo x ∈ R.

Estudiamos ahora si son linealmente independientes, para ello usamos el wrons-kiano

W (y1, y2) =

¯y1 y2y01 y02

¯=

¯cosx sinx− sinx cosx

¯= cos2 x+ sin2 x = 1 6= 0,

por lo tanto, y1, y2 es un sistema fundamental de soluciones.

2. Como y1, y2 es base del conjunto de soluciones, la solución general de la EDOes

y = c1 cosx+ c2 sinx, c1, c2 ∈ R. ¤

2 Resolución de EDO’s lineales homogéneas concoeficientes constantes

Una EDO lineal homogénea con coeficientes constantes es de la forma

y(n) + an−1 y(n−1) + · · ·+ a1 y0 + a0 y = 0,

donde a0, a1, . . . , an−1 son constantes. Para este tipo de ecuaciones es posibledeterminar un sistema fundamental de soluciones y, por lo tanto, la solucióngeneral.El procedimiento es como sigue:

1. Construimos la ecuación característica

mn + an−1mn−1 + · · ·+ a1 m+ a0 = 0

y calculamos sus raíces.

2. Para cada raíz real simple m = λ tenemos una solución

y1 = eλx.


3. Para cada raíz real m = λ de multiplicidad r, las funciones

y1 = eλx, y2 = xe

λx, y3 = x2eλx, . . . , yr = x

r−1eλx,

son soluciones de la EDO homogénea linealmente independientes.

4. Para cada par de raíces complejas conjugadas simples

m = α± βi,

las funciones

y1 = eαx cosβx,

y2 = eαx sinβx,


5. Para cada par de raíces complejas conjugadas

m = α± βi,

de multiplicidad r, las 2r funciones

y1 = eαx cosβx, y2 = xe

αx cosβx, . . . , yr = xr−1eαx cosβx,

yr+1 = eαx sinβx, yr+2 = xe

αx sinβx, . . . , y2r = xr−1eαx sinβx,


6. El sistema de funciones que se obtiene agrupando soluciones correspon-dientes a raíces distintas es linealmente independiente.

Ejemplo 2.1 Solución general de la EDO y00 − y = 0.La ecuación característica es

m2 − 1 = 0.las raíces son

m = ±1,tenemos, por lo tanto 2 raíces reales distintas. Para m = 1, obtenemos lasolución

y1 = ex,

para m = −1, obtenemos la solucióny2 = e

−x.

El espacio de soluciones tiene dimensión 2 y tenemos 2 soluciones linealmenteindependientes (corresponden a raíces distintas) por lo tanto

y1 = ex, y2 = e

−x

es un sistema fundamental de soluciones y la solución general es

y = c1ex + c2e

−x, c1, c2 ∈ R.Podemos usar el wronskiano para confirmar que las soluciones y1, y2 son lineal-mente independientes

W (y1, y2) =

¯ex e−x

ex −e−x¯= −exe−x − exe−x = −2 6= 0. ¤


Ejemplo 2.2 Resuelve la EDO y000 − 4y00 + 4y0 = 0.

La ecuación característica es

m3 − 4m2 + 4m = 0.

Determinamos las raíces de la ecuación característica.

m¡m2 − 4m+ 4¢ = 0,

resolvemosm2 − 4m+ 4 = 0,

m =4±√16− 162

=4

2= 2, (doble).

Las raíces sonm = 0 (simple), m = 2 (doble).

Para m = 0, obtenemos la solución

y1 = e0x = 1,

para m = 2, obtenemosy2 = e

2x, y3 = xe2x.


y = c1 + c2e2x + c3xe

2x, c1, c2, c3 ∈ R ¤

Ejemplo 2.3 Resuelve la EDO y00 + 4y = 0.

La ecuación característica esm2 + 4 = 0.

Resolvemosm2 = −4,m = ±2i.

Tenemos un par de raíces complejas conjugadas

m = +2i, m = −2i.

Obtenemos las soluciones

y1 = e0x cos 2x = cos 2x,

y2 = e0x sin 2x = sin 2x.


y = c1 cos 2x+ c2 sin 2x, c1, c2 ∈ R. ¤

Ejemplo 2.4 Resuelve la EDO y00 − 6y0 + 13y = 0.



m2 − 6m+ 13 = 0.

Resolvemos

m =6±√36− 522

=6±√−162

=6± 4i2

= 3± 2i.


m = 3± 2i,

obtenemos las soluciones

y1 = e3x cos 2x, y2 = e

3x sin 2x.


y = e3x (c1 cos 2x+ c2 sin 2x) , c1, c2 ∈ R. ¤

Ejemplo 2.5 Resuelve la EDO y(4) + 6y00 + 9y = 0.


m4 + 6m2 + 9 = 0,

se trata de una ecuación bicuadrada, hacemos el cambio

m2 = t,

t2 + 6t+ 9 = 0,

resolvemos

t =−6±√36− 36

2= −3 (doble),

m2 = −3,m = ±

√−3 = ±√3i (doble).


m = ±√3i

de multiplicidad 2, obtenemos las soluciones

y1 = cos³√3x´, y2 = x cos

³√3x´,

y3 = sin³√3x´, y4 = x sin

³√3x´.


y = c1 cos³√3x´+c2x cos

³√3x´+c3 sin

³√3x´+c4x sin

³√3x´, c1, c2, c3, c4 ∈ R. ¤


3 Resolución de EDO’s lineales completas concoeficientes constantes: método de variaciónde parámetros

3.1 Caso general

En el siguiente teorema se especifica la estructura del conjunto de soluciones dela EDO lineal completa. Aunque el método es válido en el caso de coeficientes noconstantes, nosotros nos ocuparemos solamente de ecuaciones con coeficientesconstantes.

Teorema 3.1 La solución general de la EDO lineal completa

y(n) + an−1(x) y(n−1) + · · ·+ a1(x) y0 + a0(x) y = b(x)

esy = c1y1 + c2y2 + · · ·+ cnyn + yp,

dondey1(x), y2(x), . . . , yn(x)

es un sistema fundamental de soluciones de la EDO homogénea asociada

y(n) + an−1(x) y(n−1) + · · ·+ a1(x) y0 + a0(x) y = 0

y yp(x) es una solución particular de la EDO completa.

En la sección anterior hemos visto como calcular un sistema fundamental desoluciones para la ecuación homogénea asociada, por lo tanto, sólo nos quedadeterminar una solución particular de la EDO completa.En el método de variación de parámetros, se construye una solución particularde la EDO completa

y(n) + an−1 y(n−1) + · · ·+ a1y0 + a0 y = b(x),

que tiene la siguiente forma

yp = u1(x) y1 + u2(x) y2 + · · ·+ un(x) yn ,

donde:

• Las funciones y1, y2, . . . , yn son un sistema fundamental de soluciones dela EDO homogénea asociada.

• La funciones u1, u2, . . . , un, se determinan mediante las n relaciones⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩

y1u01 + y2u

02 + · · ·+ ynu0n = 0,

y01u01 + y

02u02 + · · ·+ y0nu0n = 0,

y001u01 + y

002u

02 + · · ·+ y00nu0n = 0,

...y(n−1)1 u01 + y

(n−1)2 u02 + · · ·+ y

(n−1)n u0n = b(x).

(1)


Si aplicamos la Regla de Cramer para resolver el sistema (1), obtenemos

u0j =Wj

W, j = 1, 2, . . . , n,

donde

• W es el wronskiano del sistema fundamental y1, . . . , yn.

• Wj es el determinante que se obtiene al sustituir la columna j del wrons-kiano por la columna de términos independientes⎛⎜⎜⎜⎝

00...b(x)

⎞⎟⎟⎟⎠ .3.2 Ecuaciones de orden 2

Partimos de la ecuación completa en forma estándar

y00 + a1 y0 + a0 y = b(x),

resolvemos la ecuación homogénea asociada

y00 + a1 y0 + a0 y = 0

y obtenemos un sistema fundamental de soluciones y1, y2.La solución general de la ecuación completa es de la forma

y = c1y1 + c2y2 + yp, c1, c2 ∈ R,donde yp es una solución de la EDO completa. Para determinar yp, proponemosuna solución de la forma

yp = u1y1 + u2y2

donde las funciones uj = uj(x) verifican las relaciones½y1u

01 + y2u

02 = 0,

y01u01 + y

02u02 = b(x).

El wronskiano del sistema fundamental es

W =

¯y1 y2y01 y02

¯,

la función u1 queda determinada por la ecuación diferencial

u01 =W1

W,

donde

W1 =

¯0 y2b(x) y02

¯.

Análogamente, tenemos

u02 =W2

W,

donde

W2 =

¯y1 0y01 b(x)

¯.


Ejemplo 3.1 Resuelve la EDO lineal completa y00 − y0 − 2y = x.


y00 − y0 − 2y = 0,

de donde obtenemos la ecuación característica

m2 −m− 2 = 0.

m =1±√1 + 8

2=1± 32

=

½4/2 = 2,−2/2 = −1.

Obtenemos las raíces (simples)

m = −1, m = 2,

de donde resulta el sistema fundamental de soluciones

y1 = e−x, y2 = e

2x.

La solución general de la ecuación homogénea asociada es

yh = c1e−x + c2e2x, c1, c2 ∈ R.

Pasamos a determinar una solución particular de la EDO completa yp de laforma

yp = u1(x) y1(x) + u2(x) y2(x),

donde las funciones uj = uj(x) verifican las relaciones½y1u

01 + y2u

02 = 0,

y01u01 + y

02u02 = x.


W =

¯y1 y2y01 y02

¯

W =

¯e−x e2x

−e−x 2e2x

¯= 2e−xe2x + e−xe2x

= 3ex.

Para determinar u1(x), calculamos

W1 =

¯0 y2b(x) y02

¯=

¯0 e2x

x 2e2x

¯= −xe2x,

obtenemos la ecuación diferencial que determina u1

u01 =W1

W=−xe2x3ex

= −13x ex,


integramos para calcular u1

u1 = −13

Zx ex dx = −1

3(xex − ex)

= −13xex +

1

3ex.

Para determinar u2(x), calculamos

W2 =

¯y1 0y01 b(x)

¯=

¯e−x 0−e−x x

¯= x e−x,

obtenemos

u02 =W2

W=x e−x

3ex=1

3xe−2x.

u2 =1

3

Zx e−2xdx

=1

3

µ−12xe−2x +

Z1

2e−2x dx

¶=

1

3

µ−12xe−2x − 1

4e−2x

¶= −1

6xe−2x − 1

12e−2x.

Finalmente, la solución particular de la EDO completa es

yp = u1y1 + u2y2

yp =

µ−13xex +

1

3ex¶e−x +

µ−16xe−2x − 1

12e−2x

¶e2x

= −13x+

1

3− 16x− 1

12

=1

4− 12x.


y = c1e−x + c2e2x +

1

4− 12x, c1, c2 ∈ R. ¤

3.3 Ecuaciones de orden 3

Partimos de la ecuación completa en forma estándar

y000 + a2 y00 + a1 y0 + a0 y = b(x),

resolvemos la ecuación homogénea asociada

y000 + a2 y00 + a1 y0 + a0 y = 0

y obtenemos un sistema fundamental de soluciones y1, y2, y3.


La solución general de la ecuación completa es de la forma

y = c1y1 + c2y2 + c3y3 + yp,

donde yp es una solución particular de la EDO completa. Para determinar yp,proponemos una solución de la forma

yp = u1y1 + u2y2 + u3y3,

donde las funciones uj = uj(x) verifican las relaciones⎧⎨⎩ y1u01 + y2u

02 + y3u

03 = 0,

y01u01 + y

02u02 + y

03u03 = 0,

y001u01 + y

002u

02 + y

003u

03 = b(x).


W =

¯¯ y1 y2 y3y01 y02 y03y001 y002 y003

¯¯ ,

la función u1 queda determinada por la ecuación diferencial

u01 =W1

W,

donde

W1 =

¯¯ 0 y2 y30 y02 y03b(x) y002 y003

¯¯ .

Análogamente, tenemos

u02 =W2

W,

donde

W2 =

¯¯ y1 0 y3y01 0 y03y001 b(x) y003

¯¯

y

u03 =W3

W,

donde

W3 =

¯¯ y1 y2 0y01 y02 0y001 y002 b(x)

¯¯ .

Ejemplo 3.2 Resuelve la EDO y000 + 3y00 + 2y0 = 6 + 4x.


y000 + 3y00 + 2y0 = 0,

de donde resulta la ecuación característica

m3 + 3m2 + 2m = 0,


m¡m2 + 3m+ 2

¢= 0.

Resolvemosm2 + 3m+ 2 = 0,

m =−3±√9− 8

2=−3± 12

=

½ −2/2 = −1,−4/2 = −2.

Obtenemos las raíces (simples):

m = −2, m = −1, m = 0,

de donde resulta el sistema fundamental de soluciones

y1 = e−2x,

y2 = e−x,

y3 = e0 = 1.

La solución general de la ecuación homogénea asociada es

yh = c1e−2x + c2e−x + c3, c1, c2, c3 ∈ R.

Pasamos a determinar una solución particular de la EDO completa yp de laforma

yp = u1y1 + u2y2 + u3y3,

donde las funciones uj verifican las relaciones⎧⎨⎩ y1u01 + y2u

02 + y3u

03 = 0,

y01u01 + y

02u02 + y

03u03 = 0,

y001u01 + y

002u

02 + y

003u

03 = 6 + 4x.


W =

¯¯ y1 y2 y3y01 y02 y03y001 y002 y003

¯¯ =

¯¯ e−2x e−x 1−2e−2x −e−x 04e−2x e−x 0

¯¯ = ¯ −2e−2x −e−x

4e−2x e−x

¯= −2e−2xe−x + 4e−2xe−x= 2e−3x.

Para determinar u1, calculamos

W1 =

¯¯ 0 e−x 1

0 −e−x 06 + 4x e−x 0

¯¯ = (6 + 4x) e−x,

obtenemos

u01 =W1

W=(6 + 4x) e−x

2e−3x= (3 + 2x) e2x,

que, integrando, nos permite determinar u1

u1 =

Z(3 + 2x) e2x dx.


Integramos por partes, tomando½u = 3 + 2x, du = 2dx,dv = e2xdx, v = 1

2e2x.

u1 = (3 + 2x)1

2e2x −

Z1

2e2x 2dx

= (3 + 2x)1

2e2x − 1

2e2x

= (2 + 2x)1

2e2x = (1 + x)e2x.

Para determinar u2, calculamos

W2 =

¯¯ e−2x 0 1−2e−2x 0 04e−2x 6 + 4x 0

¯¯ = −4e−2x (2x+ 3) ,

obtenemos

u02 =W2

W=−4e−2x (2x+ 3)

2e−3x= −2 (2x+ 3) ex,

u2 = −2Z(2x+ 3) exdx.

Integramos por partes, tomando½u = 2x+ 3, du = 2dx.dv = exdx, v = ex.

u2 = −2∙(2x+ 3) ex − 2

Zex dx

¸= −2 [(2x+ 3) ex − 2ex]= −2 (2x+ 1) ex.

Determinamos u3, calculamos

W3 =

¯¯ e−2x e−x 0−2e−2x −e−x 04e−2x e−x 6 + 4x

¯¯ = (4x+ 6) ¡−e−3x + 2e−3x¢

= (4x+ 6) e−3x,

obtenemos

u03 =W3

W=2 (2x+ 3) e−3x

2e−3x= 2x+ 3.

u3 =

Z(2x+ 3) dx

= x2 + 3x.

Finalmente, la solución particular es

yp = u1y1 + u2y2 + u3y3


yp =£(1 + x)e2x

¤e−2x + [−2 (2x+ 1) ex] e−x + ¡x2 + 3x¢

= (1 + x)− 2 (2x+ 1) + ¡x2 + 3x¢= −1 + x2.


y = c1e−2x + c2e−x + c3 − 1 + x2, c1, c2, c3 ∈ R.

Si tomamos c3 − 1 = c03, podemos reescribir la solución en la forma

y = c1e−2x + c2e−x + c03 + x

2, c1, c2, c03 ∈ R. ¤

EPSEM-UPC: Métodos MatemáticosE.T.S. MinasProf: Francisco Palacios Noviembre 2008, Versión 1.4

Tema 7: EDOs de primer orden, Practica 1Contenido

Resolución de EDOs con dsolve

Representación de soluciones

Campo de pendientes

Ejemplo 2.3> edo:=diff(y(x),x)=y(x)/(1+x);

:= edo

x( )y x

( )y x1 x

> sol:=dsolve(edo,y(x));

:= sol ( )y x _C1 _C1 xEjemplo 2.4> edo:=diff(y(x),x)=-x/y(x);

:= edo

x

( )y x x( )y x

> s:=dsolve({edo,y(4)=-3},y(x));

:= s ( )y x x2 25Extraemos la expresión del lado derecho de la igualdad.> f:=rhs(s);

:= f x2 25Representamos la solución en el intervalo [4,6], observa que la solución no existe para x mayor que 5.> plot(f,x=4..6);

x65.554.54

-0.5

-1

-1.5

-2

-2.5

-3

Ejemplo 2.6> edo:=diff(y(x),x)=(y(x)-x)/x;

:= edo

x( )y x

( )y x xx

> dsolve(edo,y(x));

( )y x x ( )ln x _C1 xEjemplo 2.7> edo:=diff(y(x),x)=(y(x)-x)/(y(x)+x);

:= edo

x( )y x

( )y x x( )y x x

> dsolve(edo,y(x));

Page 1

x_C1 x e

arctan

( )y xx

x2 ( )y x 2

Ejemplo 2.8> edo:=diff(y(x),x)=(y(x)^2+y(x)*x)/x^2;

:= edo

x( )y x

( )y x 2 ( )y x x

x2

> dsolve(edo,y(x));

1( )y x

( )ln x _C1x

Hemos obtenido una solución implícita, podemos pedir que Maple intente obtener una solución explícita con la opción .> dsolve(edo,y(x),explicit=true);

( )y xx

( )ln x _C1Ejemplo 2.9> edo:=diff(y(x),x)=-(5*x+4*y(x))/(4*x-8*(y(x))^3);

:= edo

x

( )y x 5 x 4 ( )y x

4 x 8 ( )y x 3

> sol:=dsolve(edo,y(x));

:= sol 52

x2 4 ( )y x x 2 ( )y x 4 _C1

Ejemplo 2.10> edo:=diff(y(x),x)=-(2*x+y(x))/(x+6*y(x));

:= edo

x

( )y x 2 x ( )y x

x 6 ( )y x> dsolve(edo,y(x));

x2 ( )y x x 3 ( )y x 2 _C1Ejemplo 2.11> edo:=diff(y(x),x)=4*y(x)/x;

:= edo

x( )y x 4

( )y xx

> dsolve(edo,y(x));

( )y x x4 _C1> sol:=dsolve({edo,y(1)=3},y(x));

:= sol ( )y x 3 x4

Extraemos la solución y la representamos en el intervalo [1,2]> f:=rhs(sol);

plot(f,x=1..2);

:= f 3 x4

x21.81.61.41.21

40

30

20

10

Ejemplo 2.12Page 2

> edo:=diff(y(x),x)=4*y(x)/x+x^5*exp(x);

:= edo

x( )y x 4

( )y xx

x5 ex

> dsolve(edo,y(x));

( )y x x5 ex x4 ex x4 _C1> sol:=dsolve({edo,y(1)=2},y(x));

:= sol ( )y x x5 ex x4 ex 2 x4

> f:=rhs(sol); plot(f,x=1..2);

:= f x5 ex x4 ex 2 x4

x 21.81.61.41.21

140

120

100

80

60

40

20

0

Ejemplo 2.13> edo:=diff(y(t),t)=-y+t;

:= edo

t( )y t y t

> dsolve(edo,y(t));

( )y t t 1 e( )t _C1> sol:=dsolve({edo,y(0)=4},y(t));

f:=rhs(sol);

:= sol ( )y t et t et 5

et

:= f et t et 5

et

Libreria DEtoolsLa librería DEtools contien herramientas para manejar ecuaciones diferenciales.> with(DEtools);

DEnormal DEplot DEplot3d Dchangevar PDEchangecoords PDEplot autonomous convertAlg convertsys dfieldplot, , , , , , , , , ,[indicialeq phaseportrait reduceOrder regularsp translate untranslate varparam, , , , , , ]

El comando DEplot permite dibujar campos de pendientes y soluciones.> DEplot(edo,y(t),t=-3..3,y=-5..5,arrows=medium);

t 321-1-2-3

y(t)

4

2

0

-2

-4

Poemos añadir condiciones inciales, para dibujar una o más soluciones. Para dibujar la solución que cumple y(0)=1 añadimos [[0,1]]. Observa que cada claudátor es doble.> DEplot(edo,y(t),t=-3..3,y=-5..5,arrows=medium,[[0,1]]);

Page 3

t321-1-2-3

y(t)

4

2

0

-2

-4

La opción color controla el color de las flechas. La opción linecolor controla el color de las curvas integrales.A continuación, dibujamos en color azul las curvas integrales correspondientes a las soluciones con condiciones iniciales y(0)=-2,y(0)=-1.y(0)=1,y(0)=2.> DEplot(edo,y(t),t=-3..3,y=-5..5,arrows=medium,[[0,-2],[0,-1],[0,1],[0,2]],linecolor=bl

ue);

t321-1-2-3

y(t)

4

2

0

-2

-4

>

Page 4

EPSEM-UPC: Métodos MatemáticosE.T.S. MinasProf: Francisco PalaciosNoviembre 2008, Versión 1.4

Tema 7: EDOs de primer orden, Practica 2• Resolución numérica de EDOs con dsolve

• Métode de Euler

• Ejemplos de aplicación

Ejemplo 2.9> edo:=(5*x+4*y(x))+(4*x-8*y(x)^3)*diff(y(x),x)=0;

:= edo = + + 5 x 4 ( )y x ( ) − 4 x 8 ( )y x 3 ⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

∂

∂

x( )y x 0

> s:=dsolve(edo,y(x));

:= s = + − 52

x2 4 ( )y x x 2 ( )y x 4 _C1

Resolvemos con la condición inicial y(0)=1> s:=dsolve({edo,y(0)=1},y(x));

:= s = ( )y x ( )RootOf − − + − 5 x2 8 _Z x 4 _Z4 4Extraemos la solución para representar.> f:=rhs(s);

:= f ( )RootOf − − + − 5 x2 8 _Z x 4 _Z4 4> plot(f,x=0..5);

x543210

-1

-1.2

-1.4

-1.6

-1.8

Definimos una función para obtener valores, por ejemplo para calcular y(1).> g:=unapply(f,x);

:= g → x ( )RootOf − − + − 5 x2 8 _Z x 4 _Z4 4> v:=evalf(g(1));

:= v -.8562434511La solución es incorrecta, no se cumple la condición inicial. Dibujamos el campo de pendientes.> with(DEtools);

DEnormal DEplot DEplot3d Dchangevar PDEchangecoords PDEplot autonomous convertAlg convertsys dfieldplot, , , , , , , , , ,[indicialeq phaseportrait reduceOrder regularsp translate untranslate varparam, , , , , , ]

> > dfieldplot(edo,y(x),x=0..5,y=-3..3);

Page 1

x54321

y(x)

3

2

1

0

-1

-2

-3

El comando no funciona correctamente, para el comando dfieldplot, la EDO tiene que estar escrita en forma nomal.> edo:=diff(y(x),x)=-(5*x+4*y(x))/(4*x-8*y(x)^3);

dfieldplot(edo,y(x),x=0..5,y=-3..3);

:= edo = ∂

∂

x( )y x −

+ 5 x 4 ( )y x

− 4 x 8 ( )y x 3

x54321

y(x)

3

2

1

0

-1

-2

-3

Está claro que, en la resolución exacta, Maple está dando valores en la rama equivocada. Representamos la solución con DEplot. Observa el uso de dobles brackets para indicar la condición inicial.> DEplot(edo,y(x),x=0..5,[[y(0)=1]]);

Page 2

x543210

y(x)

2.8

2.6

2.4

2.2

2

1.8

1.6

1.4

1.2

1

Resolución numérica. Con la opción type=numeric en dsolve,obtenemos un programa que nos permite calcular aproximadamente el valor de la solución para valores de x.> > sap:=dsolve({edo,y(0)=1},y(x),type=numeric);

:= sap proc( ) ... endrkf45_x> sap(0);

[ ], = x 0 = ( )y x 1.> sap(1);

[ ], = x 1 = ( )y x 1.516001617675330Podemos extraer el valor usando el comand rhs y índices.> v:=rhs(sap(1)[2]);

:= v 1.516001621767472Método de Euler.El siguiente programa permite aplicar el método de Euler al problema de valor inicial considerado. Tomamos el intervalo [0,1] y 10 pasos, lo que da lugar a un step h=0.1.> F:=(x,y)->-(5*x+4*y(x))/(4*x-8*y(x)^3);

a:=0; b:=1; xx0:=a; yy0:=1.; n:=10.; h:=(b-a)/n; for j from 0 to n-1 do `*******************`; yy.(j+1):=yy.j+h*F(xx.j,yy.j); xx.(j+1):=xx.j+h; od;

:= F → ( ),x y − + 5 x 4 ( )y x

− 4 x 8 ( )y x 3

:= a 0 := b 1 := xx0 0 := yy0 1.

:= n 10. := h .1000000000Page 3

******************* := yy1 1.050000000 := xx1 .1000000000

******************* := yy2 1.103041417 := xx2 .2000000000

******************* := yy3 1.157508574 := xx3 .3000000000

******************* := yy4 1.212207415 := xx4 .4000000000

******************* := yy5 1.266347528 := xx5 .5000000000

******************* := yy6 1.319452577 := xx6 .6000000000

******************* := yy7 1.371263818 := xx7 .7000000000

******************* := yy8 1.421662926 := xx8 .8000000000

******************* := yy9 1.470617865 := xx9 .9000000000

******************* := yy10 1.518147424 := xx10 1.000000000

Comparamos con el valor obtenido numericamente por dsolve.> v;

1.516001621767472Con la opción method=classical, podemos indicar a dsolve que use el método de Euler. También podemos fijar el step con la opción stepsize=0.1> sap:=dsolve({edo,y(0)=1},y(x),type=numeric,method=classical,stepsize=0.1);

:= sap proc( ) ... endx_classical> sap(1);

[ ], = x 1 = ( )y x 1.518147424741485> sap(0.9);

[ ], = x .9 = ( )y x 1.470617865437818Vemos que los valores obtenidos coinciden con los que resultan de nuestro programa del método de Euler.

Ejemplos de aplicación :Resolución con Maple de los ejemplos de la sección 4 del resumen.

Ejemplo 4.1> restart;Definimos la ecuación diferencial.> edo:=diff(y(x),x)=a*y;

:= edo = ∂

∂

x( )y x a y

La resolvemos con dsolve, imponiendo la condición inicial y(0)=y0.> s:=dsolve({edo,y(0)=y0},y(x));

:= s = ( )y x e( )a x y0Definimos una función con la solución. Page 4

> g:=unapply(rhs(s),x);

:= g → x e( )a x y0Usamos el dato de que la población se duplica en 50 años para determinar la constante a.> equ:=g(50)=2*y0;

:= equ = e( )50 a y0 2 y0> va:=solve(equ,a);

:= va1

50( )ln 2

> vaf:=evalf(va);

:= vaf .01386294361asignamos el valor de a> a:=vaf;

:= a .01386294361 Construimos la ecuación para determinar el tiempo necesario para triplicar la población.> equ:=g(t)=3*y0;

:= equ = e( ).01386294361 t y0 3 y0> t3:=solve(equ,t);

:= t3 79.24812504Ejemplo 4.2Ejecutamos restart para limpiar todas las variables.> restart;Apartado 1.Escribimos la ecuación.> edo:=diff(y(t),t)=a*y;

:= edo = ∂

∂t

( )y t a y

Resolvemos la ecuación usando y0 como pobalción inicial.> s:=dsolve({edo,y(0)=y0},y(t));

:= s = ( )y t e( )a t y0Construimos una función con la solución.> g:=unapply(rhs(s),t);

:= g → t e( )a t y0Imponemos la condición de que la población se duplique en 4 horas y determinamos a> equ:=g(4)=2*y0;

:= equ = e( )4 a y0 2 y0> va:=solve(equ,a);

:= va14

( )ln 2

Asignamos el valor de a.> a:=va;

:= a14

( )ln 2

Calculamos la población después de 12 horas.> g(12);

8 y0Apartado 2.Es otro cultivo, sirve el mismo problema de valor inicial pero la constante a puede ser distinta. Borramos el valor de a.> a:='a';

:= a aConstruimos un sistema de ecuaciones con las condiciones.> equ1:=g(3)=10^4;

equ2:=g(5)=4*10^4;

:= equ1 = e( )3 a y0 10000

:= equ2 = e( )5 a y0 40000Resolvemos el sistema, como tenemos dos condiciones, podemos determinar la constante a y la población inicial y0.> va:=solve({equ1,equ2});

:= va ,{ }, = a ( )ln 2 = y0 1250 { }, = a ( )ln -2 = y0 -1250Page 5

Aplicamos el comando assign sobre el primer resultado, con ello a toma el valor ln(2) y y0 toma el valor 1250.> assign(va[1]);Verificamos que se ha prodicido la asignación.> a;

( )ln 2> y0;

1250Verificamos que los nuevos valores se sustituyen correctamente en la función solución.> g(t);

1250 e( )( )ln 2 t

Calculamos la población después de 6 horas.> g(6);

80000Ejemplo 4.3> restart;

Definimos la ecuación.> edo:=diff(y(t),t)=-a*(y-Tm);

:= edo = ∂

∂t

( )y t −a ( ) − y Tm

Resolvemos con la condición inicial y(0)=100 > s:=dsolve({edo,y(0)=100},y(t));

:= s = ( )y t + Tm e( )−a t ( )− + Tm 100Asignamos el valor de la temperatura del medio> Tm:=30;

:= Tm 30Verificamos que el valor se ha sustituido correctamente en la solución.> s;

= ( )y t + 30 70 e( )−a t

Construimos una función con la solución.> g:=unapply(rhs(s),t);

:= g → t + 30 70 e( )−a t

Usamos la temperatura después de 15 minutos para determinar la constante a. > equ:=g(15)=70;

:= equ = + 30 70 e( )−15 a 70> va:=solve(equ,a);

:= va −1

15⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ln

47

Asignamos el valor de la constante y verificamos que se ha sustituido correctamente.> a:=va;

:= a −115

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ln

47

> g(t);

+ 30 70 e( ) / 1 15 ( )ln / 4 7 t

Calculamos la temperatura después de 10 minutos> v10:=g(10);

:= v10 + 30 10 4 / 2 3 7 / 1 3

> evalf(v10);

78.20284529La temperatura después de 10 minutos será de 78,2 grados.Construimos la ecuación para determinar el tiempo necesario para alcanzar 40 grados.> equ:=g(t)=40;

:= equ = + 30 70 e( ) / 1 15 ( )ln / 4 7 t 40> t40:=solve(equ);

:= t40 −15( )ln 7⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ln

47Page 6

> evalf(t40);

52.15837877Se necesitan 52.16 minutos.Ejemplo 4.4Escribimos la EDO.> edo:=diff(y(t),t)=-1/50*y;

:= edo = ∂

∂

t( )y t −

150

y

Resolvemos con valor inicial y(0)=60.> s:=dsolve({edo,y(0)=60},y(t));

:= s = ( )y t 60 e( )− / 1 50 t

Construimos una función con la solución.> g:=unapply(rhs(s),t);

:= g → t 60 e( )− / 1 50 t

El siguiente gráfico muestra la evolución del contenido de sal en los primeros 100 minutos.> plot(g(x),x=0..100);

x100806040200

60

50

40

30

20

10

Calculamos la cantidad de sal después de 60 minutos.> v60:=g(60);

:= v60 60 e( ) / -6 5

> evalf(v60);

18.07165271Ejemplo 4.5Definimos la EDO.> edo:=diff(y(t),t)=0.0045-y/10;

:= edo = ∂

∂

t( )y t − .0045

110

y

Resolvemos con la condición inicial y(0)=0.18.> s:=dsolve({edo,y(0)=0.18},y(t));

:= s = ( )y t + .04500000000 .1350000000 e( )−.1000000000 t

Definimos una función con la solución.> g:=unapply(rhs(s),t);

:= g → t + .04500000000 .1350000000 e( )−.1000000000 t

Cantidad de CO2 después de 20 minutos.> g(20);

.06327026323Concentración.> g(20)/90;

.0007030029247La concentración es del 0.07%. El siguiente gráfico muestra la evolución de la concentración en los primeros 50 minutos.> plot([g(t)/90,0.0005],t=0..50,y=0..0.0022);

Page 7

t5040302010

y

0.002

0.0015

0.001

0.0005

0

>

Page 8

E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos

Ejercicios Tema 7

Ecuaciones diferenciales de primer ordenFrancisco Palacios



Ejercicio 1 Resuelve las siguientes EDO’s separables.

1.dy

dx= sin 5x.

2. dx+ e3x dy = 0.

3. (x+ 1)dy

dx= x+ 6.

4. xy0 = 4y.

5.dy

dx=y3

x2.

6.dx

dy=x2y2

1 + x.

7.dy

dx= e3x+2y.

8.¡4y + yx2

¢dy − ¡2x+ xy2¢ dx = 0.

9. 2y (x+ 1) dy = xdx.

10. y lnxdx

dy=

µy + 1

x

¶2.

Ejercicio 2 Resuelve las siguientes EDO’s separables

1.ds

dr= ks, k constante.

2.dP

dt= P − P 2.

3. sec2 x dy + csc y dx = 0.

4. ey sin 2xdx+ cosx¡e2y − 1¢ dy = 0.

1

Ejercicios: EDO’s de primer orden 2

5. (ey + 1)2 e−ydx+ (ex + 1)3 e−x dy = 0.

6.¡y − yx2¢ dy

dx= (y + 1)2 .

7.dy

dx= sinx

¡cos 2y − cos2 y¢ .

8. xp1− y2 dx = dy.

9. (ex + e−x)dy

dx= y2.

Ejercicio 3 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial ½

(e−y + 1) sinxdx = (1 + cosx) dy,y(0) = 0.

Ejercicio 4 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial (

y dy = 4x¡y2 + 1

¢1/2dx,

y(0) = 1.


x2y0 = y − xy,y(−1) = −1.

Ejercicio 6 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

dy

dx=2x+ 1

2y,

y(−2) = −1.

Ejercicio 7 Resuelve las siguientes EDO’s homogéneas

1. (x− y) dx+ x dy = 0.2. xdx+ (y − 2x) dy = 0.3.¡y2 + yx

¢dx− x2dy = 0.

4.dy

dx=y − xy + x

.

5. −y dx+ ¡x+√xy¢ dy = 0.



xy2dy

dx= y3 − x3,

y(1) = 2.

Ejercicio 9 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial ( ³

x+ yeyx

´dx− xe yx dy = 0,

y(1) = 0.

Ejercicio 10 Estudia si las siguientes ecuaciones diferenciales ordinariasson exactas y resuelve aquellas que lo sean.

1. (2x− 1) dx+ (3y + 7) dy = 0.2. (5x+ 4y) dx+

¡4x− 8y3¢ dy = 0.

3.¡2xy2 − 3¢ dx+ ¡2x2y + 4¢ dy = 0.

4.¡x2 − y2¢ dx+ ¡x2 − 2xy¢ dy = 0.

5.¡x− y3 + y2 sinx¢ dx = ¡3xy2 + 2y cosx¢ dy.

6. (y ln y − e−xy) dx+³1y + x ln y

´dy = 0.

7. xdy

dx= 2xex − y + 6x2.

8.µx2y3 − 1

1 + 9x2

¶dx

dy+ x2y2 = 0.

9. (tanx− sinx sin y) dx+ cosx cos y dy = 0.10.

¡4t3y − 15t2 − y¢ dt+ ¡t4 + 3y2 − t¢ dy = 0.

Ejercicio 11 Resuelve el siguiente problema de valor inicial½(x+ y)2 dx+

¡2xy + x2 − 1¢ dy = 0,

y(1) = 1.

Ejercicio 12 Resuelve el siguiente problema de valor inicial½(4y + 2t− 5) dt+ (6y + 4t− 1) dy = 0,y(−1) = 2.

Ejercicio 13 Resuelve el siguiente problema de valor inicial½ ¡y2 cosx− 3x2y − 2x¢ dx+ ¡2y sinx− x3 + ln y¢ dy = 0,y(0) = e.


Ejercicio 14 Determina k para que la siguiente EDO sea exacta¡y3 + kxy4 − 2x¢ dx+ ¡3xy2 + 20x2y3¢ dy = 0,

resuélvela.

Ejercicio 15 Consideramos la ecuación diferencial

(−xy sinx+ 2y cosx) dx+ 2x cosxdy = 0.

1. Verifica que la EDO no es exacta.

2. Multiplica la ecuación por el factor integrante

µ = xy

y verifica que la EDO resultante es exacta.

3. Resuélvela.

Ejercicio 16 Resuelve las siguientes EDO’s lineales. Indica en cada casoun intervalo en el que la solución es válida.

1.dy

dx= 5y.

2.dy

dx+ y = e3x.

3. y0 + 3x2y = x2.

4. x2y0 + xy = 1.

5. xdy

dx− y = x2 sinx.

6. xdy

dx+ 4y = x3 − x.

7. x2y0 + x (x+ 2) y = ex.

8. y dx− 4 ¡x+ y6¢ dy = 0.9. cosx

dy

dx+ y sinx = 1.

10. (x+ 1)dy

dx+ (x+ 2) y = 2xe−x.


Ejercicio 17 Determina una solución explícita para el problema de valorinicial ½

xy0 + y = ex,y(1) = 2.

Indica un intervalo en el que esté definida la solución.

Ejercicio 18 Determina una solución explícita para el problema de valorinicial ⎧⎪⎨⎪⎩

(x+ 1)dy

dx+ y = lnx,

y(1) = 10, x > 0.

Ejercicio 19 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩dy

dx+ 2y = f(x),

y(0) = 0,

donde

f(x) =

½1 si 0 ≤ x ≤ 3,0 si x > 3.


dx+ 2xy = f(x),

y(0) = 2,

donde

f(x) =

½x si 0 ≤ x ≤ 1,0 si x ≥ 1.

Ejercicio 21 La función integral seno Si(x) se define como

Si(x) =

Z x

0

sin t

tdt

y Si(0) = 0. Usando Si(x), resuelve el problema de valor inicial½x3y0 + 2x2y = 10 sinx,y(1) = 0.

Ejercicio 22 Consideramos el problema de valor inicial½y0 = x2 − y,y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 1.



2. Aproxima la solución usando el método de Euler de 4 pasos, calculalos errores de truncamiento.

3. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 4 pasos,calcula los errores de truncamiento.

4. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden 2 de 4pasos, calcula los errores de truncamiento.

Ejercicio 23 Consideramos el problema de valor inicial½y0 = 3y + 3x,y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 0.2.





Ejercicio 24 Consideramos el problema de valor inicial½y0 = e−2x − 2y,y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 0.5.





Ejercicio 25 Se sabe que la población de una cierta comunidad aumentacon una rapidez proporcional a la cantidad de personas que tiene en cualquiermomento t. Si la población se duplicó en cinco años, ¿en cuánto tiempo setriplicará y se cuadriplicará?


Ejercicio 26 La población de una comunidad crece a razón proporcional ala población en cualquier momento t. Su población inicial es de 500 individ-uos y aumenta un 15% en 15 años. ¿Cuál será la población en 30 años?

Ejercicio 27 Cuando un haz vertical de luz pasa por una sustancia trans-parente, la rapidez con que decrece la intensidad I(x) es proporcional a I(x),donde x representa el espesor, en pies, del medio. En agua clara, la inten-sidad a 3 pies bajo la superficie es el 25% de la intensidad inicial I0 delhaz incidentes. ¿Cuál será la intensidad del haz de luz a 15 pies bajo lasuperficie?

Ejercicio 28 El Pb-209, isótopo radioactivo del plomo, se desintegra conuna rapidez proporcional a la cantidad presente en cualquier instante t ytiene una vida media de 3.3 horas. Si al principio había 1 gramo de plomo,¿cuánto tiempo debe transcurrir para que se desintegre el 90%?Nota. La vida media de una sustancia radioactiva es el tiempo necesariopara que se desintegre la mitad de la cantidad inicial.

Ejercicio 29 Inicialmente, había 100 miligramos de una sustancia radioac-tiva y, al cabo de 6 horas, la cantidad ha disminuido en un 3%. Si la ve-locidad de desintegración, en el instante t, es proporcional a la cantidad desustancia presente, calcula la vida media de la sustancia.

Ejercicio 30 Un termómetro se saca de un recinto donde la temperaturadel aire es de 70oF y se lleva al exterior, donde la temperatura es de 10 oF.Después de medio minuto, el termómetro indica 50oF. ¿Cuál será la lecturacuando t =1 minuto? ¿Cuánto tiempo se necesita para que el termómetrollegue a 15oF?

Ejercicio 31 Un termómetro que indica 70oF se coloca en un horno pre-calentado a temperatura constante. A través de una ventana del horno, unobservador registra una temperatura de 110oF después de 1/2 minuto y de145oF después de 1 minuto. ¿A qué temperatura está el horno?

Ejercicio 32 Un tanque contiene 200 litros de agua donde se han disuelto30 gramos de sal. Entra al tanque un caudal de 4 litros por minuto desolución con 1 gramo de sal por litro. Bien mezclado, sale del tanque uncaudal de 4 litros por minuto. Calcula la cantidad A(t) de sal que hay en eltanque en cualquier instante t.

Ejercicio 33 Un tanque tiene 500 galones de agua pura y le entra salmueracon 2 libras de sal por galón a razón de 5 gal/min. El tanque se mezcla bienpor agitación y de él sale la mezcla con la misma rapidez. Determina lacantidad A(t) de libras de sal que hay en el tanque en cualquier instante t.¿Cuál es la concentración de la solución del tanque cuando t = 5 min?


Ejercicio 34 Un tanque está parcialmente lleno con 100 galones de salmuera,con 10 lb de sal disuelta. Le entra salmuera con 1/2 lb de sal por galón arazón de 6 gal/min. El contenido sale del tanque (bien mezclado) a razónde 4 gal/min. Calcula la cantidad de libras de sal que hay en el tanque a los30 minutos.

Ejercicio 35 La ecuación diferencial que describe la velocidad de una masam en caída, cuando la resistencia del aire es proporcional a la velocidadinstantánea es

mdv

dt= mg − kv

donde k > 0 es una constante y el sentido positivo se ha tomado hacia abajo.

1. Resuelve la ecuación diferencial con la condición inicial v (0) = v0

2. Determina la velocidad terminal de la masa

vT = limt→∞

v (t)

3. Si s (t) es la distancia, medida desde el punto en que se suelta la masa,tenemos

ds

dt= v

Determina la ecuación de s(t) con la condición inicial s(0) = 0.

Soluciones

(1.1) y = −1/5 cos 5x+ c.(1.2) y = 1/3e−3x + c.(1.3) y = x+ 5 ln |x+ 1|+ c.(1.4) y = cx4.(1.5) y2 = x/ (2 + cx) .

(1.6) y = 3

q3 ln |x|− 3

x + c.

(1.7) −3e−2y = 2e3x + c.(1.8) 2 + y2 = c

¡4 + x2

¢.

(1.9) y2 = x− ln |x+ 1|+ c.(1.10) 1

3x3 ln |x|− 1

9x3 = 1

2y2 + 2y + ln |y|+ c.

(2.1) s = cekr.(2.2) p = cet/(1 + cet).(2.3) 4 cos y = 2x+ sin 2x+ c.(2.4) ey + e−y = 2cosx+ c.(2.5) −1

ey+1 =12

1

(ex+1)2+ c.


(2.6) ln (y + 1)2 + 2y+1 = ln

¯1+x1−x

¯+ c.

(2.7) cos ysin y = − cosx+ c.

(2.8) y = sin³x2

2+ c´.

(2.9) y = − 1arctan ex+c .

(3) y = ln³

41+cosx − 1

´(4) y =

q¡2x2 +

√2¢2 − 1.

(5) y = 1xe−(1+1/x).

(6) y = −√x2 + x− 1.

(7.1) y = −x ln |x|+ cx.(7.2) (y − x) ln |y − x|+ x+ c (y − x) = 0.(7.3) y = −x

ln|x|+c .(7.4) ln

¡x2 + y2

¢+ 2arctan yx = c.

(7.5) ln |y|− 2q

xy = c.

(8) y = x 3√8− 3 lnx

(9) y = x ln (1 + lnx) .

(10.1) x2 − x+ 32y2 + 7y = c.

(10.2) 53x2 + 4xy − 2y4 = c.

(10.3) x2y2 − 3x+ 4y = c.(10.4) No es exacta.(10.5) x

2

2− xy3 − y2 cosx = c.

(10.6) No es exacta.(10.7) 2 (x− 1) ex − xy + 2x3 = c.(10.8) No es exacta.(10.9) cosx sin y − ln (cosx) = c.(10.10) t4y − 5t3 − yt+ y3 = c.(11) x3 + 3x2y + 3xy2 − 3y = 4.(12) 4yt+ t2 − 5t+ 3y2 − y = 8.(13) y2 sinx− x3y − x2 + y ln y − y = 0.(14) k = 10, y3x+ 5x2y4 − x2 = 0.(15.3) x2y2 cosx = c.

(16.1) y = ke5x, definida en todo R.(16.2) y = ke−x + 1

4e3x, definida en todo R.

(16.3) y = ke−x3+ 1

3, definida en todo R.

(16.4) y = kx +

lnxx , válida para x > 0.

(16.5) y = kx− x cosx, válida para x > 0.(16.6) y = k

x4+ x3

7− x

5, válida en todo intervalo que no contenga a 0.

(16.7) y = k e−xx2

+ ex

2x2, válida para x > 0.

(16.8) x = ky4 + 2y6, válida en todo intervalo que no contenga y = 0.(16.9) y = k cosx+ sinx, k ∈ R, válida para x ∈ (−π/2,π/2) .


(16.10) y = k e−xx+1 +

x2e−xx+1 , k ∈ R. Válidas para x > −1.

(17) y = ex

x +2−ex , solución válida para x > 0.

(18) y = x lnx−x+21x+1 , solución válida para x > −1.

(19)

y =

⎧⎨⎩12− 1

2e−2x, si 0 ≤ x ≤ 3,

12

¡e6 − 1¢ e−2x, si x > 3.

(20)

y =

⎧⎨⎩12+ 32e−x

2, si 0 ≤ x ≤ 1,

12e1−x

2+ 32e−x

2, si x > 1.

(21) y = 10x2(Si (x)− Si(1)) .

(22.1) Solución exacta

y(t) = x2 − 2x+ 2− e−x.

(22.2) Aproximación por el método de Euler de 4 pasos

j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1.0000 1 0

1 0.25 0.7500 0.7837 0.0337

2 0.50 0.5781 0.6435 0.0654

3 0.75 0.4691 0.5901 0.0940

4 1 0.5127 0.6321 0.1194

(22.3) Aproximación por el método de Euler modificado de 4 pasos

j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1.0000 1 0

1 0.25 0.7981 0.7837 0.0054

2 0.50 0.6536 0.6435 0.0101

3 0.75 0.6044 0.5901 0.0143

4 1 0.6499 0.6321 0.0178

(22.4) Aproximación por el método de Taylor de 2o orden con 4 pasos

j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1.0000 1 0

1 0.25 0.78125 0.78370 0.00245

2 0.50 0.63965 0.64347 0.00382

3 0.75 0.58566 0.59013 0.00447

4 1 0.62747 0.63212 0.00465


(23.1) Solución exacta

y(t) =4

3e3x − x− 1

3(23.2) Aproximación por el método de Euler de 5 pasos

j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1.0000 1 0

1 0.04 1.1200 1.1300 0.0100

2 0.08 1.2592 1.2817 0.0225

3 0.12 1.4199 1.4578 0.0379

4 0.16 1.6047 1.6614 0.0567

5 0.20 1.8165 1.8962 0.0797


j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1.0000 1 0

1 0.04 1.1296 1.1300 0.0004

2 0.08 1.2808 1.2817 0.0009

3 0.12 1.4563 1.4578 0.0015

4 0.16 1.6592 1.6614 0.0022

5 0.20 1.8930 1.8962 0.0032

(23.4) En este caso particular, al aplicar el método de Taylor de 2o ordencon 5 pasos se obtienen los mismos resultados que con el método de Eulermodificado.(24.1) Solución exacta

y(t) = (x+ 1) e−2x

(23.2) Aproximación por el método de Euler de 5 pasos

j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1 1 0

1 0.1 0.9 0.9006 0.0006

2 0.2 0.8019 0.8044 0.0025

3 0.3 0.7085 0.7135 0.0050

4 0.4 0.6217 0.6291 0.0074

5 0.5 0.5423 0.5518 0.0095


j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1 1 0

1 0.1 0.9009 0.9006 0.0003

2 0.2 0.8050 0.8044 0.0006

3 0.3 0.7144 0.7135 0.0009

4 0.4 0.6302 0.6291 0.0011

5 0.5 0.5531 0.5518 0.0013


(23.4) Aproximación por el método de Taylor de 2o orden de 5 pasos.

j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1 1 0

1 0.1 0.9 0.9006 0.0006

2 0.2 0.8035 0.8044 0.0009

3 0.3 0.7125 0.7135 0.0010

4 0.4 0.6282 0.6291 0.0009

5 0.5 0.5511 0.5518 0.0008

(25) Modeloy = y0e

ln 25t.

La población se triplica en 7.92 años; se cuadriplica en 10 años.(26) Modelo

y = 500e0.01398t.

Después de 30 años tendremos 760 individuos.(27) Modelo

I = I0e−0.4621x.

La intensidad a 15 pies bajo la superficie es el 0.098% de la intensidad ensuperficie.(28) Modelo

y = y0e−0.2100 t.

Se tarda 10.9647 horas en desintegrarse el 90%.(29) Modelo

y = y0e−0.00508 t.

La vida media es de 136.45 horas.(30) Modelo

y = 10 + 60e−08109 t

La lectura después de 1 minuto es 36.67oF; se necesitan 3.06 minutos paraque el termómetro alcance los 15oF.(31) Modelo

y = Th + (70− Th)µ145− Th70− Th

¶t.

donde Th es la temperatura del horno. La temperatura del horno es de390oF.(32) Modelo

A = 200− 170e− t/50.(33) Modelo

y = 1000 (1− e− t/100).La concentración de sal después de 5 minutos es 0.0975 lb/gal.


(34) Modelo

y = 50 + t− 4× 105

(100 + 2t)2

la cantidad de sal después de 30 minutos es 64.375 lb.(35.1)

v (t) =mg

c

³1− e− c

mt´.

(35.2) Velocidad terminal vT = mg/c.(35.3)

s (t) =mg

c

³t+

m

ce−

kmt − m

c

´.


Ejercicios resueltos Tema 7

Ecuaciones diferenciales de primer ordenFrancisco Palacios



1 EDO’s separablesEjercicio 1 Resuelve las siguientes EDO’s separables.

1.dy

dx= sin 5x.

2. dx+ e3x dy = 0.

3. (x+ 1)dy

dx= x+ 6.

4. xy0 = 4y.

5.dy

dx=y3

x2.

6.dx

dy=x2y2

1 + x.

7.dy

dx= e3x+2y.

8.¡4y + yx2

¢dy − ¡2x+ xy2¢ dx = 0.

9. 2y (x+ 1) dy = x dx.

10. y lnxdx

dy=

µy + 1

x

¶2.

(1.1)dy

dx= sin 5x,

dy = sin 5xdx,Zdy =

Zsin 5x dx,

y = −15cos 5x+ c, c ∈ R.

(1.2)dx+ e3x dy = 0,

1


e3x dy = −dx,

dy =−1e3x

dx

= −e−3x dx,Zdy =

Z−e−3x dx,Z

dy =1

3

Ze−3x (−3) dx,

y =1

3e−3x + c, c ∈ R.

(1.3)

(x+ 1)dy

dx= x+ 6,

dy =x+ 6

x+ 1dx,Z

dy =

Zx+ 6

x+ 1dx,

Zx+ 6

x+ 1dx =

Zx+ 1 + 5

x+ 1dx =

Z µ1 +

5

x+ 1

¶dx

= x+ 5 ln |x+ 1|+ c,

y = x+ 5 ln |x+ 1|+ c, c ∈ R.(1.4)

xy0 = 4y,

xdy

dx= 4y,

1

ydy = 4

1

xdx,Z

1

ydy = 4

Z1

xdx,

ln |y| = 4 ln |x|+ c1,ln |y| = lnx4 + c1,

|y| = elnx4+c1 = x4 · ec1 , (c2 = e

c1)

= c2x4,

y = ±c2x4,y = cx4, (c = ±c2).

(1.5)dy

dx=y3

x2,


1

y3dy =

dx

x2,Z

y−3 dy =Zx−2 dx,

1

−2y−2 = −x−1 + c1,−12y2

=−1x+ c1,

1

y2=2

x+ c, c = −2c1.

Solución implícita1

y2=2 + xc

x.

Solución explícita

y = ±r

x

2 + cx.

(1.6)dx

dy=x2y2

1 + x,

y2 dy =

µ1 + x

x2

¶dx,Z

y2 dy =

Z µ1

x2+1

x

¶dx,

1

3y3 = − 1

x+ ln |x|+ c1.

Solución implícita

y3 = 3 ln |x|− 3x+ c, (c = 3c1) .


y =3

r3 ln |x|− 3

x+ c.

(1.7)dy

dx= e3x+2y,

dy

dx= e3x · e2y,

dy

e2y= e3x dx,Z

e−2y dy =Ze3x dx,

−12

Ze−2y (−2) dy = 1

3

Ze3x3 dx,

−12e−2y =

1

3e3x + c1.


−3e−2y = 2e3x + c, (c = 6c1) .

(1.8) ¡4y + yx2

¢dy − ¡2x+ xy2¢ dx = 0,¡

4y + yx2¢dy =

¡2x+ xy2

¢dx,

dy

dx=x¡2 + y2

¢y (4 + x2)

,

y

2 + y2dy =

x

4 + x2dx,Z

y

2 + y2dy =

Zx

4 + x2dx,

1

2

Z2y

2 + y2dy =

1

2

Z2x

4 + x2dx,

1

2ln¡2 + y2

¢=1

2ln¡4 + x2

¢+ c1.


ln¡2 + y2

¢= ln

¡4 + x2

¢+ c2, (c2 = 2c1) .

Calculamos la solución explícita

ln¡2 + y2

¢− ln ¡4 + x2¢ = c2,ln

µ2 + y2

4 + x2

¶= c2,

2 + y2

4 + x2= ec2 = c,

2 + y2

4 + x2= c,

2 + y2 = c¡4 + x2

¢,

y2 = c¡4 + x2

¢− 2,soluciones explícitas

y = ±pc (4 + x2)− 2.

(1.9)2y(x+ 1) dy = x dx,

2y dy =x

x+ 1dx,Z

2y dy =

Zx

x+ 1dx,

Resolvemos la integral del lado derechoZx

x+ 1dx =

Zx+ 1− 1x+ 1

dx =

Z µ1− 1

x+ 1

¶dx

= x− ln |x+ 1|+ c


y2 = x− ln |x+ 1|+ c.(1.10)

y lnxdx

dy=

µy + 1

x

¶2,

y lnxdx =(y + 1)

2

x2dy,

(y + 1)2

ydy = x2 lnx dx,Z

(y + 1)2

ydy =

Zx2 lnx dx,

resolvemos la integral del lado izquierdoZ(y + 1)

2

ydy =

Zy2 + 2y + 1

ydy =

Z µy + 2 +

1

y

¶dy

=y2

2+ 2y + ln |y| ,

resolvemos la integral del lado derechoZx2 lnxdx = integral por partes,

tomamosu = lnx du = 1

xdx

dv = x2 dx v = 13x3

)Zx2 lnx dx =

1

3x3 lnx−

Z1

3x31

xdx

=1

3x3 lnx− 1

3

Zx2 dx

=1

3x3 ln |x|− 1

9x3 + c,

finalmente, la solución es

y2

2+ 2y + ln |y| = 1

3x3 ln |x|− 1

9x3 + c, c ∈ R.

Ejercicio 2 Resuelve las siguientes EDO’s separables.

1.ds

dr= ks, k constante.

2.dP

dt= P − P 2.

3. sec2 x dy + csc y dx = 0.

4. ey sin 2x dx+ cosx¡e2y − 1¢ dy = 0.


5. (ey + 1)2 e−ydx+ (ex + 1)3 e−x dy = 0.

6.¡y − yx2¢ dy

dx= (y + 1)2 .

7.dy

dx= sinx

¡cos 2y − cos2 y¢ .

8. xp1− y2 dx = dy.

9. (ex + e−x)dy

dx= y2.

(2.1)ds

dr= ks,

1

sds = k dr,Z

1

sds = k

Zdr,

ln |s| = kr + c1,

|s| = ekr+c1

|s| = ekrec1

= c2ekr, (c2 = e

c1) ,

s = ±c2ekr,s = cekr, (c = ±c2) .

(2.2)dp

dt= p− p2,

1

p− p2 dp = dt,Z1

p− p2 dp =Zdt,Z

1

p− p2 dp = integral racional.

Descomposición en fracciones simples

1

p− p2 =1

p(1− p) =A

p+

B

1− p =A(1− p) +B(p)

p(1− p) ,

igualamos numeradores1 = A(1− p) +Bp,

determinamos los coeficientes: si p = 0

1 = A+B · 0 ⇒ A = 1,


si p = 11 = A · 0 +B · 1 ⇒ B = 1,

la descomposición es1

p(1− p) =1

p+

1

1− p.

Z1

p(1− p) dp =

Z µ1

p+

1

1− p¶dp = ln |p|− ln |1− p|

= ln

¯p

1− p

¯.


ln

¯p

1− p

¯= t+ c1.

Calculamos la solución explícita¯p

1− p

¯= et+c1 = et · ec1 ,

¯p

1− p

¯= c2e

t, (c2 = ec1) ,

p

1− p = ±c2et,

p

1− p = cet, (c = ±c2) ,

p = cet(1− p)= cet − cetp,

p+ cetp = cet,

p¡1 + cet

¢= cet.


p =cet

1 + cet.

(2.3)sec2 x dy + csc y dx = 0,

sec2 xdy = − csc y dx,1

csc ydy =

−1sec2 x

dx,

1µ1

sin y

¶ dy = −1µ1

cos2 x

¶ dx,sin y dy = − cos2 x dx,

−Zsin y dy = +

Zcos2 x dx.


Calculamos la integral del lado derecho usando la identidad trigonométrica

cos2 x =1 + cos 2x

2,Z

cos2 x dx =

Z1 + cos 2x

2dx =

x

2+1

4sin 2x+ c,

solución implícita

cos y =x

2+1

4sin 2x+ c.

(2.4)ey sin 2x dx+ cosx

¡e2y − 1¢ dy = 0,

cosx¡e2y − 1¢ dy = −ey sin 2x dx,e2y − 1ey

dy = −sin 2xcosx

dx,

usamos la identidad trigonométrica

sin 2x = 2 sinx cosx,µey − 1

ey

¶dy = −2 sinx cosx

cosxdx,¡

ey − e−y¢ dy = −2 sinx dx,Z ¡ey − e−y¢ dy = 2Z (− sinx) dx.

Solución implícitaey + e−y = 2cosx+ c1.

Si usamos el coseno hiperbólico

cosh y =ey + e−y

2,

podemos obtener una solución explícita

ey + e−y

2= cosx+

c12,

cosh y = cosx+ c,

µc =

1

2c1

¶,

y = arc cosh (cosx+ c) .

(2.5)(ey + 1)2 e−y dx+ (ex + 1)3 e−x dy = 0,

(ex + 1)3

exdy = −(e

y + 1)2

eydx,

ey

(ey + 1)2dy = − ex

(ex + 1)3dx,


Zey

(ey + 1)2dy = cambio de variable,

tomamos ½t = ey + 1,dt = ey dy,Z

ey

(ey + 1)2dy =

Zdt

t2= −1

t= − 1

ey + 1.

De forma similar, para la integralZex

(ex + 1)3dx,

tomamos el cambio ½t = ex + 1,dt = ex dx,

Zex

(ex + 1)3dx =

Zdt

t3=

Zt−3dt = −1

2t−2 = − 1

2t2

=−1

2 (ex + 1)2.

Solución de la EDO −1(ey + 1)

=1

2 (ex + 1)2+ c.

(2.6) ¡y − yx2¢ dy

dx= (y + 1)

2,

y¡1− x2¢ dy

dx= (y + 1)2 ,

y

(y + 1)2dy =

1

1− x2 dx,

Para la integral Zy

(y + 1)2dy

podemos tomar el cambio ⎧⎨⎩ t = y + 1,dt = dy,y = t− 1.

Zy

(y + 1)2dy =

Zt− 1t2

dt =

Z µ1

t− 1

t2

¶dt

= ln |t|+ 1t= ln |y + 1|+ 1

y + 1.

También se puede resolver descomponiendo en fracciones simples

y

(y + 1)2=

A

y + 1+

B

(y + 1)2=A(y + 1) +B

(y + 1)2,


igualamos numeradoresy = A(y + 1) +B

y determinamos los coeficientes. Si y = −1

−1 = A · 0 +B ⇒ B = −1,

si y = 00 = A+B ⇒ A = 1.

La descomposición es

y

(y + 1)2=

1

y + 1− 1

(y + 1)2,

Zy

(y + 1)2dy =

Z ∙1

y + 1− 1

(y + 1)2

¸dy = ln |y + 1|+ 1

y + 1.Z

1

1− x2 dx = integral racional; descomponemos en fracciones simples.

1− x2 = (1− x)(1 + x),1

1− x2 =A

1− x +B

1 + x=A(1 + x) +B(1− x)

1− x2 ,

igualamos numeradores

1 = A(1 + x) +B(1− x),

identificamos los coeficientes. Si x = 1,

1 = 2A ⇒ A = 1/2,

si x = −1,1 = 2B ⇒ B = 1/2.

Obtenemos1

1− x2 =1/2

1− x +1/2

1 + x,

Z1

1− x2 dx =

Z1/2

1− x dx+Z

1/2

1 + xdx = −1

2ln |1− x|+ 1

2ln |1 + x|

=1

2ln

¯1 + x

1− x

¯.

Solución

ln |y + 1|+ 1

y + 1=1

2ln

¯1 + x

1− x

¯+ c1

ln (y + 1)2+

2

y + 1= ln

¯1 + x

1− x

¯+ c, (c = 2c1) .

(2.7)dy

dx= sinx

¡cos 2y − cos2 y¢ ,


1

cos 2y − cos2 y dy = sinxdx,Z1

cos 2y − cos2 y dy =Zsinx dx.

En la primera integral, simplificamos la expresión usando la fórmula del cosenodel ángulo doble

cos 2y = cos2 y − sin2 y,resulta

cos 2y − cos2 y = cos2 y − sin2 y − cos2 y = − sin2 y,Z1

cos 2y − cos2 y dy =Z

1

− sin2 ydy = cot y =cos y

sin y.

Solucióncos y

sin y= − cosx+ c.

(2.8)xp1− y2 dx = dy,

x dx =1p1− y2

dy,Zxdx =

Z1p1− y2

dy,

1

2x2 = arcsin y + c1.


arcsin y =1

2x2 + c (c = −c1) ,

y = sin

µ1

2x2 + c

¶.

(2.9) ¡ex + e−x

¢ dydx= y2,

1

y2dy =

1

ex + e−xdx,Z

1

y2dy =

Z1

ex + e−xdx,

La integral del lado izquierdo es inmediataZ1

y2dy = −1

y,

Para resolver la integral del lado derecho, escribimos el integrando como sigue

1

ex + e−x=

ex

e2x + 1


y hacemos el cambio t = exZ1

ex + e−xdx =

Zex

e2x + 1dx

=

Zdt

t2 + 1= arctan t

= arctan (ex) .

Solución−1y= arctan (ex) + c.


y =−1

arctan (ex) + c. ¤


(e−y + 1) sinx dx = (1 + cosx) dy,y(0) = 0.

La EDO es separablesinx

1 + cosxdx =

1

e−y + 1dy,Z

sinx

1 + cosxdx =

Z1

e−y + 1dy,

La integral del lado izquierdo es casi inmediataZsinx

1 + cosxdx = −

Z − sinx1 + cosx

dx = − ln (1 + cosx) ,

en la integral del lado derecho, multiplicamos el numerador y denominador porey Z

1

e−y + 1dy =

Zey

(e−y + 1) eydy =

Zey

1 + eydy = ln (1 + ey) .

Hemos obtenido la familia de soluciones

− ln (1 + cosx) = ln (1 + ey) + c.

Imponemos la condición inicial y(0) = 0 para determinar la constante

− ln (1 + cos 0) = ln ¡1 + e0¢+ c,c = −2 ln 2 = − ln 4.

Solución del problema de valor inicial

− ln (1 + cosx) = ln (1 + ey)− ln 4.

Reescribimos la solución

ln (1 + ey) + ln (1 + cosx) = ln 4,


(1 + ey) (1 + cosx) = 4.


1 + ey =4

1 + cosx,

ey =4

1 + cosx− 1,

y = ln

µ4

1 + cosx− 1¶. ¤


y dy = 4x¡y2 + 1

¢1/2dx,

y(0) = 1.

La EDO es separabley

(y2 + 1)1/2

dy = 4xdx,Zy

(y2 + 1)1/2

dy =

Z4x dx,

Zy

(y2 + 1)1/2dy =

1

2

Z ¡y2 + 1

¢−1/22y dy =

1

2

1¡12

¢ ¡y2 + 1¢1/2=

¡y2 + 1

¢1/2.

Familia de soluciones ¡y2 + 1

¢1/2= 2x2 + c.

Imponemos la condición inicial y(0) = 1,√2 = 0 + c ⇒ c =

√2,

solución particular ¡y2 + 1

¢1/2= 2x2 +

√2.

Soluciones explícitas

y2 + 1 =³2x2 +

√2´2,

y = ±r³

2x2 +√2´2− 1,

teniendo en cuenta la condición inicial, y(0) = 1, debemos tomar la rama posi-tiva

y =

r³2x2 +

√2´2− 1. ¤


x2y0 = y − xy,y(−1) = −1.


La EDO es separable

x2dy

dx= y − xy,

1

ydy =

1− xx2

dx,Z1

ydy =

Z1− xx2

dx,Z1− xx2

dx =

Z µ1

x2− 1x

¶dx = − 1

x− ln |x| .

Familia de solucionesln |y| = − 1

x− ln |x|+ c,

imponemos la condición inicial y(−1) = −1,

ln 1 = 1− ln 1 + c ⇒ c = −1.

Soluciones implícitas

ln |y| = − 1x− ln |x|− 1.

Determinamos la solución explícita

ln |y|+ ln |x| = − 1x− 1,

ln |yx| = −µ1 +

1

x

¶,

|xy| = e−(1+ 1x),

y = ± 1xe−(1+

1x).

Teniendo en cuenta la condición inicial y(−1) = −1, debemos tomar la rama

y =1

xe−(1+

1x). ¤

Ejercicio 6 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial ⎧⎨⎩

dy

dx=2x+ 1

2y,

y(−2) = −1.

La EDO es separable

2y dy = (2x+ 1) dx,Z2y dy =

Z(2x+ 1) dx.

Familia de solucionesy2 = x2 + x+ c,


imponemos la condición inicial y(−2) = −1

(−1)2 = (−2)2 − 2 + c,1 = 4− 2 + c,c = −1.

Solución implícitay2 = x2 + x− 1,

soluciones explícitasy = ±

px2 + x− 1.

Teniendo en cuenta la condición inicial y(−2) = −1, debemos tomar la rama

y = −px2 + x− 1. ¤

2 EDO’s homogéneasEjercicio 7 Resuelve las siguientes EDO’s homogéneas

1. (x− y) dx+ xdy = 0.2. xdx+ (y − 2x) dy.3.¡y2 + yx

¢dx− x2dy = 0.

4.dy

dx=y − xy + x

.

5. −y dx+ ¡x+√xy¢ dy = 0.(7.1)

(x− y) dx+ x dy = 0.Forma normal

dy

dx=y − xx

,

cambioy = ux, y0 = u0x+ u,

u0x+ u =ux− xx

=x (u− 1)

x= u− 1,

u0x+ u = u− 1,u0x = −1, (separable).

Determinamos u(x)du

dx=−1x,

du =−1xdx,Z

du =

Z −1xdx,


u = − ln |x|+ c.Deshacemos el cambio

y

x= − ln |x|+ c,

resulta la solución explícita

y = −x ln |x|+ c x.

(7.2)xdx+ (y − 2x) dy = 0.

Forma normaldy

dx=−xy − 2x =

x

2x− y ,

realizamos el cambioy = ux, y0 = u0x+ u,

y resulta

u0x+ u =x

2x− ux =1

2− u,

u0x+ u =1

2− u,

u0x =1

2− u − u

=1− 2u+ u22− u , (separable).

Determinamos u(x),

xdu

dx=1− 2u+ u22− u ,

2− u1− 2u+ u2 du =

1

xdx,Z

2− u1− 2u+ u2 du =

Z1

xdx.

La integral Z2− u

1− 2u+ u2 du

es racional. Para resolverla, descomponemos en fracciones simples

2− u1− 2u+ u2 =

2− u(u− 1)2

=A

u− 1 +B

(u− 1)2=A (u− 1) +B(u− 1)2

,

igualando numeradores, resulta

2− u = A (u− 1) +B.

Determinamos los coeficientes, si u = 1,

2− 1 = B ⇒ B = 1,


si u = 0,2 = −A+B ⇒ A = −2 + 1 = −1.

Hemos obtenido la descomposición

2− u(u− 1)2

=−1u− 1 +

1

(u− 1)2,

que nos permite resolver la integralZ2− u(u− 1)2

du =

Z −1u− 1 du+

Z1

(u− 1)2du

= − ln |u− 1|− 1

u− 1 .

Solución de la EDO

− ln |u− 1|− 1

u− 1 = ln |x|+ c.

Deshacemos el cambio u = y/x

− ln¯yx− 1¯− 1

yx− 1 = ln |x|+ c.

Si operamos, podemos mejorar el aspecto de la solución

ln |x|+ ln¯yx− 1¯+

x

y − x + c = 0,

ln |y − x|+ x

y − x + c = 0.

(7.3) ¡y2 + yx

¢dx− x2 dy = 0.

Expresamos la ecuación en forma normal

dy

dx=y2 + yx

x2

y realizamos el cambio habitual

y = ux, y0 = u0x+ u,

resulta

u0x+ u =u2x2 + ux2

x2= u2 + u

u0x = u2.

Hemos obtenido la EDO separable

xdu

dx= u2,

la resolvemos para determinar u(x).

1

u2du =

1

xdx,


Z1

u2du =

Z1

xdx,

− 1u= ln |x|+ c.

Deshacemos el cambio−xy= ln |x|+ c

y obtenemos la solución explícita

y =−x

ln |x|+ c .

(7.4) La EDO ya está en forma normal

dy

dx=y − xy + x

,

efectuamos el cambioy = ux, y0 = u0x+ u,

u0x+ u =ux− xux+ x

=u− 1u+ 1

,

u0x =u− 1u+ 1

− u = u− 1− u2 − uu+ 1

=−1− u2u+ 1

.

Obtenemos la EDO separable

xdu

dx= −1 + u

2

u+ 1,

que resolvemos para determinar u(x),

u+ 1

u2 + 1du = − 1

xdx,Z

u+ 1

u2 + 1du = −

Z1

xdx.

Calculamos aparte la primera integralZu+ 1

u2 + 1du =

Zu

u2 + 1du+

Z1

u2 + 1du =

1

2ln¡u2 + 1

¢+ arctanu,

y obtenemos la solución

1

2ln¡u2 + 1

¢+ arctanu = − ln |x|+ c.

Deshacemos el cambio u = y/x

1

2ln

µy2

x2+ 1

¶+ arctan

y

x= − ln |x|+ c,

y reescribimos la solución en una forma más conveniente

ln

µy2

x2+ 1

¶+ 2arctan

y

x= −2 ln |x|+ 2c


ln

µy2

x2+ 1

¶+ lnx2 + 2arctan

y

x= c1, (c1 = 2c)

ln¡y2 + x2

¢+ 2arctan

y

x= c1.

(7.5)−y dx+ (x+√xy) dy = 0.

Escribimos la EDO en forma normal

dy

dx=

y

x+√xy,


u0x+ u =ux

x+√ux2

=u

1 +√u,

u0x =u

1 +√u− u = u− u− u3/2

1 +√u

=−u3/21 + u1/2

,

xdu

dx=−u3/21 + u1/2

, EDO separable.

1 + u1/2

u3/2du = − 1

xdx,Z

1 + u1/2

u3/2du = −

Z1

xdx,

resolvemos la integral del lado izquierdoZ1 + u1/2

u3/2du =

Z µ1

u3/2+1

u

¶du = − 2√

u+ ln |u|.

Solución− 2√

u+ ln |u| = − ln |x|+ c,

deshacemos el cambio u = y/x

− 2pyx

+ ln¯yx

¯= − ln |x|+ c,

reescribimos la solución en forma más conveniente

−2rx

y+ ln

¯yx

¯+ ln |x| = c

ln |y|− 2rx

y= c, c ∈ R. ¤


xy2dy

dx= y3 − x3,

y(1) = 2.


Es una EDO homogénea. Forma normal

dy

dx=y3 − x3xy2

,


u0x+ u =u3x3 − x3u2x3

=u3 − 1u2

,

u0x =u3 − 1u2

− u = −1u2,

separamos variables Zu2du = −

Z1

xdx,

1

3u3 = − ln |x|+ c,

deshacemos el cambio u = y/x

1

3

y3

x3= − ln |x|+ c,

y3 = −3x3 ln |x|+ c1x3, (c1 = 3c),

imponemos la condición inicial y(1) = 2 para determinar la constante c1

8 = 0 + c1 ⇒ c1 = 8,

solución implícitay3 = −3x3 ln |x|+ 8x3,

solución explícitay = x 3

p8− 3 ln |x|. ¤

Ejercicio 9 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial ½ ¡

x+ yeyx

¢dx− xe yx dy = 0,

y(1) = 0.

Es una EDO homogénea. Forma normal

dy

dx=x+ yey/x

x ey/x,


u0x+ u =x+ ux eu

x eu=1 + u eu

eu,

u0x =1 + ueu

eu− u = 1

eu,

separamos variables

eu du =1

xdx,


Zeu du =

Z1

xdx,

eu = ln |x|+ c,deshacemos el cambio u = y/x

ey/x = ln |x|+ c,

imponemos la condición inicial y(1) = 0 para determinar la constante

e0 = ln 1 + c ⇒ c = 1,

ey/x = ln |x|+ 1,solución explícita

y

x= ln(ln |x|+ 1)

y = x ln(ln |x|+ 1). ¤

3 EDO’s exactasEjercicio 10 Estudia si las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias sonexactas y resuelve aquellas que lo sean.

1. (2x− 1) dx+ (3y + 7) dy = 0.2. (5x+ 4y) dx+

¡4x− 8y3¢ dy = 0.

3.¡2xy2 − 3¢ dx+ ¡2x2y + 4¢ dy = 0.

4.¡x2 − y2¢ dx+ ¡x2 − 2xy¢ dy = 0.

5.¡x− y3 + y2 sinx¢ dx = ¡3xy2 + 2y cosx¢ dy.

6. (y ln y − e−xy) dx+³1y+ x ln y

´dy = 0.

7. xdy

dx= 2xex − y + 6x2.

8.µx2y3 − 1

1 + 9x2

¶dx

dy+ x2y2 = 0.

9. (tanx− sinx sin y) dx+ cosx cos y dy = 0.10.

¡4t3y − 15t2 − y¢ dt+ ¡t4 + 3y2 − t¢ dy = 0.

(10.1)(2x− 1) dx+ (3y + 7) dy = 0.

IdentificamosM = 2x− 1,N = 3y + 7,


que son continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.

∂M

∂y= 0

∂N

∂x= 0

⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta.

Tenemos una solución u(x, y) = c con⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x= 2x− 1,

∂u

∂y= 3y + 7.

De la ecuación∂u

∂x= 2x− 1,

obtenemos

u =

Z(2x− 1) dx = x2 − x+ c1(y),

sustituimos en la ecuación∂u

∂y= 3y + 7

y obtenemos∂

∂y

¡x2 − x+ c1(y)

¢= 3y + 7,

dc1dy

= 3y + 7.

Determinamos c1(y)

c1 =

Z(3y + 7) dy =

3

2y2 + 7y

y obtenemos la expresión completa para u(x, y)

u(x, y) = x2 − x+ 32y2 + 7y,


x2 − x+ 32y2 + 7y = c, c ∈ R.

(10.2)(5x+ 4y) dx+

¡4x− 8y3¢ dy = 0.

IdentificamosM = 5x+ 4y,N = 4x− 8y3,



∂M

∂y= 4

∂N

∂x= 4


La EDO admite la solución u(x, y) = c con⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x= 5x+ 4y,

∂u

∂y= 4x− 8y3.

De la ecuación∂u

∂x= 5x+ 4y,

obtenemos

u =

Z(5x+ 4y) dx =

5

2x2 + 4xy + c1(y).

Sustituimos en la ecuación∂u

∂y= 4x− 8y3

y obtenemos∂

∂y

µ5

2x2 + 4xy + c1(y)

¶= 4x− 8y3,

4x+dc1dy

= 4x− 8y3,

dc1dy

= −8y3.

Determinamos c1(y)

c1 =

Z ¡−8y3¢ dy = −2y4,resulta

u(x, y) =5

2x2 + 4xy − 2y4,


5

2x2 + 4xy − 2y4 = c, c ∈ R.

(10.3) ¡2xy2 − 3¢ dx+ ¡2x2y + 4¢ dy = 0.

M = 2xy2 − 3,N = 2x2y + 4,


continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.

∂M

∂y= 4xy

∂N

∂x= 4xy

⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta,

soluciónu(x, y) = c

con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x= 2xy2 − 3,

∂u

∂y= 2x2y + 4.

De∂u

∂x= 2xy2 − 3,

obtenemos

u =

Z ¡2xy2 − 3¢ dx = x2y2 − 3x+ c1(y),


∂y= 2x2y + 4

y obtenemos∂

∂y

¡x2y2 − 3x+ c1(y)

¢= 2x2y + 4,

2x2y +dc1dy

= 2x2y + 4,

simplificamos y resultadc1dy

= 4,

integramos para determinar c1(y)

c1 =

Z4dy = 4y.

Obtenemos la expresión completa de u(x, u)

u(x, y) = x2y2 − 3x+ 4y

que proporciona la solución

x2y2 − 3x+ 4y = c, c ∈ R.

(10.4) ¡x2 − y2¢ dx+ ¡x2 − 2xy¢ dy = 0.

M = x2 − y2,N = x2 − 2xy,



∂M

∂y= −2y

∂N

∂x= 2x− 2y

⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ No es exacta.

(10.5) ¡x− y3 + y2 sinx¢ dx− ¡3xy2 + 2y cosx¢ dy = 0.

M = x− y3 + y2 sinx,N = − ¡3xy2 + 2y cosx¢ ,


∂M

∂y= −3y2 + 2y sinx

∂N

∂x= −3y2 + 2y sinx


La EDO admite la soluciónu(x, y) = c,

con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x= x− y3 + y2 sinx,

∂u

∂y= −3xy2 − 2y cosx.

De∂u

∂x= x− y3 + y2 sinx,

obtenemos

u =

Z ¡x− y3 + y2 sinx¢ dx = 1

2x2 − xy3 − y2 cosx+ c1(y),

sustituimos en la ecuación

∂u

∂y= −3xy2 − 2y cosx

y obtenemos

∂

∂y

µ1

2x2 − xy3 − y2 cosx+ c1(y)

¶= −3xy2 − 2y cosx,

−3xy2 − 2y cosx+ dc1dy

= −3xy2 − 2y cosx,

dc1dy

= 0,

c1 = constante.


Tomamos la siguiente expresión de u(x, y)

u(x, y) =1

2x2 − xy3 − y2 cosx,

que nos proporciona la solución

1

2x2 − xy3 − y2 cosx = c, c ∈ R.

(10.6) ¡y ln y − e−xy¢ dx+µ1

y+ x ln y

¶dy = 0.

M = y ln y − e−xy,N = 1

y+ x ln y,

continuas con derivadas parciales continuas en la banda

−∞ < x <∞, 0 < y <∞.∂M

∂y= ln y + 1 + xe−xy

∂N

∂x= ln y

⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ no es exacta.

(10.7)

xdy

dx= 2xex − y + 6x2.

Expresamos la EDO en forma diferencial¡2xex − y + 6x2¢ dx− xdy = 0

y obtenemosM = 2xex − y + 6x2,N = −x,


∂M

∂y= −1

∂N

∂x= −1


Soluciónu(x, y) = c

con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x= 2xex − y + 6x2,

∂u

∂y= −x.

De∂u

∂x= 2xex − y + 6x2,


obtenemos

u =

Z ¡2xex − y + 6x2¢ dx = 2xex − 2ex − xy + 2x3 + c1(y).

Sustituimos en la ecuación∂u

∂y= −x

y obtenemos∂

∂y

¡2xex − 2ex − xy + 2x3 + c1(y)

¢= −x,

−x+ dc1dy

= −x,

dc1dy

= 0,

c1 = constante.

Podemos tomaru(x, y) = 2xex − 2ex − xy + 2x3,

de donde resulta la solución

2xex − 2ex − xy + 2x3 = c, c ∈ R.(10.8) µ

x2y3 − 1

1 + 9x2

¶dx

dy+ x2y2 = 0.

Forma diferencial µx2y3 − 1

1 + 9x2

¶dx+ x2y2 dy = 0,

identificamosM = x2y3 − 1

1 + 9x2,

N = x2y2,


∂M

∂y= 3x2y2

∂N

∂x= 2xy2


(10.9)(tanx− sinx sin y) dx+ (cosx cos y) dy = 0.

M = tanx− sinx sin y,N = cosx cos y,

continuas con derivadas parciales continuas en la banda

−π2< x <

π

2, −∞ < y <∞.


∂M

∂y= − sinx cos y

∂N

∂x= − sinx cos y


La EDO admite una solución de la forma

u(x, y) = c

con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x= tanx− sinx sin y,

∂u

∂y= cosx cos y.

De∂u

∂x= tanx− sinx sin y,

obtenemos

u =

Z(tanx− sinx sin y) dx = − ln (cosx) + cosx sin y + c1(y),


∂y= cosx cos y

y obtenemos

∂

∂y(− ln (cosx) + cosx sin y + c1(y)) = cosx cos y,

cosx cos y +dc1dy

= cosx cos y,

dc1dy

= 0 ⇒ c1 = constante.

Podemos tomaru(x, y) = − ln (cosx) + cosx sin y,

de donde resulta la solución

− ln (cosx) + cosx sin y = c, c ∈ R.(10.10) ¡

4t3y − 15t2 − y¢ dt+ ¡t4 + 3y2 − t¢ dy = 0.M = 4t3y − 15t2 − y,N = t4 + 3y2 − t,


∂M

∂y= 4t3 − 1

∂N

∂t= 4t3 − 1



La EDO admite una solución de la forma

u(t, y) = c,

con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂t= 4t3y − 15t2 − y,

∂u

∂y= t4 + 3y2 − t.

De∂u

∂t= 4t3y − 15t2 − y,

obtenemos

u =

Z ¡4t3y − 15t2 − y¢ dt = t4y − 5t3 − yt+ c1(y),


∂u

∂y= t4 + 3y2 − t

y resulta∂

∂y

¡t4y − 5t3 − yt+ c1(y)

¢= t4 + 3y2 − t,

t4 − t+ dc1dy

= t4 + 3y2 − t,

dc1dy

= 3y2,

c1 =

Z3y2dy = y3,

finalmenteu(t, y) = t4y − 5t3 − yt+ y3,

soluciónt4y − 5t3 − yt+ y3 = c, c ∈ R. ¤

Ejercicio 11 Resuelve el siguiente problema de valor inicial½(x+ y)

2dx+

¡2xy + x2 − 1¢ dy = 0,

y(1) = 1.

IdentificamosM = (x+ y)

2,

N = 2xy + x2 − 1,que son continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.

∂M

∂y= 2x+ 2y

∂N

∂x= 2x+ 2y



La EDO admite una solución de la forma u(x, y) = c con⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x= (x+ y)

2,

∂u

∂y= 2xy + x2 − 1.

De∂u

∂x= (x+ y)

2,

obtenemos

u =

Z(x+ y)

2dx =

1

3(x+ y)

3+ c1(y),


∂u

∂y= 2xy + x2 − 1

y resulta∂

∂y

µ1

3(x+ y)3 + c1(y)

¶= 2xy + x2 − 1,

(x+ y)2 +dc1dy

= 2xy + x2 − 1,

x2 + 2xy + y2 +dc1dy

= 2xy + x2 − 1,

dc1dy

= −y2 − 1,

c1 =

Z ¡−y2 − 1¢ dy = −13y3 − y,

finalmenteu(x, y) =

1

3(x+ y)

3 − 13y3 − y.

Familia de soluciones

1

3(x+ y)3 − 1

3y3 − y = c, c ∈ R.

Imponemos la condición inicial y(1) = 1 para determinar la constante

8

3− 13− 1 = c ⇒ c =

4

3,

1

3(x+ y)

3 − 13y3 − y = 4

3,

operando, podemos presentar la solución como sigue

1

3

¡x3 + 3x2y + 3xy2 + y3

¢− 13y3 − y = 4

3,

1

3x3 + x2y + xy2 − y = 4

3,

x3 + 3x2y + 3xy2 − 3y = 4. ¤


Ejercicio 12 Resuelve el siguiente problema de valor inicial½(4y + 2t− 5) dt+ (6y + 4t− 1) dy = 0,y(−1) = 2.

IdentificamosM = 4y + 2t− 5N = 6y + 4t− 1


∂M

∂y= 4

∂N

∂t= 4


Podemos obtener una familia de soluciones de la forma

u(t, y) = c, c ∈ R,

con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂t= 4y + 2t− 5,

∂u

∂y= 6y + 4t− 1.

De∂u

∂t= 4y + 2t− 5

obtenemos

u =

Z(4y + 2t− 5) dt = 4yt+ t2 − 5t+ c1(y).

Para determinar c1(y), sustituimos en la ecuación

∂u

∂y= 6y + 4t− 1

y obtenemos∂

∂y

¡4yt+ t2 − 5t+ c1(y)

¢= 6y + 4t− 1,

4t+dc1dy

= 6y + 4t− 1,

dc1dy

= 6y − 1,

c1 =

Z(6y + 1) dy = 3y2 − y,

finalmente, resultau(t, y) = 4yt+ t2 − 5t+ 3y2 − y,

familia de soluciones

4yt+ t2 − 5t+ 3y2 − y = c, c ∈ R.


Imponemos la condición inicial y(−1) = 2 para determinar la constante

−8 + 1 + 5 + 12− 2 = c ⇒ c = 8,

resulta4yt+ t2 − 5t+ 3y2 − y = 8. ¤

Ejercicio 13 Resuelve el siguiente problema de valor inicial½ ¡y2 cosx− 3x2y − 2x¢ dx+ ¡2y sinx− x3 + ln y¢ dy = 0,y(0) = e.

IdentificamosM = y2 cosx− 3x2y − 2x,N = 2y sinx− x3 + ln y,

que son continuas con derivadas parciales continuas en la banda

−∞ < x <∞, 0 < y <∞.∂M

∂y= 2y cosx− 3x2

∂N

∂x= 2y cosx− 3x2

⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta,

soluciónu(x, y) = c

con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x= y2 cosx− 3x2y − 2x,

∂u

∂y= 2y sinx− x3 + ln y.

De∂u

∂x= y2 cosx− 3x2y − 2x,

obtenemos

u =

Z ¡y2 cosx− 3x2y − 2x¢ dx = y2 sinx− x3y − x2 + c1(y),


∂u

∂y= 2y sinx− x3 + ln y

y obtenemos

∂

∂y

¡y2 sinx− x3y − x2 + c1(y)

¢= 2y sinx− x3 + ln y,

2y sinx− x3 + dc1dy

= 2y sinx− x3 + ln y,


dc1dy

= ln y,

c1 =

Zln y dy = y ln y −

Zy

µ1

y

¶dy

= y ln y − y.

Finalmenteu(x, y) = y2 sinx− x3y − x2 + y ln y − y,

familia de soluciones

y2 sinx− x3y − x2 + y ln y − y = c, c ∈ R.

Imponemos la condición inicial

y(0) = e,

e2 sin 0− 0− 0 + e ln e− e = c,c = e− e = 0.


y2 sinx− x3y − x2 + y ln y − y = 0. ¤

Ejercicio 14 Determina k para que la siguiente EDO sea exacta¡y3 + kxy4 − 2x¢ dx+ ¡3xy2 + 20x2y3¢ dy = 0,

resuélvela.

IdentificamosM = y3 + kxy4 − 2x,N = 3xy2 + 20x2y3,

que son continuas con derivadas parciales continuas en todo R2. Calculamos

∂M

∂y= 3y2 + 4kxy3

∂N

∂x= 3y2 + 40xy3

⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭y exigimos

∂M

∂y=

∂N

∂x,

resulta3y2 + 4kxy3 = 3y2 + 40xy3,

4kxy3 = 40xy3 ⇒ 4k = 40,

k = 10.

La ecuación diferencial es¡y3 + 10xy4 − 2x¢ dx+ ¡3xy2 + 20x2y3¢ dy = 0,


soluciónu(x, y) = c,

con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x= y3 + 10xy4 − 2x,

∂u

∂y= 3xy2 + 20x2y3.

De∂u

∂x= y3 + 10xy4 − 2x,

obtenemos

u =

Z ¡y3 + 10xy4 − 2x¢ dx = xy3 + 5x2y4 − x2 + c1(y),


∂u

∂y= 3xy2 + 20x2y3

y obtenemos

∂

∂y

¡xy3 + 5x2y4 − x2 + c1(y)

¢= 3xy2 + 20x2y3,

3xy2 + 20x2y3 +dc1dy

= 3xy2 + 20x2y3,

dc1dy

= 0,

c1 = constante.

Familia de soluciones

xy3 + 5x2y4 − x2 = c, c ∈ R. ¤

Ejercicio 15 Consideramos la ecuación diferencial

(−xy sinx+ 2y cosx) dx+ 2x cosx dy = 0.

1. Verifica que la EDO no es exacta.

2. Multiplica la ecuación por el factor integrante

µ = xy

y verifica que la EDO resultante es exacta.

3. Resuélvela.


1. Inicialmente tenemos

(−xy sinx+ 2y cosx) dx+ (2x cosx) dy = 0,

identificamosM = −xy sinx+ 2y cosx,N = 2x cosx,


∂M

∂y= −x sinx+ 2 cosx

∂N

∂x= 2cosx− 2x sinx


2. Multiplicamos por el factor integrante

µ = xy

y resulta la nueva ecuación¡−x2y2 sinx+ 2xy2 cosx¢ dx+ ¡2x2y cosx¢ dy = 0M = −x2y2 sinx+ 2xy2 cosx,N = 2x2y cosx.

∂M

∂y= −2x2y sinx+ 4xy cosx

∂N

∂x= 4xy cosx− 2x2y sinx


3. Soluciónu(x, y) = c

con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u

∂x= −x2y2 sinx+ 2xy2 cosx,

∂u

∂y= 2x2y cosx.

De∂u

∂y= 2x2y cosx,

obtenemos

u =

Z ¡2x2y cosx

¢dy

= x2y2 cosx+ c1(x),


∂u

∂x= −x2y2 sinx+ 2xy2 cosx


y obtenemos

∂

∂x

¡x2y2 cosx+ c1(x)

¢= −x2y2 sinx+ 2xy2 cosx,

2xy2 cosx− x2y2 sinx+ dc1dx

= −x2y2 sinx+ 2xy2 cosx,dc1dy

= 0 ⇒ c = constante.

Finalmente, tenemos la familia de soluciones

x2y2 cosx = c, c ∈ R. ¤

4 EDO’s linealesEjercicio 16 Resuelve las siguientes EDO’s lineales. Indica en cada caso unintervalo en el que la solución es válida.

1.dy

dx= 5y.

2.dy

dx+ y = e3x.

3. y0 + 3x2y = x2.

4. x2y0 + xy = 1.

5. xdy

dx− y = x2 sinx.

6. xdy

dx+ 4y = x3 − x.

7. x2y0 + x (x+ 2) y = ex.

8. y dx− 4 ¡x+ y6¢ dy = 0.9. cosx

dy

dx+ y sinx = 1.

10. (x+ 1)dy

dx+ (x+ 2) y = 2xe−x.

(16.1) EDO lineal homogénea

dy

dx= 5y,

escribimos la EDO en forma estándar

y0 − 5y = 0

e identificamos p(x)p(x) = −5,


la solución es

y = ke−R(−5) dx

= keR5 dx = ke5x

y = ke5x, k ∈ R.Solución definida en todo R.(16.2) Es una EDO lineal completa

dy

dx+ y = e3x,

y0 + y = e3x,

p(x) = 1.

Solución general de la EDO homogénea asociada

yh(x) = ke− R dx = ke−x, k ∈ R.

Determinamos una solución particular de la EDO completa por el método devariación de parámetros, esto es, proponemos un solución

yp = k(x) e−x

y sustituimos en la EDO completa

k0e−x − ke−x| {z }y0p

+ ke−x| {z }yp

= e3x.

Determinamos k(x)k0e−x = e3x,

k0 =e3x

e−x= e4x,

k =

Ze4x dx =

1

4e4x + c.

Tomamosk(x) =

1

4e4x,

de donde obtenemos la solución particular de la EDO completa

yp(x) =

µ1

4e4x¶e−x =

1

4e3x.

Finalmente la solución general de la EDO completa es de la forma

y(x) = yh(x) + yp(x)

esto esy(x) = ke−x +

1

4e3x, k ∈ R.


La soluciones están definidas en (−∞,+∞).(16.3) Es una EDO lineal completa.

y0 + 3x2y = x2,

identificamos

p(x) = 3x2.


yh(x) = keRp(x) dx = ke−

R3x2 dx

= ke−x3

, k ∈ R.

Variación de parámetros: proponemos una solución particular de la EDO com-pleta de la forma

yp(x) = k(x)e−x3 ,

la derivada esy0p = k

0e−x3 − 3kx2e−x3 .

Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x)

k0e−x3 − 3kx2e−x3 + 3x2ke−x3 = x2,

k0e−x3

= x2,

k0 =x2

e−x3= x2ex

3

,

k =

Zx2ex

3

dx =1

3ex

3

+ c.

Tomamosk(x) =

1

3ex

3

,

de donde resulta la siguiente solución particular de la EDO completa

yp =

µ1

3ex

3

¶e−x

3

=1

3.


y = yh + yp

y = ke−x3

+1

3, k ∈ R.

Las soluciones están definidas en (−∞,+∞). Observa que si escribes la ecuaciónen la forma

y0 = x2 − 3x2y= x2(1− 3y),


está claro que la solución constante y = 1/3 es una solución singular y puedeser usada como solución particular.

(16.4) Es una EDO lineal completa en forma no estándar

x2y0 + xy = 1.

Forma estándary0 +

1

xy =

1

x2.

Homogénea asociada

y0 +1

xy = 0 ⇒ p(x) =

1

x.

Solución general de la ecuación EDO homogénea

yh = ke−R

1x dx

= ke− ln|x|

= keln(1/|x|)

= k1

|x| , tomamos x ∈ (0,+∞) ,

yh =k

x, k ∈ R.

Variación de parámetros. Proponemos una solución particular de la EDO com-pleta de la forma

yp =k(x)

x,

la derivada es

y0p =k0

x− k

x2.

Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x).

y0 +1

xy =

1

x2,

k0

x− k

x2+1

x

k

x=1

x2,

k0

x=1

x2,

k0 =1

x⇒ k =

Z1

xdx = lnx+ c.

Tomamosk(x) = lnx,

que nos proporciona la solución particular de la EDO completa

yp =lnx

x.


y = yh + yp,


y =k

x+1

xlnx, k ∈ R.

La soluciones están definidas para x ∈ (0,+∞) .(16.5) EDO lineal completa en forma no estándar.

xdy

dx− y = x2 sinx.

Forma estándardy

dx− 1xy = x sinx.

Ecuación homogénea asociada

y0 − 1xy = 0,

p(x) = − 1x.

Solución general de la EDO homogénea

yh = ke−Rp(x) dx

= ke−R(− 1

x) dx

= keR

1x dx

= keln|x|, resolvemos para x > 0.

= kelnx = kx.

yh = kx, x ∈ R.Proponemos una solución particular de la EDO completa de la forma

yp = k(x)x,


0x+ k.

Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x).

k0x+ k − 1xkx = x sinx,

k0x = x sinx,

k0 = sinx,

k =

Zsinx dx = − cosx+ c.

Tomamosk(x) = − cosx,

que produce la siguiente solución de la EDO completa

yp = −x cosx.



y = yh + yp,

y = kx− x cosx, k ∈ R.Las soluciones están definidas para x > 0.

(16.6) EDO lineal completa en forma no estándar.

xdy

dx+ 4y = x3 − x.

Forma estándary0 +

4

xy = x2 − 1.

EDO homogénea asociada

y0 +4

xy = 0,

identificamosp(x) =

4

x.


yh = ke−Rp(x) dx = ke−

R4x dx

= ke−4 ln|x|

= keln|x−4| = keln 1/x4 ,

=k

x4, (x 6= 0), tomamos p.e. x > 0.

Determinamos la solución de la EDO completa por variación de parámetros.Proponemos la solución

yp = k(x) ·1

x4,

y0p = k0 1x4− 4kx5,

sustituimos en la EDO completa para determinar k(x),

k01

x4− 4kx5+4

x

µk

x4

¶= x2 − 1,

k01

x4= x2 − 1,

k0 = x6 − x4.

k =

Z ¡x6 − x4¢ dx = x7

7− x

5

5.

Obtenemos la solución particular de la EDO completa

yp =

µx7

7− x

5

5

¶1

x4

=x3

7− x5.



y = yh + yp

y =k

x4+x3

7− x5, k ∈ R,

definida en cualquier intervalo que no contenga x = 0.

(16.7) EDO lineal completa en forma no estándar.

x2y0 + x(x+ 2)y = ex.

Forma estándar

y0 +x(x+ 2)

x2y =

1

x2ex,

y0 +µ1 +

2

x

¶y =

1

x2ex.

Homogénea asociada

y0 +µ1 +

2

x

¶y = 0,

identificamosp(x) = 1 + 2/x.

Solución de la EDO homogénea

yh = ke−Rp(x) dx

= ke−R(1+ 2

x) dx

= ke−x−2 ln|x|

= ke−x · elnx−2

= ke−x · 1x2,

yh = ke−x

x2, k ∈ R.

Determinamos una solución particular de la EDO completa por variación deparámetros. Proponemos la solución particular

yp = k(x)e−x

x2,

la derivada es

y0p = k0e−x

x2+ k−e−xx2 − e−x · 2x

x4

= k0e−x

x2− ke−x

¡x2 + 2x

¢x4

.

Sustituimos en la EDO completa

y0 +x2 + 2x

x2· y = 1

x2ex,


k0e−x

x2− ke−xx

2 + 2x

x4| {z }y0p

+x2 + 2x

x2· k e

−x

x2| {z }yp

=1

x2ex

k0e−x

x2=1

x2ex,

k0 =x2

x2· e

x

e−x= e2x.

Determinamos k(x),

k(x) =

Ze+2x dx =

1

2e2x,

y obtenemos la siguiente solución particular de la EDO completa

yp =

µ1

2e2x¶e−x

x2=ex

2x2.


y = yh + yp,

y =ke−x

x2+ex

2x2, k ∈ R.

Las soluciones son válidas para x > 0.

(16.8) La EDOy dx− 4 ¡x+ y6¢ dy = 0

no es lineal en y; sin embargo si es lineal en x = x(y)

y dx = 4¡x+ y6

¢dy,

dx

dy=4¡x+ y6

¢y

=4

yx+ 4y5.

Forma estándarx0 − 4

yx = 4y5; p(y) = −4

y.


x0 − 4yx = 0,

xh = k e−R − 4

y dy = k e4 ln|y|

x = k eln y4

= ky4.

Solución de la ecuación completa por variación de parámetros, tomamos k =k(y)

xp = k(y) y4,

x0p = k0y4 + 4ky3,


k0y4 + 4y3 − 4yky4 = 4y5,

k0 =4y5

y4= 4y.

Obtenemos

k(y) =

Z4y dy = 2y2,

que nos proporciona una solución particular de la EDO completa

xp =¡2y2¢y4 = 2y6.

Finalmente, determinamos la solución general de la EDO completa

x(y) = xh(y) + xp(y),

x(y) = ky4 + 2y6 , k ∈ R.La soluciones son válidas en todo intervalo que no contenga y = 0.

(16.9)

cosxdy

dx+ y sinx = 1.

Forma estándardy

dx+sinx

cosxy =

1

cosx,

p(x) =sinx

cosx.

EDO homogénea asociada

y0 +sinx

cosxy = 0,

yh = ke− R sinx

cosx dx.

Resolvemos la integral del exponente

−Zsinx

cosxdx =

Z − sinxcosx

dx = ln |cosx| , tomamos − π/2 < x < π/2

= ln (cosx) ,

yh = keln(cosx)

yh = k cosx, k ∈ R.Variación de parámetros. Proponemos la solución particular

yp = k(x) cosx,

y0p = k0 cosx− k sinx,

y determinamos k(x)

k0 cosx− k sinx| {z }y0

+sinx

cosx· k cosx = 1

cosx,


k0 cosx =1

cosx,

k0 =1

cos2 x⇒ k =

Z1

cos2 xdx = tanx.

Solución particular de la EDO completa

yp = tanx cosx = sinx.

Solución general de la EDO completa

y = yh + yp

y = k cosx+ sinx, k ∈ R.Las soluciones son válidas para x ∈ (−π/2,π/2) .(16.10)

(x+ 1)dy

dx+ (x+ 2) y = 2x e−x.

Forma estándardy

dx+x+ 2

x+ 1y =

2x

x+ 1e−x,

p(x) =x+ 2

x+ 1=x+ 1 + 1

x+ 1= 1 +

1

x+ 1.


y0 +µ1 +

1

x+ 1

¶y = 0,

yh = ke−R(1+ 1

x+1 ) dx

= ke−(x+ln|x+1|),

tomamos x+ 1 > 0 (que implica x > −1),

yh = ke−x−ln(x+1)

= ke−xeln1

x+1

= ke−x

x+ 1, (x > −1) .

Variación de parámetros, proponemos la solución particular de la EDO completa

yp = k(x)e−x

x+ 1,

y0p = k0e−x

x+ 1+ k−e−x − e−x(x+ 1)

(x+ 1)2

= k0e−x

x+ 1− ke−x 1 + x+ 1

(x+ 1)2

= k0e−x

x+ 1− ke−x x+ 2

(x+ 1)2,


sustituimos en la ecuación completa

y0 +x+ 2

x+ 1y =

2x

x+ 1e−x

k0e−x

x+ 1− ke−x x+ 2

(x+ 1)2| {z }y0p

+x+ 2

x+ 1· k e

−x

x+ 1| {z }yp

=2x

x+ 1e−x

y resulta

k0e−x

x+ 1=

2x

x+ 1e−x,

k0 = 2x,

k =

Z2x dx = x2,

obtenemos la siguiente solución particular de la EDO completa

yp = x2 e−x

x+ 1


y = yh + yp,

y =k e−x

x+ 1+x2e−x

x+ 1, k ∈ R.

Las soluciones son validas para x > −1. ¤

Ejercicio 17 Determina una solución explícita para el problema de valor inicial½xy0 + y = ex,y(1) = 2.

Indica un intervalo en el que esté definida la solución.

EDO lineal. Forma estándar

y0 +1

xy =

1

xex,

p(x) =1

x.

EDO Homogénea

y0 +1

xy = 0,

solución general de la EDO homogénea

yh = ke− R 1

x dx = ke− ln|x|,

tomamos x > 0y = ke− lnx = keln 1/x,


y =k

x, k ∈ R.

Determinamos una solución de la EDO completa por el método de variación deparámetros

yp = k(x)1

x,

y0p = k01

x− k 1

x2,

k01

x− k 1

x2| {z }y0p

+1

xk1

x|{z}yp

=1

xex,

k01

x=1

xex,

k0 = ex,

k =

Zex dx = ex.

Resultayp =

ex

x.


y =k

x+ex

x, k ∈ R.

Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición y(1) = 2 paradeterminar el valor de la constante

k

1+e

1= 2 ⇒ k = 2− e,

y =2− ex

+ex

x, x ∈ (0,+∞) . ¤

Ejercicio 18 Determina una solución explícita para el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩(x+ 1)

dy

dx+ y = lnx,

y(1) = 10, x > 0.

Es una EDO lineal completa. Forma estándar

dy

dx+

1

x+ 1y =

lnx

x+ 1,

identificamosp(x) =

1

x+ 1.

Solución de la EDO homogénea asociada


R1

x+1 dx

= ke− ln|x+1|,


tomamosx+ 1 > 0 ⇒ x > −1,

yh = ke− ln(x+1)

= keln1

x+1 = k1

x+ 1

yh = k1

x+ 1, k ∈ R.

Determinamos una solución particular de la EDO completa. Proponemos unasolución de la forma

yp = k(x) ·1

x+ 1,


0 1

x+ 1− k 1

(x+ 1)2.

Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x)

y0 +1

x+ 1y =

lnx

x+ 1,

k01

x+ 1− k 1

(x+ 1)2| {z }y0p

+1

x+ 1· k

x+ 1| {z }yp

=lnx

x+ 1,

k01

x+ 1=

lnx

x+ 1,

k0 = lnx,

k =

Zlnx dx = x lnx−

Zx · 1xdx

= x lnx−Zdx = x lnx− x.

Hemos obtenido la siguiente solución particular para la EDO completa

yp = (x lnx− x) 1

x+ 1,

la solución general de la EDO completa es

y = yh + yp,

y =k

x+ 1+x lnx− xx+ 1

, k ∈ R.Para determinar el valor de la constante, imponemos la condición inicial

y(1) = 10,

k

2+1 ln 1− 1

2= 10,

k − 1 = 20 ⇒ k = 21.


y =21 + x lnx− x

x+ 1, x > −1. ¤



dx+ 2y = f(x),

y(0) = 0,

donde

f(x) =

½1 si 0 ≤ x ≤ 3,0 si x > 3.

Se trata de una EDO lineal

y0 + 2y = f(x).

EDO homogénea asociaday0 + 2y = 0,

identificamosp(x) = 2,

la solución general de la EDO homogénea asociada es

yp = ke−Rp(x) dx = ke−

R2 dx

= ke−2x, k ∈ R.

Determinamos la solución para el tramo 0 ≤ x ≤ 3. En este caso, tenemos laEDO completa

y0 + 2y = 1 0 ≤ x ≤ 3,proponemos una solución particular para la EDO completa

yp = k(x) e−2x,

y0p = k0e−2x − 2k e−2x

y sustituimos en la EDO completa

y0 + 2y = 1,

k0e−2x − 2ke−2x| {z }y0p

+2 ke−2x| {z }yp

= 1

k0e−2x = 1,

k0 =1

e−2x= e2x,

k =

Ze2x dx =

1

2e2x.

Resulta la solución

yp =

µ1

2e2x¶e−2x =

1

2

La solución general de la EDO completa en el primer tramo es

y = ke−2x +1

2, k ∈ R.


Observa que si escribes la EDO en la forma

y0 = 1− 2y,está claro que la EDO tiene la solución singular y = 1/2.Aplicamos la condición inicial

y(0) = 0,

0 = k · e0 + 12⇒ k = −1/2.

La solución del problema de valor inicial en el primer tramo es, por lo tanto,

y =1

2− 12e−2x, 0 ≤ x ≤ 3.

Calculamos el valor de esa solución al final de primer tramo

y(3) =1

2− 12e−6.

Para obtener una solución continua, exigimos para la solución del tramo x ∈(3,+∞) ⎧⎨⎩ y0 + 2y = 0,

y(3) =1

2

¡1− e−6¢ .

Hemos visto anteriormente que la solución de y0 + 2y = 0 es

y = ke−2x.

Imponemos la condición inicial⎧⎨⎩ x = 3,

y(3) =1

2− 12e−6,

y resulta

ke−6 =1

2− 12e−6,

k =1

2

¡1− e−6¢e−6

=1

2e6¡1− e−6¢

=1

2

¡e6 − 1¢ .

Solución del 2o tramoy =

1

2

¡e6 − 1¢ e−2x.

Función solución

y(x) =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩1

2− 12e−2x, si 0 ≤ x ≤ 3,

1

2

¡e6 − 1¢ e−2x, si x > 3. ¤



dx+ 2xy = f(x),

y(0) = 2,

donde

f(x) =

½x, si 0 ≤ x ≤ 1,0, si x ≥ 1.

Tenemos una EDO lineal completa. Homogénea asociada

y0 + 2xy = 0,

identificamosp(x) = 2x,

yp = ke− R p(x) dx = ke−x2

Calculamos por variación de parámetros una solución de la EDO completa parael tramo 0 ≤ x ≤ 1

yp = k e−x2 ,

y0p = k0e−x

2 − 2kx e−x2 ,sustituimos en la EDO completa

y0 + 2xy = x, 0 ≤ x ≤ 1,

k0e−x2 − 2kx e−x2 + 2xk e−x2 = x,

k0e−x2

= x,

k0 =x

e−x2= xex

2

,

k =

Zxex

2

dx =1

2ex

2

,

yp =

µ1

2ex

2

¶e−x

2

=1

2.

Solución general de la EDO completa, tramo 0 ≤ x ≤ 1

y = ke−x2

+1

2, k ∈ R.


y(0) = 2,

ke0 +1

2= 2,

k = 2− 12= 3/2,

y =1

2+3

2e−x

2

, x ∈ [0, 1] .


Solución para x > 1. En este caso la EDO es

y0 + 2xy = 0, x > 1.

Por continuidad, tomamos como valor inicial del segundo tramo el valor quetoma la función del primer tramo en x = 1, esto es

y(1) = ytramo1(1),

y(1) =1

2+3

2e−1.

La solución del segundo tramo verifica el problema de valor inicial(y0 + 2xy = 0,

y(1) =1

2+3

2e−1, x ≥ 1.

La solución de y0 + 2xy = 0 es

y = ke−x2

,


y(1) =1

2+3

2e−1,

ke−1 =1

2+3

2e−1,

k =

µ1

2+3

2e−1

¶e =

1

2e+

3

2.

Solución en el segundo tramo

y2 =

µ1

2e+

3

2

¶e−x

2

=1

2e · e−x2 + 3

2e−x

2

=1

2e1−x

2

+3

2e−x

2

.

Solución global

y(x) =

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩1

2+3

2e−x

2

, si 0 ≤ x ≤ 1,

1

2e1−x

2

+3

2e−x

2

, si x > 1. ¤

Ejercicio 21 La función integral seno Si(x) se define como

Si(x) =

Z x

0

sin t

tdt

y Si(0) = 0. Usando Si(x), resuelve el siguiente problema de valor inicial½x3y0 + 2x2y = 10 sinx,y(1) = 0.


EDO lineal, la escribimos en forma estándar

y0 +2x2

x3y = 10

sinx

x3,

y0 +2

xy = 10

sinx

x3.

Homogénea asociada

y0 +2

xy = 0,

identificamosp(x) =

2

x.



R2x dx

= ke−2 ln|x| = keln 1/x2

,

resolvemos para x > 0

y = keln 1/x2

= k1

x2.

Solución completa por variación de parámetros

yp = k(x)1

x2,

y0p = k01

x2+ k

µ− 2x3

¶= k0

1

x2− k 2

x3,

k01

x2− k 2

x3| {z }y0

+2

x· k 1x2|{z}y

= 10sin

x3,

k01

x2= 10

sinx

x3,

k0 = 10sinx

x,

k = 10

Zsinx

xdx = 10

Z x

0

sin t

tdt = 10Si(x).


yp = 10Si(x)

x2.


y =k

x2+10Si(x)

x2.



y(1) = 0,

y(1) = k + 10Si(1) = 0,

k = −10 Si(1),

y(x) =−10 Si(1)

x2+10Si(x)

x2,

y(x) =10

x2(Si(x)− Si(1)) . ¤

5 Métodos numéricosEjercicio 22 Consideramos el problema de valor inicial½

y0 = x2 − y,y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 1.


2. Aproxima la solución usando el método de Euler de 4 pasos, calcula loserrores de truncamiento.


4. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden 2 de 4 pasos,calcula los errores de truncamiento.

1) Solución exacta. EDO lineal, la escribimos en forma estándar

y0 + y = x2.

Homogénea asociaday0 + y = 0,

identificamosp(x) = 1.


yh = ke− R dx = ke−x, k ∈ R.

Solución de la EDO completa por variación de parámetros, tomamos k = k(x)

yp = k(x) e−x,

y0p = k0e−x − ke−x.

Sustituimos en la EDO completa

y0 + y = x2,

k0e−x − ke−x + ke−x = x2,


k0e−x = x2,

k0 =x2

e−x= x2ex,

k =

Zx2ex dx.

La integral se calcula aplicando integración por partes dos vecesZx2ex dx = x2ex −

Z2xex dx

= x2ex − 2Zxex dx

= x2ex − 2∙xex −

Zex dx

¸= x2ex − 2xex + 2ex.

Tenemos la solución particular de la EDO completa

yp =¡x2ex − 2xex + 2ex¢ e−x

= x2 − 2x+ 2.Solución general de la EDO completa

y = yh + yp,

y = ke−x + x2 − 2x+ 2, k ∈ R.Solución del problema de valor inicial: exigimos y(0) = 1

ke0 + 2 = 1,

k = 1− 2 = −1.Finalmente, resulta

y = −e−x + x2 − 2x+ 2.2) Método de Euler de 4 pasos. Intervalo

[a, b] = [0, 1] ,

step

h =b− a4

=1

4= 0.25.

El problema está en forma normal

y0 = f(x, y)

conf(x, y) = x2 − y.

Formulación del método

yj+1 = yj + h f(xj , yi)

= yj + h (x2j − yi).


Fase 1. Partimos de ½x0 = 0,y0 = 1,

calculamos

y1 = y0 + 0.25 ·¡x20 − y0

¢= 1 + 0.25× (−1) = 0.75.

Fase 2. Partimos de ½x1 = 0.25,y1 = 0.75,

calculamos

y2 = y1 + 0.25¡x21 − y1

¢= 0.75 + 0.25 ·

¡0.252 − 0.75¢

= 0.5781.


calculamos

y3 = 0.5781 + 0.25 ·¡0.52 − 0.5781¢

= 0.4961.


calculamos

y4 = 0.4961 + 0.25 ·¡0.752 − 0.4961¢

= 0.5127.

Resumen de valores y errores de truncamiento

j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1.0000 1 01 0.25 0.7500 0.7837 0.03372 0.50 0.5781 0.6435 0.06543 0.75 0.4691 0.5901 0.09404 1 0.5127 0.6321 0.1194

3) Método de Euler modificado. En cada paso debemos calcular⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

k(1)j = f (xj , yj) ,

k(2)j = f

³xj+1, yj + hk

(1)j

´,

yj+1 = yj +h2

³k(j)1 + k

(j)2

´.


Fase 1. Tenemos ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩x0 = 0,y0 = 1,x1 = 0.25.

Calculamosk(0)1 = f (x0, y0) = f(0, 1) = 0

2 − 1 = −1,

k(0)2 = f

³x1, y0 + hk

(0)1

´= f (0.25, 1 + 0.25(−1)) = f (0.25, 1− 0.25)= f (0.25, 0.75) = (0.25)2 − 0.75= −0.6875,

y1 = y0 +h

2

³k(0)1 + k

(0)2

´= 1 +

0.25

2(−1− 0.6875) = 0.7891.

Fase 2. Tenemos ⎧⎨⎩ x1 = 0.25,y1 = 0.7891,x2 = 0.5.

Calculamos ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

k(1)1 = f (x1, y1) ,

k(1)2 = f

³x2, y1 + hk

(1)1

´,

y2 = y1 + h³k(1)1 + k

(1)2

´.

k(1)1 = f(0.25, 0.7891) = (0.25)2 − 0.7891 = −0.7266.

k(1)2 = f(0.5, 0.7891 + 0.25 · (−0.7266))

= f(0.5, 0.6074)

= (0.5)2 − 0.6074 = −0.3574.

y2 = 0.7891 +0.25

2· (−0.7266− 0.3574)

= 0.6536.

Fase 3. Tenemos ⎧⎨⎩ x2 = 0.5,y2 = 0.6536,x3 = 0.75.

Calculamos ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

k(2)1 = f (x2, y2) ,

k(2)2 = f

³x3, y2 + hk

(2)1

´,

y3 = y2 +h2

³k(2)1 + k

(2)2

´.


k(2)1 = f (0.5, 0.6536) = (0.5)2 − 0.6536 = −0.4036,k(2)2 = f(0.75, 0.6536 + 0.25× (−0.4036))

= f(0.75, 0.5527) = (0.75)2 − 0.5527 = −0.0098.

y3 = y2 +h

2

³k(2)1 + k

(2)2

´= 0.6536 +

0.25

2(−0.4036− 0.0098)

= 0.6044.

Fase 4. Tenemos ⎧⎨⎩ x3 = 0.75,y3 = 0.6044,x4 = 1.

Calculamos ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

k(3)1 = f (x3, y3) ,

k(3)2 = f

³x4, y3 + hk

(3)1

´,

y4 = y3 +h2

³k(1)1 + k

(1)2

´.

k(3)1 = f (0.75, 0.6044) = (0.75)2 − 0.6044 = −0.0419,k(3)2 = f

³x4, y3 + hk

(3)1

´= f(1, 0.6044 + 0.25× (−0.0419))

= f(1, 0.5939) = 1− 0.5939 = −0.406075.

y4 = 0.6044 +0.25

2(−0.0419− 0.406075)

= 0.6499.

Resumen de valores y errores de truncamiento

j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1 1 01 0.25 0.7891 0.7837 0.00542 0.5 0.6536 0.6435 0.01013 0.75 0.6044 0.5901 0.01434 1.0 0.6499 0.6321 0.0178

4) Método de Taylor de 2 o orden. El método es

yj+1 = yj + h f (xj , yj) +h2

2

£f 0x (xj , yj) + f

0y (xj , yj) f (xj , yj)

¤.

Tenemos ⎧⎨⎩ f(x, y) = x2 − y,f 0x (x, y) = 2x,f 0y (x, y) = −1.

Fase 1. Partimos dex0 = 0, y0 = 1.


Calculamos ⎧⎨⎩ f(x0, y0) = 0− 1 = −1,f 0x (x0, y0) = 0,f 0y (x0, y0) = −1,

y1 = y0 + h f (x0, y0) +h2

2

£f 0x (x0, y0) + f

0y (x0, y0) f (x0, y0)

¤= 1 + 0.25 · (−1) + (0.25)

2

2(0 + (−1) · (−1))

= 0. 78125.

Fase 2. Partimos dex1 = 0.25, y1 = 0. 78125.

Calculamos ⎧⎨⎩ f(x1, y1) = (0.25)2 − 0. 78125 = −0. 71875,

f 0x (x1, y1) = 0.5,f 0y (x1, y1) = −1.

y2 = y1 + h f (x1, y1) +h2

2

£f 0x (x1, y1) + f

0y (x1, y1) f (x1, y1)

¤= 0. 78125 + 0.25 · (−0. 71875) + (0.25)

2

2[0.5 + (−1) · (−0. 71875)]

= 0. 63965.

Fase 3. Partimos dex2 = 0.5, y2 = 0. 63965.

Calculamos ⎧⎨⎩ f(x2, y2) = (0.5)2 − 0. 63965 = −0. 38965,

f 0x (x2, y2) = 1,f 0y (x2, y2) = −1.

y3 = y2 + h f (x2, y2) +h2

2

£f 0x (x2, y2) + f

0y (x2, y2) f (x2, y2)

¤= 0. 63965 + 0.25 · (−0. 38965) + (0.25)

2

2[1 + (−1) · (−0. 38965)]

= 0. 58566 .

Fase 4. Partimos dex3 = 0.75, y3 = 0. 58566,

Calculamos ⎧⎨⎩ f(x3, y3) = (0.75)2 − 0. 58566 = −0.0 2316 ,

f 0x (x3, y3) = 1.5,f 0y (x3, y3) = −1.

y4 = y3 + h f (x3, y3) +h2

2

£f 0x (x3, y3) + f

0y (x3, y3) f (x3, y3)

¤= 0. 58566 + 0.25 · (−0.0 2316 ) + (0.25)

2

2[1.5 + (−1) · (−0.0 2316 )]

= 0. 62747.


Resumen y errores de truncamiento

j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1.0000 1 01 0.25 0.78125 0.78370 0.002452 0.50 0.63965 0.64347 0.003823 0.75 0.58566 0.59013 0.004474 1 0.62747 0.63212 0.00465

¤

Ejercicio 23 Consideramos el problema de valor inicial½y0 = 3y + 3x,y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 0.2.






y0 − 3y = 3x.

Homogénea asociaday0 − 3y = 0,

identificamosp(x) = 3.


y = ke−R(−3) dx = ke3x, k ∈ R.

Solución de la EDO completa por variación de parámetros. Proponemos unasolución particular de la forma

y = k(x) e3x,

y0 = k0e3x + 3ke3x,

y sustituimos en la EDO completa para determinar k(x).

k0e3x + 3ke3x − 3ke3x = 3x,

k0e3x = 3x,

k0 =3x

e3x= 3xe−3x,


k =

Z3xe−3x dx

= −xe−3x +Ze−3x dx

= −xe−3x − 13e−3x.

Obtenemos

yp =

µ−xe−3x − 1

3e−3x

¶e3x

= −x− 13.


y = yh + yp,

y = ke3x +

µ−x− 1

3

¶, k ∈ R.

Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición inicial

y(0) = 1

k − 13= 1⇒ k = 1 +

1

3=4

3.


y =4

3e3x − x− 1

3.

2) Método de Euler de 5 pasos. Intervalo

[a, b] = [0, 0.2] ,

step

h =b− a5

=0.2

5= 0.04.

El problema está en forma normal

y0 = f(x, y)

conf(x, y) = 3x+ 3y.

Formulación del método

yj+1 = yj + h f(xj , yi).

Fase 1. Partimos dex0 = 0, y0 = 1,

Calculamosf(x0, y0) = 3x0 + 3y0 = 3,


y1 = y0 + h f(x0, y0) = 1 + 0.04 · 3 = 1 + 0.12 = 1.12.Fase 2. Partimos de

x1 = 0.04, y1 = 1.12.

Calculamos

f(x1, y1) = 3x1 + 3y1 = 0.12 + 3.36

= 3.48,

y2 = y1 + h f(x1, y1) = 1.12 + 0.04× 3.48= 1.2592.

Continuando de forma análoga se obtienen los siguientes resultados

j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1 1 01 0.04 1.12 1.1300 0.01002 0.08 1.2592 1.2817 0.02253 0.12 1.4199 1.4578 0.03794 0.16 1.6047 1.6614 0.05675 0.20 1.8165 1.8962 0.0797

3) Método de Euler modificado de 5 pasos. El método es⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

k(j)1 = f (xj , yj) ,

k(j)1 = f

³xj+1, yj + hk

(j)1

´,

yj+1 = yj +h2

³k(j)1 + k

(j)2

´.

Fase 1. Partimos de

x0 = 0, x1 = 0.04, y0 = 1,

calculamosk(0)1 = f (x0, y0) = 3x0 + 3y0 = 3,

k(0)2 = f

³x1, y0 + hk

(0)1

´= f (0.04, 1 + 0.04× 3)

= f (0.04 + 1.12) = 3(1.16) = 3.48,

y1 = y0 +h

2

³k(0)1 + k

(0)2

´= 1 +

0.04

2× (3 + 3.48)

= 1 + 0.02× 6.48= 1.1296.

Fase 2. Partimos de

x1 = 0.04, x2 = 0.08, y1 = 1.1296.


Calculamos

k(1)1 = f(x1, y1) = f(0.04, 1.1296)

= 3(0.04, 1.1296)

= 3.5088,

k(1)2 = f

³x2, y1 + hk

(1)1

´= f(0.08, 1.1296 + 0.04× 3.5088)= f(0.08, 1.2700) = 3(0.08 + 1.2700)

= 4.0499,

y2 = y1 +h

2

³k(1)1 + k

(1)2

´= 1.1296 +

0.04

2(3.5088− 4.0499)

= 1.2808.

Continuando de forma análoga, se obtienen los siguientes resultados:

j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1 1 01 0.04 1.1296 1.1300 0.00042 0.08 1.2808 1.2817 0.00093 0.12 1.4563 1.4578 0.00154 0.16 1.6592 1.6614 0.00225 0.20 1.8930 1.8962 0.0032

4) Método de Taylor de 2 o orden. El método es

yj+1 = yj + h f (xj , yj) +h2

2

£f 0x (xj , yj) + f


¤.

Tenemos

f(x, y) = 3x+ 3y,

f 0x = 3,

f 0y = 3.

En este caso podemos simplificar los cálculos

yj+1 = yj + h f (xj , yj) +h2

2[3 + 3f (xj , yj)] .


Calculamosf (x0, y0) = 3x0 + 3y0 = 3,

y1 = 1 + 0.04 · 3 +(0.04)2

2(3 + 3 · 3) = 1.1296.


Fase 2. Partimos dex1 = 0.04, y1 = 1.1296.

Calculamosf (x1, y1) = 3(0.04 + 1.1296) = 3.5088,

y2 = y1 + hf (x1, y1) +h2

2[3 + 3f (x1, y1)]

= 1.1296 + 0.04× 3.5088 + (0.04)2

2(3 + 3× 3.5088)

= 1.28077.


Calculamos

f (x2, y2) = 3(0.08 + 1.2808)

= 4.0824,

y3 = y2 + hf (x2, y2) +h2

2[3 + 3f (x2, y2)]

= 1.2808 + 0.04× 4.0824 + (0.04)2

2(3 + 3× 4.0824)

= 1.4563.

Continuando de forma análoga, se obtienen los siguientes resultados

j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1.0000 1 01 0.04 1.1296 1.1300 0.00042 0.08 1.2808 1.2817 0.00093 0.12 1.4563 1.4578 0.00154 0.16 1.6592 1.6614 0.00225 0.20 1.8930 1.8962 0.0032

En este caso particular, al aplicar el método de Taylor de 2o orden con 5 pasosse obtienen los mismos resultados que con el método de Euler modificado. ¤

Ejercicio 24 Consideramos el problema de valor inicial½y0 = e−2x − 2y,y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 0.5.







y0 + 2y = e−2x,

homogénea asociaday0 + 2y = 0,

identificamosp(x) = 2,


yh = ke− R 2 dx = ke−2x, k ∈ R.

Solución completa por variación de parámetros, hacemos k = k(x)

y = k(x)e−2x,

y0 = k0e−2x − 2ke−2x,sustituimos en la EDO completa para determinar k(x)

k0e−2x − 2ke−2x + 3ke−2x = e−2x,

k0e−2x = e−2x,

k0 = 1,

k = x.

Obtenemosyp = xe

−2x.


y = yh + yp,

y = ke−2x + xe−2x.

Solución del problema de valor inicial. Imponemos

y(0) = 1,

ke0 + 0 = 1⇒ k = 1,

y = e−2x + xe−2x

= (1 + x) e−2x.

2) Aproximación por el método de Euler de 5 pasos. Intervalo

[a, b] = [0, 0.5] ,

step

h =b− a5

= 0.1,


el problema está en forma normal

y0 = f(x, y)

conf(x, y) = e−2x − 2y.


Calculamos

f(x0, y0) = e−2x0 − 2y0 = e0 − 2 = 1− 2 = −1,

y1 = y0 + h f(x0, y0) = 1 + 0.1 · (−1) = 0.9.Fase 2. Partimos de

x1 = 0.1, y1 = 0.9.

Calculamos

f(x1, y1) = e−2x1 − 2y1 = e−0.2 − 1.8= 0.8187− 1.8 = −0.9813,

y2 = y1 + h f(x1, y1) = 0.9 + 0.1× (−0.9813)= 0.8019.

Continuando de forma análoga se obtienen los siguientes resultados:

j xj yj yj |ej | = |yj − yj|0 0 1 1 01 0.1 0.9 0.9006 0.00062 0.2 0.8019 0.8044 0.00253 0.3 0.7085 0.7135 0.00504 0.4 0.6217 0.6291 0.00745 0.5 0.5423 0.5518 0.0095

3) Método de Euler modificado de 5 pasos.Fase 1. Partimos de

x0 = 0, x1 = 0.1, y0 = 1.

Calculamosk(0)1 = f (x0, y0) = e

0 − 2 · 1 = 1− 2 = −1,

k(0)2 = f

³x1, y0 + hk

(0)1

´= f (0.1, 1 + 0.1× (−1))

= f (0.1 + 0.9) = e−0.2 − 1.8 = −0.9813

y1 = y0 +h

2

³k(0)1 + k

(0)2

´= 1 +

0.1

2(−1− 0.9813)

= 0.9009.


Fase 2. Partimos de

x1 = 0.1, x2 = 0.2, y1 = 0.9009.

Calculamos

k(1)1 = f(x1, y1) = e

−2x1 − 2y1 = e−0.2 − 2× 0.9009= −0.9831,

k(1)2 = f

³x2, y1 + hk

(1)1

´= f(0.2, 0.9009 + 0.1× (−0.9831))

= f(0.2, 0.8026) = e−0.4 − 2× 0.8026= −0.9349,

y2 = y1 +h

2

³k(1)1 + k

(1)2

´= 0.9009 +

0.1

2(−0.9831− 0.9349)

= 0.8050.

Continuando de forma análoga, se obtienen los siguientes resultados:

j xj yj yj |ej | = |yj − yj|0 0 1 1 01 0.1 0.9009 0.9006 0.00032 0.2 0.8050 0.8044 0.00063 0.3 0.7144 0.7135 0.00094 0.4 0.6302 0.6291 0.00115 0.5 0.5531 0.5518 0.0013

4) Método de Taylor de 2o orden. Tenemos⎧⎨⎩ f(x, y) = e−2x − 2y,f 0x(x, y) = −2e−2x,f 0y(x, y) = −2,

método

yj+1 = yj + h f (xj , yj) +h2

2

£f 0x (xj , yj) + f


¤.

Fase 1. Partimos dex0 = 0, y0 = 1,

calculamosf (x0, y0) = e

0 − 2 = −1,f 0x (x0, y0) = −2e0 = −2,

f 0y (x0, y0) = −2,

y1 = y0 + h f (x0, y0) +h2

2

£f 0x (x0, y0) + f

0y (x0, y0) f (x0, y0)

¤.


y1 = 1 + 0.1× (−1) + (0.1)2

2(−2 + (−2) · (−1))

= 1− 0.1 = 0.9,


Calculamosf (x1, y1) = e

−0.2 − 1.8 = −0.9813,f 0x (x1, y1) = −2e−2x1 = −2e−0.2 = −1.6375,

f 0y (x1, y1) = −2,

y2 = y1 + h f (x1, y1) +h2

2

£f 0x (x1, y1) + f

0y (x1, y1) f (x1, y1)

¤= 0.9 + 0.1× (−0.9813) + (0.1)

2

2[−1.6375− 2x(−0.9813)]

= 0.8035.

Continuando de forma análoga, se obtiene:

j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1 1 01 0.1 0.9 0.9006 0.00062 0.2 0.8035 0.8044 0.00093 0.3 0.7125 0.7135 0.00104 0.4 0.0282 0.6291 0.00095 0.5 0.5511 0.5518 0.0007

¤

6 Problemas de aplicaciónEjercicio 25 Se sabe que la población de una cierta comunidad aumenta conuna rapidez proporcional a la cantidad de personas que tiene en cualquier mo-mento t. Si la población se duplicó en cinco años, ¿en cuánto tiempo se triplicaráy se cuadriplicará?

Notacionesy(t) población en instante t,t tiempo en años,t = 0 instante inicial,y0 = y(0) población inicial.

EDOdy

dt= αy,

donde α es una constante desconocida. Se trata de una EDO lineal homogénea

y0 − αy = 0.

y = ke−R(−α) dt = keαt.


Condición inicialy(0) = y0,

y0 = keα·0 = k.

Modelo matemáticoy = y0e

αt.

Sabemos que la población se duplica en 5 años

y(5) = 2y0,

y0e5α = 2y0,

e5α = 2,5α = ln 2,

α =ln 2

5.

Modeloy = y0e

ln 25 t.

Determinamos el tiempo necesario para que la población se triplique. Resolve-mos

y(t) = 3y0,

y0eln 25 t = y03,

eln 25 t = 3,

ln 2

5t = ln 3,

t =5 ln 3

ln 2= 7.92 años.

Determinamos el tiempo necesario para que la población se cuadriplique. Re-solvemos

y(t) = 4y0,

y0eln 25 t = 4y0,

eln 25 t = 4,

ln 2

5t = ln 4,

t = 5ln 4

ln 2= 5

2 ln 2

ln 2= 10 años. ¤

Ejercicio 26 La población de una comunidad crece a razón proporcional a lapoblación en cualquier momento t. Su población inicial es de 500 individuos yaumenta un 15% en 15 años. ¿Cuál será la población en 30 años?


Notaciones:y(t) población,t tiempo en años,t = 0 instante inicial,y0 = y(0) = 500 población inicial.

EDOdy

dt= αy,

donde α es una constante desconocida. Se trata de una EDO lineal homogénea

y0 − αy = 0,

y = ke−R(−α) dt = keαt, k ∈ R.

Determinamos k con la condición inicial

y(0) = 500,

ke0 = 500 ⇒ k = 500.

Obtenemosy = 500eαt.

Determinamos α con la condición de que la población aumenta el 15% en 10años

y(10)− y(0)y(0)

= 0.15,

y0e10α − y0y0

= 0.15,

e10α − 1 = 0.15,e10α = 1.15,

10α = ln 1.15,

α =ln 1.15

10= 0.01 398.

Modeloy = 500e0.01398t.

Población en 30 años

y(30) = 500e0.01398×30

= 760 individuos. ¤

Ejercicio 27 Cuando un haz vertical de luz pasa por una sustancia transpar-ente, la rapidez con que decrece la intensidad I(x) es proporcional a I(x), dondex representa el espesor, en pies, del medio. En agua clara, la intensidad a 3pies bajo la superficie es el 25% de la intensidad inicial I0 del haz incidente.¿Cuál será la intensidad del haz de luz a 15 pies bajo la superficie?


Notaciones:

I(x) intensidad a profundidad x,x profundidad en pies (1pie = 30.5cm),x = 0 superfície,I0 intensidad del haz en la superfície,I(3) = 0.25I0 intesidad a 3 pies de profundidad.

EDOdI

dx= αI,

donde α es una constante desconocida; se trata de una EDO lineal homogénea

I 0 − αI = 0.

Solución generalI(x) = ke−

R(−α) dx = keαx.


I(0) = I0,

keα·0 = I0 ⇒ I0 = k.

Obtenemos el modeloI(x) = I0e

αx,

usamos la condiciónI(3) = 0.25I0

para determinar α:I0e

3α = 0.25I0,

e3α = 0.25,

3α = ln 0.25,

α =ln 0.25

3= −0.4621.

ModeloI(x) = I0e

−0.4621x.

Intensidad 15 pies bajo la superficie

I(15) = I0e−0.4621·15 = 0.000978 I0.

La intensidad 15 pies bajo la superficie es el 0.098% de la intensidad en lasuperficie ' 0.1%. ¤

Ejercicio 28 El Pb-209, isótopo radioactivo del plomo, se desintegra con unarapidez proporcional a la cantidad presente en cualquier instante t y tiene unavida media de 3.3 horas. Si al principio había 1 gramo de plomo, ¿cuánto tiempodebe transcurrir para que se desintegre el 90%?Nota. La vida media de una sustancia radioactiva es el tiempo necesario paraque se desintegre la mitad de la cantidad inicial.


Notaciones:y(t) cantidad de Pb-209 en gr,t tiempo en horas,t = 0 instante inicial,y0 = 1 cantidad inicial.

Ecuación diferencialdy

dt= αy ⇒ y0 − αy = 0,

y0 − αy = 0.

Solución generaly = ke−

R(−α) dt = keαt, k ∈ R.

Condición inicialy(0) = y0 ⇒ y0 = ke

0 ⇒ y0 = k,

y = y0eαt.

Usamos la condición de vida media

y(3.3) =1

2y0

para determinar α:1

2y0 = y0e

3.3α,

e3.3α =1

2,

3.3α = ln1

2,

α =1

3.3ln 1/2 = −0.2100.

Modeloy = y0e

−0.2100t.

Inicialmente teníamos 1gr, por lo tanto el modelo es

y = e−0.2100t,

cuando se desintegra el 90%, queda el 10%. Resolvemos

e−0.2100t = 0.1,

t = − ln 0.10.21

= 10.9647 ' 11 horas. ¤

Ejercicio 29 Inicialmente, había 100 miligramos de una sustancia radioactivay, al cabo de 6 horas, la cantidad ha disminuido en un 3%. Si la velocidadde desintegración, en el instante t, es proporcional a la cantidad de sustanciapresente, calcula la vida media de la sustancia.


Notaciones:

y cantidad de sustancia en miligramos,t tiempo en horas,t = 0 instante inicial,y0 cantidad inicial.

EDOy0 = αy,

y0 − αy = 0,

y = ke−R(−α) dt = keαt,

imponemos la condición inicial

y0 = keα·0 ⇒ k = y0.

Modeloy = y0ke

αt.

Para determinara α usamos la condición de que después de 6 horas queda el97% de la cantidad inicial

y(6) = 0.97 y0,

y0e6α = 0.97y0,

e6α = 0.97,

α =ln 0.97

6= −0.00508.

Vida media: Tenemos que calcular tm para que

y(tm) =1

2y0,

y0e−0.00508tm =

1

2y0,

e−0.00508tm =1

2,

tm = − ln 1/2

0.00508= 136.45 horas.

La vida media es tm = 136.45 horas. ¤

Ejercicio 30 Un termómetro se saca de un recinto donde la temperatura delaire es de 70oF y se lleva al exterior, donde la temperatura es de 10oF. Despuésde medio minuto, el termómetro indica 50oF. ¿Cuál será la lectura cuando t =1minuto? ¿Cuánto tiempo se necesita para que el termómetro llegue a 15oF?

Notaciones y datos relevantes:

y(t) temperatura en oF,t tiempo en minutos,t = 0 instante inicial,y0 = y(0) = 70

oF temperatura inicial,y(0.5) = 50oF temperatura después de 1/2 min,Tm = 10

oF temperatura ambiente.


Modelo: Ley de enfriamiento de Newton

dy

dt= −α(y − Tm),

donde α es una constante desconocida. Se trata de una EDO lineal completa

y0 = −α(y − 10),

la escribimos en forma estándar

y0 + αy = 10α.

EDO homogénea asociaday0 + αy = 0.


yh = ke− R α dt = ke−αt, k ∈ R.

Solución de la EDO completa por variación de parámetros. Proponemos unasolución particular de la EDO completa de la forma

y = k(t) e−αt,

y0 = k0e−αt − ke−αt,sustituimos en la EDO completa para determinar k(t)

k0e−αt − αke−αt + αke−αt = 10α,

k0eαt = 10α,

k0 =10α

e−αt= 10αeαt,

k =

Z10αeαt dt

= 10eαt.

Resulta la solución particular

yp = 10eαte−αt = 10.


y = ke−αt + 10, k ∈ R.


y0 = 70,

ke0 + 10 = 70,

k = 60,


obtenemosy = 10 + 60e−αt.

Determinamos α con la condición

y(0.5) = 50,

10 + 60e−0.5α = 50,

60e−0.5α = 40,

e−0.5α =40

60=2

3,

−0.5α = ln 2/3,

α = − 1

0.5ln 2/3 = −2 ln 2/3,

α = 0.8109.

Modeloy = 10 + 60e−0.8109t.

La temperatura después de 1 minuto será

y(1) = 10 + 60e−0.8109 = 36.67oF.

Para determinar el tiempo necesario para que la temperatura sea de 15oF ,resolvemos

y(t) = 15,

10 + 60e−0.8105t = 15,

60e−0.8109t = 5,

e−0.8109t =5

60=1

12,

t = − 1

0.8109ln

µ1

12

¶=

ln 12

0.8109= 3.06 minuntos.

Nota. Es habitual escribir la ley de enfriamiento de Newton en la forma

dy

dt= −α(y − Tm),

en este caso, la constante α es positiva y la variación de temperatura es negativacuando la temperatura y del cuerpo es superior a la temperatura ambiente. Sinembargo, no hay ningún inconveniente en plantear la ecuación diferencial en laforma

dy

dt= α(y − Tm),

en este caso, obtendremos un valor negativo para la constante α y el modeloresultante será el mismo. ¤

Ejercicio 31 Un termómetro que indica 70 oF se coloca en un horno precalen-tado a temperatura constante. A través de una ventana del horno, un observadorregistra una temperatura de 110 oF después de 1/2 minuto y de 145 oF despuésde 1 minuto. ¿A qué temperatura está el horno?



y(t) temperatura del termómetro (en oF),t tiempo en minutos,t = 0 instante inicial,y0 = y(0) = 70

o temperatura inicial del termómetro,Tm temperatura del medio.

Disponemos de las observaciones½y(0.5) = 110 oF,y(1) = 145 oF.

el objetivo es determinar la temperatura del medio Tm.Ley de enfriamiento de Newton

dy

dt= −α (y − Tm) . (α constante.)

Se trata de una EDO lineal completa, la escribimos en forma estándar

y0 + αy = αTm.

Homogénea asociaday + αy = 0,

yh = ke− R α dt = ke−αt, k ∈ R.

Solución de la EDO completa por variación de parámetros

y = k(t)e−αt,

y0 = k0e−αt − αke−αt,

k0e−αt − αke−αt − αke−αt = αTm,

k0e−αt = αTm,

k0 = αTmeαt,

k =

ZαTme

αt = Tmeαt,

yp =¡Tme

αt¢e−αt = Tm.


y = ke−αt + Tm, k ∈ R.


y0 = 70,

ke−α·0 + Tm = 70,

k = 70− Tm.


Modeloy = (70− Tm) e−αt + Tm.

Determinamos α y Tm con los datos

y(0.5) = 110,

y(1) = 145,

y(1) = 145 ⇒ Tm + (70− Tm) e−α = 145,(70− Tm) e−α = 145− Tm,

e−α =145− Tm70− Tm ,

−α = ln 145− Tm70− Tm ,

α = − ln 145− Tm70− Tm .

Sustituimos α eny = Tm + (70− Tm) e−αt

y obtenemos

y = Tm + (70− Tm) e(ln145−Tm70−Tm )t

= Tm + (70− Tm) eln[145−Tm70−Tm ]

t

,

y = Tm + (70− Tm)∙145− Tm70− Tm

¸t.

Para determinar Tm, hemos de resolver

y(1/2) = 110,

Tm + (70− Tm)r145− Tm70− Tm = 110,

(70− Tm)r145− Tm70− Tm = 110− Tm,r

145− Tm70− Tm =

110− Tm70− Tm ,

145− Tm70− Tm =

µ110− Tm70− Tm

¶2,

(70− Tm) (145− Tm) = (110− Tm)2 ,T 2m − 215Tm + 10100 = T 2m − 220Tm + 12100,

220Tm − 215Tm = 12100− 10150,5Tm = 1950,

Tm =1950

5= 390

o

.


El modelo matemático que describe la temperatura del termómetro es

y = 390− 320µ49

64

¶t,

vemos que, efectivamente, con este modelo se obtienen los valores observados

y(1) = 390− 320µ49

64

¶1= 145,

y(1/2) = 390− 320µ49

64

¶1/2= 390− 320× 7

8= 110. ¤

Ejercicio 32 Un tanque contiene 200 litros de agua donde se han disuelto 30gramos de sal. Entra al tanque un caudal de 4 litros por minuto de solución con1 gramo de sal por litro. Bien mezclado, sale del tanque un caudal de 4 litrospor minuto. Calcula la cantidad A(t) de sal que hay en el tanque en cualquierinstante t.


A(t) cantidad de sal, en gramos,t tiempo en minutos,t = 0 instante inicial,A0 = 30g cantidad inicial de sal en el tanque,A200

concentración mezcla (en gr/litro),1 g/litro concentración entrada.

Observamos que

caudal de entrada = 4 litros/min = caudal de salida,

por lo tanto, el volumen de líquido en el tanque se mantiene constante.

Variación de la cantidad de sal =

entraz }| {1g

litro× 4 litros

min−

salez }| {A

200

g

litro× 4 litros

min

= 4

µ1− A

200

¶g/min .

Ecuación diferencial

dA

dt= 4

µ1− A

200

¶= 4− 4A

200

= 4− A

50.

Es una EDO lineal, la escribimos en forma estándar

A0 +A

50= 4.


Homogénea asociada

A0 +A

50= 0.


Ah = ke− t50 , k ∈ R.

Solución de la EDO completa por variación de parámetros, proponemos unasolución de la forma

A = k(t) e−t50

y la sustituimos en la EDO completa para determinar k(t)

k0e−t50 − t

50ke−

t50 +

t

50ke−

t50 = 4,

k0 = 4et50 ,

k =

Z4e

t50 dt = 200

Ze

t501

50dt

= 200 et50 ,

Ap =³200 e

t50

´e−

t50 = 200.


A = ke−t50 + 200, k ∈ R.


A0 = 30,

ke0 + 200 = 30,

k = −170,Modelo

y = 200− 170e−t/50. ¤

Ejercicio 33 Un tanque tiene 500 galones de agua pura y le entra salmueracon 2 libras de sal por galón a razón de 5 gal/min. El tanque se mezcla bien poragitación y de él sale la mezcla con la misma rapidez. Determina la cantidadA(t) de libras de sal que hay en el tanque en cualquier instante t. ¿Cuál es laconcentración de la solución del tanque cuando t = 5 min?


1 galón 37.85 litros,1 libra 0.4536 kg,A(t) cantidad de sal en libras,t tiempo en minutos,t = 0 instante inicial,A0 = A(0) = 0 libras cantidad inicial de sal (agua pura),Volumen del tanque 500 galones (constante),Caudal de entrada = caudal de salida 5 gal/min,Concentración entrada 2 lb/gal,Concentración en el tanque en instante t A

500libras/galón.


Tasa de entrada de sal2 lbgal

× 5 galmin

=10 lbmin

.

Tasa de salidaA lb500 gal

× 5 galmin

=A

100

lbmin

.

Tasa netadA

dt= 10− A

100.

Es una EDO lineal, la escribimos en forma estándar

A0 +A

100= 10.

Ecuación homogénea

A0 +A

100= 0.


A = ke−R

1100 dt = ke−

t100 .

Sabemos que la solución general de la EDO completa se puede escribir en laforma

A = Ah +Ap,

donde Ap es una solución particular cualquiera de la EDO completa, en estecaso (y en los problemas anteriores) podemos obtener una solución singular deforma directa. Las soluciones singulares son soluciones constantes, por lo tanto,tenemos A0 = 0 y resulta la ecuación

A

100= 100⇒ A = 1000,

por lo tanto, disponemos de la solución particular

Ap = 1000.

Solución de la ecuación completa

A = 1000 + ke−t100 , k ∈ R.


A(0) = 0,

1000 + ke0 = 0⇒ k = −1000.Obtenemos el modelo

A = 1000− 1000 e− t100 .

Concentración cuando t = 5 min. Calculamos la cantidad de sal

A(5) = 1000− 1000 · e− 5100 = 48.77 libras,

la concentración es48.77 lb500 gal

= 0.0975 lb/gal. ¤


Ejercicio 34 Un tanque está parcialmente lleno con 100 galones de salmuera,con 10 lb de sal disuelta. Le entra salmuera con 1/2 lb de sal por galón a razón de6 gal/min. El contenido sale del tanque (bien mezclado) a razón de 4 gal/min.Calcula la cantidad de libras de sal que hay en el tanque a los 30 minutos.

Notaciones:

y(t) cantidad de sal en el instante t,t = 0 instante inicial,y0 = y(0) = 10 lb cantidad inicial de sal,Volumen inicial 100 galones.

En este problema tenemos:

caudal entrante 6 gal/min,caudal saliente 4 gal/min,

¾por lo tanto el volumen del contenido del tanque varía a razón de

Variación de volumen = 6 gal/min − 4 gal/min = 2 gal/min.

El volumen en el instante t será

V (t) = 100 + 2 · t

y la concentracióny(t)

100 + 2t

lbgal.

Tasa de entrada de sal

0.5lbgal

× 6 galmin

= 3lbmin

.

Tasa de salida de sal

y

100 + 2t

lbgal

× 4 galmin

=4y

100 + 2t

lbmin

.

Tasa netady

dt= 3− 4y

100 + 2t.

EDO lineal completa; la escribimos en forma estándar

y0 +4y

100 + 2t= 3,

identificamosp(t) =

4

100 + 2t.


y = ke−R

4100+2t dt

= ke−2 ln|100+2t|,


como t ≥ 0y = ke−2 ln(100+2t)

= keln³

1(100+2t)2

´,

y = k1

(100 + 2t)2.

Solución de la EDO completa por variación de parámetros

y0 = k01

(100 + 2t)2+ k

(−2)(100 + 2t)3

· 2

= k01

(100 + 2t)2− 4k

(100 + 2t)3.

Sustituimos eny0 +

4y

100 + 2t= 3,

k01

(100 + 2t)2− 4k

(100 + 2t)3+

4

100 + 2t· k

(100 + 2t)2= 3,

k01

(100 + 2t)2= 3,

k0 = 3 (100 + 2t)2 ,

k =

Z3 (100 + 2t)2 dt =

3

2

Z(100 + 2t)2 2 dt

=3

2· 13(100 + 2t)

3

=1

2(100 + 2t)

3.


yp =1

2(100 + 2t)3

1

(100 + 2t)2

=1

2(100 + 2t) .


y =k

(100 + 2t)2+1

2(100 + 2t) , k ∈ R.


y (0) = 10,

k

(100 + 0)2+1

2(100 + 2 · 0) = 10,

k

1002+ 50 = 10,


k = (−40)× 1002 = −4× 105.Modelo matemático de la cantidad de sal

y =1

2(100 + 2t)− 4× 105

(100 + 2t)2.

La cantidad de sal después de 30 minutos es

y(30) =1

2(100 + 60)− 4× 105

(100 + 60)2

=1

2× 160− 4× 10

5

1602

= 80− 15.625 = 64.375 lb. ¤

Ejercicio 35 La ecuación diferencial que describe la velocidad de una masa men caída, cuando la resistencia del aire es proporcional a la velocidad instantáneaes

mdv

dt= mg − cv,

donde c > 0 es una constante y el sentido positivo se ha tomado hacia abajo.

1. Resuelve la ecuación diferencial con la condición inicial v (0) = 0.

2. Determina la velocidad terminal de la masa

vT = limt→∞

v (t) .

3. Si s (t) es la distancia, medida desde el punto en que se suelta la masa,tenemos

ds

dt= v.

Determina la ecuación de s(t) con la condición inicial s(0) = 0.

1) Solución de la ecuación diferencial

mdv

dt= mg − cv,

dv

dt= g − c

mv.

Es una EDO lineal completa, la escribimos en forma estándar

v0 +c

mv = g.


v0 +c

mv = 0,

identificamosp(t) =

c

m,



v = ke−R

cm dt = ke−

cm t, k ∈ R.


v = vh + vp,

v = ke−km t + vp.

En este caso es sencillo hallar una solución particular de la EDO completa vp,pues la EDO tiene una solución constante (solución singular), que se obtienehaciendo v0 = 0 y determinando v

0 = g − c

mv,

vp =mg

c.

(Verifica que la solución vp realmente satisface la EDO completa).Solución general de la EDO completa

v(t) =mg

c+ ke−

cm t, k ∈ R.


v(0) = 0,

mg

c+ ke0 = 0,

k = −mgc,

Finalmente, resulta

v(t) =mg

c− mg

ce−

cm t,

=mg

c

¡1− e− c

m t¢.

2) Velocidad terminal.

vT = limT→∞

v(t) =mg

c

¡1− e−∞¢

=mg

c.

Observa que la velocidad terminal coincide con la solución singular.

3. Ecuación de la posición. Tenemos la ecuación diferencial

ds

dt= v,

ds

dt=mg

c

¡1− e− c

m t¢,


que se trata de una EDO separableZds =

Zmg

c

¡1− e− c

m t¢dt

s =mg

c

³t+

m

ce−

cm t´+ c1.

Determinamos c1 con la condición

s(0) = 0,

mg

c

³0 +

m

ce0´+ c1 = 0,

m2g

c2+ c1 = 0,

c1 = −m2g

c2.

Solución

s(t) =mg

c

³t+

m

ce−

cm t´− m

2g

c2

=mg

c

³t+

m

ce−

cm t − m

c

´. ¤

EPSEM-UPC E.T.S. MinasMétodos MatemáticosTema 9: Sistemas de ecuaciones diferenciales linealesPractica 1Prof: Francisco Palacios Versión 1.3 Noviembre 2008Contenido

Un modelo de difusión de contaminates.

Resolución de sistemas de EDOs con dsolve.

Extracción de soluciones con assign.

Representación de soluciones con plot.

Estudio del estado estacionario con límit.

Obtención de valores definiendo funciones con unapply.

Otención de tiempos con fsolve.

Resolución numérica con la opción type=numeric de dsolve.

Difusión de contaminantesLos depósitos tienen capacidad de 100 litros. Inicalmente tenemos 10 gramos de contaminante en el depósito 1. Las variables x, y representan la cantidad en gramos de contaminante en cada depósito.

> restart;Modelo.> edo1:=diff(x(t),t)=-2/100*x+1/100*y;

edo2:=diff(y(t),t)=2/100*x-2/100*y;

:= edo1

t

( )x t 150

x1

100y

:= edo2

t( )y t

150

x150

y

Resolución con dsolve.> s:=dsolve({edo1,edo2,x(0)=10,y(0)=0},{x(t),y(t)});

:= s { },( )x t 5 e( )1 100 ( ) 2 2 t 5 e( ) 1 100 ( )2 2 t ( )y t 5 2 e( ) 1 100 ( )2 2 t 5 2 e( )1 100 ( ) 2 2 t

Asignamos las soluciones. x(t), y(t) son los nombres que contienen las expresiones con las soluciones.Importante. El contenido de x(t) no es una funció.> assign(s);> x(t);

5 e( )1 100 ( ) 2 2 t 5 e( ) 1 100 ( )2 2 t

> y(t); Page 1

5 2 e( ) 1 100 ( )2 2 t 5 2 e( )1 100 ( ) 2 2 t

Comportamiento en las dos primeras horas.> plot([x(t),y(t)],t=0..120);

t12010080604020

10

8

6

4

2

0

Calculamos el valor de x(120), y(120). Primero definimos funciones para x(t) , y(t).> fx:=unapply(x(t),t);

:= fx t 5 e( )1 100 ( ) 2 2 t 5 e( ) 1 100 ( )2 2 t

> fy:=unapply(y(t),t);

:= fy t 5 2 e( ) 1 100 ( )2 2 t 5 2 e( )1 100 ( ) 2 2 t

> vx120:=evalf(fx(120)); vx120:=evalf(fy(120));

:= vx120 2.558735874 := vx120 3.383535006

Situación de equilibrio. Estimación gráfica> plot([x(t),y(t)],t=0..500,color=[red,blue]);

t500400300200100

10

8

6

4

2

0

> limit(x(t),t=infinity);

0> limit(y(t),t=infinity);

0Tiempo hasta alcanzar una concentración inferior a 10mg/litro en ambos tanques.Como los tanques contienen 100 litros, el contenido máximo será de 1000mg=1gramo.> plot([x(t),y(t),1],t=0..500,color=[red,blue,black]);

Page 2

t500400300200100

10

8

6

4

2

0

En el gráfico vemos que se necesita más de 300 minutos (aprox 5horas), Determinamos los valores numéricos con fsolve.> ty:=fsolve(y(t)=1,t);

:= ty 5.585087536Obtenemos el primer corte, especificamos que queremos una solución entre 300 y 500 minutos> ty:=fsolve(y(t)=1,t=300..400);

:= ty 333.8985365Para el primer depósito, la concentración deseada se alcanza antes.> tx:=fsolve(x(t)=1,t);

:= tx 274.8200766Edo completa. Flujo de entrada 1 litro/min con una concentarción de contaminante de 0.01 gramos/litro> restart;> edo1:=diff(x(t),t)=-2/100*x+1/100*y+1/100;

edo2:=diff(y(t),t)=2/100*x-2/100*y;

:= edo1

t( )x t

150

x1

100y

1100

:= edo2

t

( )y t 1

50x

150

y

> s:=dsolve({edo1,edo2,x(0)=10,y(0)=0},{x(t),y(t)});

s ( )y t 5 2 %2 5 2 %1 2 2 %2 2 %1 %1 %2

( ) 2 2 ( )2 2,

:=

( )x t 5 %1 5 %2 2 %1 %2

12

2 %212

2 %1

( ) 2 2 ( )2 2

:= %1 e( )1 100 ( ) 2 2 t

:= %2 e( ) 1 100 ( )2 2 t

> assign(s);Comportamiento en la dos primeras horas> plot([x(t),y(t)],t=0..120,color=[red,blue]);

Page 3

t 12010080604020

10

8

6

4

2

0

Comportamiento a largo plazo.> plot([x(t),y(t)],t=0..1000,color=[red,blue]);

t1000800600400200

10

8

6

4

2

0

Concetración de equilibrio.> ce:=limit(x(t),t=infinity);

evalf(ce);

:= ce 2

( ) 2 2 ( )2 2.9999999994

Valor de x(1), y(1).> fx:=unapply(x(t),t);

fy:=unapply(y(t),t);

fx t 5 e( )1 100 ( ) 2 2 t 5 e( ) 1 100 ( )2 2 t :=

2 e( )1 100 ( ) 2 2 t e( ) 1 100 ( )2 2 t 12

2 e( ) 1 100 ( )2 2 t 12

2 e( )1 100 ( ) 2 2 t

( ) 2 2 ( )2 2

fy t 5 2 e( ) 1 100 ( )2 2 t 5 2 e( )1 100 ( ) 2 2 t :=

2 2 e( ) 1 100 ( )2 2 t 2 e( )1 100 ( ) 2 2 t e( )1 100 ( ) 2 2 t e( ) 1 100 ( )2 2 t

( ) 2 2 ( )2 2

> vx1:=evalf(fx(1)); vy1:=evalf(fy(1));

:= vx1 9.812867941 := vy1 .1961449481

Resolución numérica, opción type=numeric.es preciso limpiar x(t), y(t).> x(t):='x(t)';

y(t):='y(t)';

:= ( )x t ( )x t := ( )y t ( )y t

> sn:=dsolve({edo1,edo2,x(0)=10,y(0)=0},{x(t),y(t)},type=numeric);Page 4

:= sn proc( ) ... endrkf45_xPodemos calcular valores aproximados para diferentes valores de t.> sn(1);

[ ], ,t 1 ( )x t 9.812867939798924 ( )y t .1961449476407132Compara los valores obtenidos con los valores obtenidos en la resolución exacta.Estudio de la evolución del sistema con otra configuración.

Eliminamos el desagüe del depósito 2

Abrimos un desagüe de 1 litro/minuto desde el depósito 1.

Aumentamos el caudal de transferencia (Dep. 2) --> (Dep.1) a 2 litros /minuto.

La entrada exterior al depósito 1 (izquierda) contien agua limpia.

> restart;> edo1:=diff(x(t),t)=-3/100*x+2/100*y;

edo2:=diff(y(t),t)=2/100*x-2/100*y;

:= edo1

t

( )x t 3

100x

150

y

:= edo2

t( )y t

150

x150

y

Parimos de un contenido inicial x(0)=10. El depósito de la deracha contiene agual limpia.> s:=dsolve({edo1,edo2,x(0)=10,y(0)=0},{x(t),y(t)});

s ( )y t 2017

17 e( ) 1 200 ( )5 17 t 2017

17 e( )1 200 ( ) 5 17 t ,{ :=

( )x t 5 e( )1 200 ( ) 5 17 t 517

17 e( ) 1 200 ( )5 17 t 517

17 e( )1 200 ( ) 5 17 t 5 e( ) 1 200 ( )5 17 t }

> assign(s);Comportamiento en las dos primeras horas.> plot([x(t),y(t)],t=0..120);

Page 5

t12010080604020

10

8

6

4

2

0

Comportamiento a largo plazo.> plot([x(t),y(t)],t=0..1000);

t1000800600400200

10

8

6

4

2

0

Tiempo para alcanzar una concentración del 10mg/litro> plot([x(t),y(t),1],t=0..1000,color=[red,blue,balck]);

t1000800600400200

10

8

6

4

2

0

> fsolve(y(t)=1,t=300..400);

360.1631604>

Page 6


Tema 9: Sistemas de EDOs linealesFrancisco Palacios



Contenido


2. Sistemas lineales homogéneos.

3. Resolución de sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes.

4. Resolución de sistemas completos: variación de parámetros.


1.1 Sistemas lineales

Un sistema de ecuaciones diferenciales lineales de primer orden es un sistemade la forma⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

dx1dt

= a11(t)x1 + a12(t)x2 + · · ·+ a1n(t)xn + b1(t),

dx2dt

= a21(t)x1 + a22(t)x2 + · · ·+ a2n(t)xn + b2(t),...

...dxndt

= an1(t)x1 + an2(t)x2 + · · ·+ ann(t)xn + bn(t).

Los coeficientes aij(t) y los términos independientes bj(t) son funciones conti-nuas en algún intervalo común I. Las incógnitas son las n funciones x1(t), x2(t),. . . , xn(t).El sistema es homogéneo cuando los términos independientes son idénticamentenulos

bj(t) ≡ 0, para j = 1, . . . , n.

Cuando todos los coeficientes aij(t) son constantes, el sistema se denomina decoeficientes constantes.

1

Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 2

1.2 Funciones vectoriales

Una función vectorial de variable real es un vector

X(t) =

⎛⎜⎜⎜⎝x1(t)x2(t)...

xn(t)

⎞⎟⎟⎟⎠cuyas componentes son funciones. Cuando manejamos funciones vectoriales,hemos de tener en cuenta los siguientes aspectos:

1. El dominio de una función vectorial es el la intersección del dominio desus componentes.

2. Una función vectorial es continua en un intervalo I si todas sus compo-nentes son continuas en I.

3. La derivada de una función vectorial se obtiene derivando sus componentes

d

dt

⎛⎜⎜⎜⎝x1(t)x2(t)...

xn(t)

⎞⎟⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

d

dtx1(t)

d

dtx2(t)

...d

dtxn(t)

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠.

4. La primitiva de una función vectorial se obtiene integrando sus compo-nentes

Z ⎛⎜⎜⎜⎝x1(t)x2(t)...

xn(t)

⎞⎟⎟⎟⎠ dt =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

Zx1(t) dt

Zx2(t) dt

...Zxn(t) dt

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠.

Ejemplo 1.1 Consideramos la función vectorial definida por

X(t) =

⎛⎝ ln te2t√4− t

⎞⎠ .1. Determina el dominio.

2. Calcula X0.

3. Calcula una primitiva.

4. Calcula Z 2

1

X dt.


1. Dominio. Las funciones componentes son

x1 = ln t, x2 = e2t, x3 =

√4− t.

Los dominios de las funciones componentes son

D(x1) = (0,+∞) ,D(x2) = (−∞,+∞),D(x3) = (−∞, 4],

por lo tanto, el dominio de la función vectorial es

D(X) = D(x1) ∩D(x2) ∩D(x3) = (0, 4].

2. Derivada.

X0 =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

1

t

2e2t

−12√4− t

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠.

3. Primitiva. Calculamos las primitivas de las funciones componentes.Zx1 dt =

Zln t dt = t ln t−

Zt1

tdt = t ln t− t+ c1,Z

e2t dt =1

2e2t + c2,

Z √4− t dt = −

Z(4− t)1/2 (−1) dt = − 1

(3/2)(4− t)3/2 + c3

=−23(4− t)3/2 + c3.

En resumen, tenemos

ZX dt =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

t ln t− t

1

2e2t

−23(4− t)3/2

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠+C,

donde C =(c1, c2, c3)t es un vector arbitrario de R3.

4. Integral definida. Calculamos la integral definida de las funciones componen-tes Z 2

1

x1dt =

Z 2

1

ln t dt = [t ln t− t]t=2t=1 = 2 ln 2− 1,


Z 2

1

x2 dt =

Z 2

1

e2t dt =

∙1

2e2t¸t=2t=1

=1

2e4 − 1

2e2,

Z 2

1

x3 dt =

Z 2

1

√4− t dt =

∙−23

³p(4− t)

´3¸t=2t=1

= −43

√2 + 2

√3.

Por lo tanto, resulta

Z 2

1

X dt =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝R 21x1(t) dtR 2

1x2(t) dtR 2

1x3(t) dt

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

2 ln 2− 1

1

2e4 − 1

2e2

−43

√2 + 2

√3

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠ =

⎛⎝ 0. 3862923. 604551. 57848

⎞⎠ . ¤

1.3 Propiedades de la derivación de funciones vectoriales

Sea:

• X(t), Y(t) funciones vectoriales del mismo número de componentes,

• α un escalar,

• f(t) una función escalar (a cada t le corresponde un valor real),

• v un vector constante.

Entonces, se cumple

1. [X(t) +Y(t)]0 = X0(t) +Y0(t).

2. [αX(t)]0 = αX0(t).

3. [f(t)X(t)]0 = f 0(t)X(t) + f(t)X0(t).

4. [f(t)v]0 = f 0(t)v.

Ejemplo 1.2 Dada la función vectorial

X =

µt2

sin2 t

¶y la función escalar f(t) = e2t, calcula [f(t)X(t)]0 .

Aplicamos la regla del producto

[f(t)X(t)]0 = f 0(t)X(t) + f(t)X0(t),

[f(t)X(t)]0 = 2e2tµ

t2

sin2 t

¶+ e2t

µ2t

2 sin t cos t

¶= 2e2t

µt2 + t

sin2+sin t cos t

¶. ¤


1.4 Expresión matricial de un sistema lineal

Un sistema lineal de ecuaciones diferenciales de primer orden se puede escribiren la forma

X0 = AX+B,

donde

X =

⎛⎜⎜⎜⎝x1(t)x2(t)...

xn(t)

⎞⎟⎟⎟⎠ , A =

⎛⎜⎜⎜⎝a11(t) a12(t) · · · a1n(t)a21(t) a22(t) · · · a2n(t)...

.... . .

...an1(t) an2(t) · · · ann(t)

⎞⎟⎟⎟⎠ , B =

⎛⎜⎜⎜⎝b1(t)b2(t)...

bn(t)

⎞⎟⎟⎟⎠ .Denominamos dimensión del sistema al número de componentes del vector X.

Ejemplo 1.3 Consideramos el sistema lineal homogéneo con coeficientes cons-tantes ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

dx

dt= −4x+ 6y,

dy

dt= −3x+ 5y.

1. Exprésalo en forma matricial.

2. Verifica que las funciones vectoriales

X1 =

µ11

¶e2t, X2 =

µ21

¶e−t

son soluciones del sistema.

1. Expresión matricial. El sistema puede expresarse en la forma

d

dt

µxy

¶=

µ −4 6−3 5

¶µxy

¶,

si tomamos

X =

µxy

¶, A =

µ −4 6−3 5

¶,

el sistema se escribeX0 = AX.

2. Verificación de la soluciones. Tomamos

X1 =

µ11

¶e2t

y calculamos la derivada

X01 =

µ11

¶2e2t.


Por otra parte, tenemos

AX1 =

µ −4 6−3 5

¶ ∙µ11

¶e2t¸= e2t

∙µ −4 6−3 5

¶µ11

¶¸= e2t

µ −4 + 6−3 + 5

¶= e2t

µ22

¶= X0

1,

por lo tanto, X1(t) es solución del sistema.Para X2, resulta

X2 =

µ21

¶e−t,

X02 =

µ −2−1

¶e−t,

AX2 =

µ −4 6−3 5

¶ ∙µ21

¶e−t¸= e−t

∙µ −4 6−3 5

¶µ21

¶¸= e−t

µ −8 + 6−6 + 5

¶= e−t

µ −2−1

¶,

por lo tanto, X2(t) también es solución del sistema. ¤

2 Sistemas lineales homogéneosNos ocupamos en esta sección de sistemas lineales homogéneos

X0 = AX,

donde

X =

⎛⎜⎜⎜⎝x1(t)x2(t)...

xn(t)

⎞⎟⎟⎟⎠ , A =

⎛⎜⎜⎜⎝a11(t) a12(t) · · · a1n(t)a21(t) a22(t) · · · a2n(t)...

.... . .

...an1(t) an2(t) · · · ann(t)

⎞⎟⎟⎟⎠ .

2.1 Independencia lineal

Supongamos que las funciones vectoriales

X1(t), X2(t), . . . ,Xk(t)

son soluciones del sistema homogéneo en el intervalo I. Decimos que las so-luciones son linealmente dependientes en el intervalo I si existen constantesc1, c2, . . . , ck tales que

c1X1 + c2X2 + · · ·+ ckXk = 0,

para todo t en el intervalo I.Si la ecuación

c1X1 + c2X2 + · · ·+ ckXk = 0, para todo t ∈ Isólo se cumple cuando

c1 = c2 = · · · = ck,decimos que el conjunto de soluciones X1,X2, . . . ,Xk, son linealmente indepen-dientes.


2.2 Wronskiano

La independencia lineal puede estudiarse usando el wronskiano de n funcionesvectoriales.

Teorema 2.1 Consideramos el sistema lineal homogéneo de dimensión n

d

dt

⎛⎜⎜⎜⎝x1x2...xn

⎞⎟⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎜⎝a11(t) a12(t) · · · a1n(t)a21(t) a22(t) · · · a2n(t)...

.... . .

...an1(t) an2(t) · · · ann(t)

⎞⎟⎟⎟⎠⎛⎜⎜⎜⎝x1x2...xn

⎞⎟⎟⎟⎠y supongamos que

X1 =

⎛⎜⎜⎜⎝x11x21...xn1

⎞⎟⎟⎟⎠ ,X2 =

⎛⎜⎜⎜⎝x12x22...xn2

⎞⎟⎟⎟⎠ , . . . ,Xn =

⎛⎜⎜⎜⎝x1nx2n...xnn

⎞⎟⎟⎟⎠son n vectores solución en el intervalo I. Entonces el conjunto de vectores so-lución es linealmente independiente en el intervalo si y sólo si el wronskiano

W (X1,X2, . . . ,Xn) =

¯¯¯x11 x12 · · · x1nx21 x22 · · · x2n...

.... . .

...xn1 xn2 · · · xnn

¯¯¯

es no nulo para todo t ∈ I.

2.3 Estructura del espacio de soluciones

El siguiente teorema determina la estructura del conjunto de soluciones de unsistema lineal homogéneo.

Teorema 2.2 El conjunto de soluciones del sistema lineal homogéneo de di-mensión n

d

dt

⎛⎜⎜⎜⎝x1x2...xn

⎞⎟⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎜⎝a11(t) a12(t) · · · a1n(t)a21(t) a22(t) · · · a2n(t)...

.... . .

...an1(t) an2(t) · · · ann(t)

⎞⎟⎟⎟⎠⎛⎜⎜⎜⎝x1x2...xn

⎞⎟⎟⎟⎠es un espacio vectorial de dimensión n.

Dado el sistema de dimensión n

X0 = AX,

denominamos conjunto fundamental de soluciones a un conjunto de n soluciones

X1,X2, . . . ,Xn

linealmente independientes. Observamos que según el Teorema 2.2, todo sistemalineal homogéneo tiene sistemas fundamentales de soluciones.


Teorema 2.3 Dado el sistema lineal homogéneo

X0 = AX,

sea X1,X2, . . . ,Xn un sistema fundamental de soluciones en el intervalo I.Entonces la solución general del sistema en el intervalo es

X = c1X1 + c2X2 + · · ·+ cnXn

donde c1, c2, . . . , cn son constantes arbitrarias.

Ejemplo 2.1 Determina la solución general del sistema

d

dt

µxy

¶=

µ −4 6−3 5

¶µxy

¶.

Hemos visto en el Ejemplo 1.3, que los vectores

X1 =

µ11

¶e2t, X2 =

µ21

¶e−t,

son solución del sistema. El wronskiano es

W (X1,X2) =

¯e2t 2e−t

e2t e−t

¯= e2te−t − e2t2e−t = et − 2et = −et.

Obtenemos que el wronskiano no se anula para ningún valor de t, por lo tan-to los vectores solución son linealmente independientes y forman un sistemafundamental. La solución general es

X = c1

µ11

¶e2t + c2

µ21

¶e−t, c1, c2 ∈ R.

que también puede escribirse en la forma½x = c1e

2t + 2c2e−t

y = c1e2t + c2e

−t , c1, c2 ∈ R. ¤

3 Resolución de sistemas lineales homogéneoscon coeficientes constantes

En esta sección se muestra como obtener la solución general del sistema linealhomogéneo de dimensión n con coeficientes constantes

X0= AX.

La construcción de la solución se basa en el cálculo de los valores y vectorespropios de la matriz de coeficientes A. Consideramos 3 casos:

1. Valores propios reales distintos.

2. Valores propios reales repetidos.

3. Valores propios complejos distintos.

No trataremos el caso de valores propios complejos repetidos.


3.1 Valores propios reales distintos

La matriz de coeficientes es una matriz cuadrada de orden n, siA tiene n valorespropios reales distintos,

λ1,λ2, . . . ,λn,

entonces podemos determinar n vectores propios linealmente independientes

V1,V2, . . . ,Vn.

En este caso las funciones vectoriales

X1(t) = V1eλ1t, X2(t) = V2e

λ2t, . . . , Xn(t) = Vneλnt,

forman un sistema fundamental de soluciones en el intervalo (−∞,+∞), y lasolución general es

X(t) = c1V1eλ1t + c2V2e

λ2t + · · ·+ cnVneλnt,

donde c1, c2, . . . , cn, son constantes arbitrarias.

Ejemplo 3.1 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx

dt= −4x+ 6y,

dy

dt= −3x+ 5y.

Determina la solución particular que verifica

X(0) =

µ01

¶.

Expresamos el sistema en forma matricial

X0 =µ −4 6−3 5

¶X.

El polinomio característico es

p(λ) = |A− λI| =¯−4− λ 6−3 5− λ

¯= (−4− λ) (5− λ) + 18

= −20 + 4λ− 5λ+ λ2 + 18

= λ2 − λ− 2.

Resolvemos la ecuación característica

λ2 − λ− 2 = 0,

λ =1±√1 + 8

2=

⎧⎨⎩1+32= 2,

1−32= −1.


Los valores propios sonλ1 = −1, λ2 = 2.

Para calcular los vectores propios asociados a λ1 = −1. Resolvemos

(A− λ1I)X = 0,

(A+ I)X = 0,µ −4 + 1 6−3 5 + 1

¶µxy

¶=

µ00

¶,½ −3x+ 6y = 0

−3x+ 6y = 0 .

Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas

{−x+ 2y = 0 ,

resolvemos paramétricamente½x = 2αy = α

, α ∈ R.

Los vectores propios asociados a λ1 son de la forma

V = α

µ21

¶, α ∈ R,

tomamos

V1 =

µ21

¶.

Para calcular los vectores propios asociados a λ2 = 2, resolvemos

(A− 2I)X = 0,µ −4− 2 6−3 5− 2

¶µxy

¶=

µ00

¶,½ −6x+ 6y = 0,

−3x+ 3y = 0.Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas

{−x+ y = 0 ,

resolvemos paramétricamente½x = α,y = α,

α ∈ R.


V = α

µ11

¶, α ∈ R,


tomamos

V2 =

µ11

¶.

Sistema fundamental de soluciones

X1 =

µ21

¶e−t, X2 =

µ11

¶e2t,

la solución general es

X = c1

µ21

¶e−t + c2

µ11

¶e2t.

Para determinar la solución particular, imponemos la condición

X(0) =

µ01

¶y resulta

c1

µ21

¶e0 + c2

µ11

¶e0 =

µ01

¶,½

2c1 + c2 = 0,c1 + c2 = 1.

Restamos la 2a ecuación a la 1a y obtenemos

c1 = −1,

sustituyendo en la 1a ecuación, resulta

c2 = 2.

Por lo tanto, la solución del problema de valor inicial es

X(t) = −µ21

¶e−t + 2

µ11

¶e2t,

o bien ½x(t) = −2e−t + 2e2t,y(t) = −e−t + 2e2t. ¤

3.2 Valores propios reales repetidos

Cuando existe un valor propio λ de multiplicidadm, la situación es bastante máscomplicada. A continuación vemos algunos casos particulares. Representamospor

Pλ = ker (A− λI)

el subespacio de vectores propios asociados al valor propio λ.Conviene notar que si reunimos vectores solución linealmente independientescorrespondientes a valores propios distintos, se obtiene un conjunto de solucioneslinealmente independiente.


3.2.1 Valor propio de mutiplicidad 2 con dim(Pλ) = 2

En este caso disponemos de dos vectores propios asociados V1,V2 que sonlinealmente independientes. La solución es análoga al caso de valores propiossimples. Los vectores

X1(t) = V1eλt, X2(t) = V2e

λt,

son vectores solución linealmente independientes.

Ejemplo 3.2 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

dx

dt= x,

dy

dt= −x+ y − z,

dz

dt= x+ 2z.

Se trata de un sistema de dimensión 3, en forma matricial es

X0 =

⎛⎝ 1 0 0−1 1 −11 0 2

⎞⎠X.Calculamos el polinomio característico

p(λ) = |A− λI| =

¯¯ 1− λ 0 0−1 1− λ −11 0 2− λ

¯¯

= (1− λ)

¯1− λ −10 2− λ

¯= (1− λ)

2(2− λ) ,

los valores propios son

λ1 = 1 (doble) , λ2 = 2.

Vectores propios asociados a λ1 = 1. Resolvemos

(A− λ1I)X = 0,

(A− I)X = 0,⎛⎝ 0 0 0−1 0 −11 0 1

⎞⎠⎛⎝ xyz

⎞⎠ =

⎛⎝ 000

⎞⎠ ,½ −x− z = 0,

x+ z = 0.

Resulta un sistema de una ecuación con tres incógnitas

{x+ z = 0,


resolvemos paramétricamente⎧⎨⎩ x = α

y = β

z = −α, α,β ∈ R,

los vectores propios asociados a λ1 son de la forma

V = α

⎛⎝ 10−1

⎞⎠+ β

⎛⎝ 010

⎞⎠ , α,β ∈ R.

El subespacio de vectores propios Pλ1 es de dimensión 2, podemos obtener dosvectores propios linealmente independientes

V1 =

⎛⎝ 10−1

⎞⎠ , V2 =

⎛⎝ 010

⎞⎠ ,y construir los vectores solución

X1(t) =

⎛⎝ 10−1

⎞⎠ et, X2(t) =

⎛⎝ 010

⎞⎠ et.Vectores propios asociados a λ2 = 2. Resolvemos el sistema

(A− 2I)X = 0,⎛⎝ 1− 2 0 0−1 1− 2 −11 0 2− 2

⎞⎠⎛⎝ xyz

⎞⎠ =

µ00

¶,

⎛⎝ −1 0 0−1 −1 −11 0 0

⎞⎠⎛⎝ xyz

⎞⎠ =

µ00

¶,

⎧⎨⎩ −x = 0,−x− y − z = 0,x = 0.

Resulta un sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas½x = 0,

y + z = 0.

Resolvemos paramétricamente⎧⎨⎩ x = 0y = α

z = −α, α ∈ R,


V = α

⎛⎝ 01−1

⎞⎠ , α ∈ R,


tomamos

V3 =

⎛⎝ 01−1

⎞⎠y obtenemos el vector solución

X3(t) =

⎛⎝ 01−1

⎞⎠ e2t.Finalmente, obtenemos el sistema fundamental de soluciones

X1(t) =

⎛⎝ 10−1

⎞⎠ et, X2(t) =

⎛⎝ 010

⎞⎠ et, X3(t) =

⎛⎝ 01−1

⎞⎠ e2ty la solución general es

X(t) = c1

⎛⎝ 10−1

⎞⎠ et + c2⎛⎝ 010

⎞⎠ et + c3⎛⎝ 0

1−1

⎞⎠ e2t,donde c1, c2, c3 son constantes arbitrarias. La solución también puede expresarseen la forma ⎧⎨⎩ x(t) = c1e

t,y(t) = c2e

t + c3e2t,

z(t) = −c1et − c3e2t. ¤

3.2.2 Valor propio de mutiplicidad 2 con dim(Pλ) = 1

En este caso disponemos de un único vector propio asociado V1. Un vectorsolución es

X1(t) = V1eλt.

Podemos construir un segundo vector solución de la forma

X2(t) = V1teλt +V2e

λt,

donde V2 verifica(A− λI)V2 = V1.

Las funciones vectoriales X1(t), X2(t) así obtenidas son soluciones linealmenteindependientes.


dt= −3x− y,

dy

dt= 4x+ y,

y determina la solución particular que verifica½x(0) = 0,y(0) = 1.



X0 =µ −3 −1

4 1

¶X.


p(λ) = |A− λI| =¯ −3− λ −1

4 1− λ

¯= (−3− λ) (1− λ) + 4

= −3 + 3λ− λ+ λ2 + 4

= λ2 + 2λ+ 1.

Resolvemosλ2 + 2λ+ 1 = 0,

λ =−2±√4− 4

2=−22= −1 (doble).

Tenemos un único valor propio doble

λ = −1.

Vectores propios asociados a λ = −1. Resolvemos

(A− λI)X = 0,

(A+ I)X = 0,µ −3 + 1 −14 1 + 1

¶µxy

¶=

µ00

¶,½ −2x− y = 0,

4x+ 2y = 0.


{2x+ y = 0 ,

resolvemos paramétricamente½x = α

y = −2α , α ∈ R.

Los vectores propios asociados a λ son de la forma

V = α

µ1−2

¶, α ∈ R,

tomamos

V1 =

µ1−2

¶.

El subespacio de vectores propios es de dimensión 1. Obtenemos un primervector solución

X1(t) =

µ1−2

¶e−t.


Para determinar un segundo vector solución X2, calculamos V2 que verifique

(A+ I)V2 = V1,µ −2 −14 2

¶µxy

¶=

µ1−2

¶,½ −2x− y = 1,

4x+ 2y = −2.Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas

{2x+ y = −1,resolvemos paramétricamente½

x = α

y = −1− 2α , α ∈ R.

Para α = 0, obtenemos el vector

V2 =

µ0−1

¶,

construimos un segundo vector solución de la forma

X2(t) = V1teλt +V2e

λt,

esto es

X2(t) =

µ1−2

¶te−t +

µ0−1

¶e−t.


X(t) = c1

µ1−2

¶e−t + c2

∙µ1−2

¶te−t +

µ0−1

¶e−t¸.

Para determinar la solución particular, imponemos las condiciones :½x(0) = 0,y(0) = 1,

o lo que es lo mismo

X(0) =

µ01

¶,

y obtenemos

c1

µ1−2

¶e0 + c2

∙µ1−2

¶0 · e0 +

µ0−1

¶e0¸=

µ01

¶,

c1

µ1−2

¶+ c2

µ0−1

¶=

µ01

¶,µ

c1−2c1 − c2

¶=

µ01

¶,

de donde resulta ½c1 = 0,c2 = −1.

La solución particular es

X(t) =

µ −e−tte−t + 2e−tt

¶. ¤


4 Valores propios complejosConsideramos el sistema

X0= AX,

donde A es una matriz n × n real. Si A tiene un par conjugado de valorespropios complejos

λ = α± βi,

tomamos el valor propioλ = α+ βi

y calculamos un vector propio asociado

V = U+Wi.

Entonces podemos obtener el par de vectores solución

X1(t) = eαt (U cosβt−W sinβt) ,

X2(t) = eαt (U sinβt+W cosβt) .

Los vectores solución obtenidos son la parte real y la parte imaginaria de

eαt (cosβt+ i sinβt) (U+Wi) .


dt= 4x− 5y,

dy

dt= 5x− 2y,

y determina la solución particular que verifica½x(0) = 0,y(0) = 1.


X0 =µ4 −55 −2

¶X.


p(λ) = |A− λI| =¯4− λ −55 −2− λ

¯= (4− λ) (−2− λ) + 25

= −8− 4λ+ 2λ+ λ2 + 25

= λ2 − 2λ+ 17.


λ2 − 2λ+ 17 = 0,


λ =2±√4− 682

=2± 8i2

= 1± 4i,

tenemos un par de valores propios complejos conjugados

λ = 1± 4i.

Para calcular un vector propio asociado a

λ = 1 + 4i,

resolvemos el sistema(A− λI)X = 0,µ

4− 1− 4i −55 −2− 1− 4i

¶µxy

¶=

µ00

¶,µ

3− 4i −55 −3− 4i

¶µxy

¶=

µ00

¶.

Obtenemos el sistema ½(3− 4i)x− 5y = 0,5x− (3 + 4i) y = 0,

reordenamos ½5x− (3 + 4i) y = 0,(3− 4i)x− 5y = 0.

Multiplicamos la primera ecuación por

−(3− 4i)5

y la sumamos a la segunda, y obtenemos½5x− (3 + 4i) y = 0,

0 = 0.


{5x− (3 + 4i) y = 0,

resolvemos paramétricamente⎧⎪⎨⎪⎩x =

3 + 4i

5a

y = a

, a ∈ R.


V = a

⎛⎜⎝3 + 4i

5

1

⎞⎟⎠ , a ∈ R.

Tomamos

V =

µ3 + 4i5

¶=

µ35

¶+ i

µ40

¶.


El sistema fundamental de soluciones son la parte real y la parte imaginaria de

et (cos 4t+ i sin 4t)

∙µ35

¶+ i

µ40

¶¸.


X1(t) = et

∙µ35

¶cos 4t−

µ40

¶sin 4t

¸= et

µ3 cos 4t− 4 sin 4t,

5 cos 4t

¶,

X2(t) = et

∙µ40

¶cos 4t+

µ35

¶sin 4t

¸= et

µ4 cos 4t+ 3 sin 4t

5 sin 4t

¶.


X = c1et

∙µ35

¶cos 4t−

µ40

¶sin 4t

¸+ c2e

t

∙µ40

¶cos 4t+

µ35

¶sin 4t

¸= c1e

t

µ3 cos 4t− 4 sin 4t

5 cos 4t

¶+ c2e

t

µ4 cos 4t+ 3 sin 4t

5 sin 4t

¶.

Para determinar la solución particular, imponemos la condición

X(0) =

µ01

¶y resulta

c1e0

µ3 cos 0− 4 sin 0

5 cos 0

¶+ c2e

0

µ4 cos 0 + 3 sin 0

5 sin 0

¶=

µ01

¶,

c1

µ35

¶+ c2

µ40

¶=

µ01

¶,½

3c1 + 4c2 = 0,5c1 = 1,½c1 = 1/5,c2 = −3/20.

Por lo tanto, la solución del problema de valor inicial es

X(t) =1

5etµ3 cos 4t− 4 sin 4t

5 cos 4t

¶− 3

20etµ4 cos 4t+ 3 sin 4t

5 sin 4t

¶,

X(t) =

⎛⎜⎜⎝−54et sin 4t

et cos 4t− 34et sin 4t

⎞⎟⎟⎠ . ¤


5 Resolución de sistemas completos: variaciónde parámetros

El objetivo de esta sección es presentar un método de resolución para sistemasde ecuaciones diferenciales lineales completos con coeficientes constantes

X0 = AX+B, (1)

donde

X =

⎛⎜⎜⎜⎝x1(t)x2(t)...

xn(t)

⎞⎟⎟⎟⎠ , A =

⎛⎜⎜⎜⎝a11(t) a12(t) · · · a1n(t)a21(t) a22(t) · · · a2n(t)...

.... . .

...an1(t) an2(t) · · · ann(t)

⎞⎟⎟⎟⎠ , B =

⎛⎜⎜⎜⎝b1(t)b2(t)...

bn(t)

⎞⎟⎟⎟⎠ .Puede demostrarse que la solución general del sistema (1) puede expresarse enla forma

X(t) = Xh(t) +Xp(t),

donde

• Xh es la solución general del sistema homogéneo

X0 = AX.

• Xp es una solución particular del sistema completo

X0 = AX+B.

Cuando el sistema es de coeficientes constantes, disponemos de métodos paradeterminar la solución general del sistema homogéneo, por lo tanto, el problemase reduce a calcular una solución particular del sistema completo.

5.1 Matriz fundamental

Consideramos el sistema homogéneo

X0 = AX. (2)

Una matriz fundamental es una matriz cuyas columnas es un sistema funda-mental de soluciones, esto es, decir que la matriz

Φ =

⎛⎜⎜⎜⎝x11(t) x12(t) · · · x1n(t)x21(t) x22(t) · · · x2n(t)...

.... . .

...xn1(t) xn2(t) · · · xnn(t)

⎞⎟⎟⎟⎠es una matriz fundamental del sistema (2) sobre el intervalo I equivale a decirque los vectores

X1(t) =

⎛⎜⎜⎜⎝x11(t)x21(t)...

xn1(t)

⎞⎟⎟⎟⎠ ,X2(t) =

⎛⎜⎜⎜⎝x12(t)x22(t)...

xn2(t)

⎞⎟⎟⎟⎠ , . . . ,Xn(t) =

⎛⎜⎜⎜⎝x1n(t)x2n(t)...

xnn(t)

⎞⎟⎟⎟⎠son un sistema fundamental de soluciones.


• Empleando una matriz fundamental, la solución general del sistema ho-mogéneo se puede escribir en la forma

X = ΦC,

donde

C =

⎛⎜⎜⎜⎝c1c2...cn

⎞⎟⎟⎟⎠ .es vector columna cuyas componentes son constantes arbitrarias.

• La matriz fundamental verifica la siguiente propiedad

Φ0 = AΦ.

Ejemplo 5.1 Dado el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx

dt= 2x− 4y,

dy

dt= −x− y.

1. Determina un sistema fundamental de soluciones.

2. Calcula una matriz fundamental y verifica que cumple la propiedad

Φ0 = AΦ.

3. Verifica que las dos formas de expresar la solución general

X = c1X1 + c2X2, X = ΦC,

son equivalentes.

1. Sistema fundamental de soluciones. Expresamos el sistema en forma matricial

X0 =µ

2 −4−1 −1

¶X.


p(λ) = |A− λI| =¯2− λ −4−1 −1− λ

¯= (2− λ) (−1− λ)− 4= −2− 2λ+ λ+ λ2 − 4= λ2 − λ− 6,

resolvemosλ2 − λ− 6 = 0,


λ =1±√1 + 24

2=

⎧⎨⎩1+52= 3,

1−52= −2.

Los valores propios sonλ1 = 3, λ2 = −2.


(A− 3I)X = 0,µ2− 3 −4−1 −1− 3

¶µxy

¶=

µ00

¶,µ −1 −4

−1 −4¶µ

xy

¶=

µ00

¶.


{x+ 4y = 0,

resolvemos paramétricamente½x = −4αy = α

, α ∈ R.


V = α

µ −41

¶, α ∈ R,

tomamos

V1 =

µ −41

¶.

Vectores propios asociados a λ2 = −2. Resolvemos

(A+ 2I)X = 0,µ2 + 2 −4−1 −1 + 2

¶µxy

¶=

µ00

¶,µ

4 −4−1 1

¶µxy

¶=

µ00

¶.


{−x+ y = 0 ,


y = α, α ∈ R.


V = α

µ11

¶, α ∈ R,


tomamos

V2 =

µ11

¶.

Obtenemos el sistema fundamental de soluciones

X1 =

µ −41

¶e3t, X2 =

µ11

¶e−2t.

2. Matriz fundamental.

Φ =

µ −4e3t e−2t

e3t e−2t

¶.

Verificamos que se cumple la propiedad

Φ0 = AΦ.

La derivada es

Φ0 =µ −12e3t −2e−2t

3e3t −2e−2t¶,

por otra parte, calculamos

AΦ =

µ2 −4−1 −1

¶µ −4e3t e−2t

e3t e−2t

¶=

µ −8e3t − 4e3t 2e−2t − 4e−2t4e3t − e3t −e−2t − e−2t

¶=

µ −12e3t −2e−2t3e3t −2e−2t

¶= Φ0.

3. Solución general. Tenemos

X(t) = c1

µ −41

¶e3t + c2

µ11

¶e−2t,

X(t) =

µ −4e3t e−2t

e3t e−2t

¶µc1c2

¶.

En ambos casos, resulta½x (t) = −4c1e3t + c2e−2t,y (t) = c1e

3t + c2e−2t. ¤

5.2 Cálculo de la solución particular

Teorema 5.1 Dado el sistema

X0= AX+B,

podemos obtener una solución particular para el sistema completo de la forma

Xp = ΦRΦ−1B dt

donde Φ, es una matriz fundamental. La solución general del sistema completo,es

X = ΦC+ΦRΦ−1B dt

donde C es un vector columna cuyas componentes son constantes arbitrarias.


Demostración. Partimos de la solución de la ecuación homogénea

X = ΦC

y usamos el método de variación de constantes para determinar una soluciónparticular del sistema completo, esto es proponemos una solución particular dela forma

Xp = ΦU(t).

Sustituimos en el sistema completo

X0= AX+B

y resultaΦ0U+ΦU0 = A (ΦU) +B,

usamos la propiedadΦ0 = AΦ

y resultaAΦU+ΦU0 = AΦU+B,

ΦU0 = B,

como Φ es invertible, podemos despejar U0

U0 = Φ−1B.

Integramos para obtener U

U =

ZΦ−1B dt

y, finalmente, la solución particular es

Xp = Φ

ZΦ−1B dt.

La solución general del sistema homogéneo es de la forma

Xh = ΦC

y la solución general del sistema completo se puede escribir como

X = Xh+Xp,

por lo tanto, resulta

X = ΦC+Φ

ZΦ−1B dt. ¤

Ejemplo 5.2 Consideramos el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx

dt= x+ 2y + 2e4t,

dy

dt= 2x+ y + e4t.


1. Calcula una matriz fundamental.

2. Determina una solución particular del sistema completo.

3. Determina la solución general del sistema completo.

1. Matriz fundamental. Expresamos el sistema en forma matricial

X0 =µ1 22 1

¶X+

µ2e4t

e4t

¶,

se trata de un sistema completo

X0= AX+B

con

X =

µx(t)y(t)

¶, A =

µ1 22 1

¶, B =

µ2e4t

e4t

¶.


p(λ) = |A− λI| =¯1− λ 22 1− λ

¯= (1− λ) (1− λ)− 4= 1− 2λ+ λ2 − 4= λ2 − 2λ− 3,

resolvemosλ2 − 2λ− 3 = 0,

λ =2±√4 + 12

2=

⎧⎨⎩2+42= 3,

2−42= −1.

Los valores propios sonλ1 = 3, λ2 = −1.


(A− 3I)X = 0,µ1− 3 22 1− 3

¶µxy

¶=

µ00

¶,µ −2 2

2 −2¶µ

xy

¶=

µ00

¶.


{x− y = 0,


y = α, α ∈ R.



V = α

µ11

¶, α ∈ R,

tomamos

V1 =

µ11

¶.


(A+ I)X = 0,µ1 + 1 22 1 + 1

¶µxy

¶=

µ00

¶,µ

2 22 2

¶µxy

¶=

µ00

¶,

resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas

{x+ y = 0.

Resolvemos paramétricamente½x = α

y = −α , α ∈ R,


V = α

µ1−1

¶, α ∈ R,

Tomamos

V2 =

µ1−1

¶.


X1 =

µ11

¶e3t, X2 =

µ1−1

¶e−t.

Matriz fundamental

Φ =

µe3t e−t

e3t −e−t¶.

2. Solución particular del sistema completo. Sabemos que podemos obtener unasolución particular del sistema completo a partir de la expresión

Xp = Φ

ZΦ−1B dt.

Tomamos la matriz fundamental

Φ =

µe3t e−t

e3t −e−t¶,


calculamos el determinante

|Φ| = −e3t e−t − e3t e−t = −2e2t,la inversa de Φ es

Φ−1 =1

−2e2tµ −e−t −e−t−e3t e3t

¶=1

2

µe−3t e−3t

et −et¶.

Calculamos el producto

Φ−1B =1

2

µe−3t e−3t

et −et¶µ

2e4t

e4t

¶=1

2

µe−3t 2e4t + e−3t e4t

et 2e4t − et e4t¶

=1

2

µ3et

e5t

¶.

Calculamos la integral

ZΦ−1B dt =

Z1

2

µ3et

e5t

¶dt =

1

2

⎛⎝ R3et dtRe5tdt

⎞⎠ =1

2

⎛⎜⎝ 3et

1

5e5t

⎞⎟⎠ .Finalmente la solución particular es

Xp = Φ

ZΦ−1B dt =

µe3t e−t

e3t −e−t¶1

2

⎛⎜⎝ 3et

1

5e5t

⎞⎟⎠

=1

2

µe3t e−t

e3t −e−t¶ ⎛⎜⎝ 3et

1

5e5t

⎞⎟⎠

=1

2

⎛⎜⎜⎝16

5e4t

14

5e4t

⎞⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎝8

5e4t

7

5e4t

⎞⎟⎟⎠ .3. Solución general del sistema completo. Podemos escribir la solución generaldel sistema completo en la forma

X = ΦC+Φ

ZΦ−1B dt.

X =

µe3t e−t

e3t −e−t¶µ

c1c2

¶+

⎛⎜⎜⎝8

5e4t

7

5e4t

⎞⎟⎟⎠ ,o bien, usando un sistema fundamental de soluciones

X = c1

µe3t

e3t

¶+ c2

µe−t

−e−t¶+

⎛⎜⎜⎝8

5e4t

7

5e4t

⎞⎟⎟⎠ .


En ambos casos, obtenemos la solución general⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩x (t) = c1e

3t + c2e−t +

8

5e4t,

y (t) = c1e3t − c2e−t + 7

5e4t. ¤

Métodos MatemáticosE.T.S. MinasTema 9: Sistemas de ecuaciones diferenciales linealesPractica 2Prof: Francisco Palacios EPSEM-UPC Curso 2007/2008Versión 1.2 Diciembre 2007Resolución de algunos sistemas de EDOs lineales.Ejercicio 1> restart;> edo1:=diff(x(t),t)=x+2*y;

edo2:=diff(y(t),t)=2*x+y;

:= edo1 = ∂

∂

t( )x t + x 2 y

:= edo2 = ∂

∂t

( )y t + 2 x y

> s:=dsolve({edo1,edo2},{x(t),y(t)});

:= s { }, = ( )x t + + − 12

_C1 e( )−t 12

_C1 e( )3 t 12

_C2 e( )3 t 12

_C2 e( )−t = ( )y t − + + 12

_C1 e( )3 t 12

_C1 e( )−t 12

_C2 e( )−t 12

_C2 e( )3 t

> sp:=dsolve({edo1,edo2,x(0)=1,y(0)=2},{x(t),y(t)});

:= sp { }, = ( )y t + 32

e( )3 t 12

e( )−t = ( )x t − + 12

e( )−t 32

e( )3 t

> with(linalg):Warning, new definition for normWarning, new definition for trace> a:=matrix(2,2,[1,2,2,1]);

:= a ⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

1 22 1

> p:=charpoly(a,lambda);

:= p − − λ2 2 λ 3> solve(p,lambda);

,-1 3> eigenvalues(a);

,-1 3> eigenvects(a);

,[ ], ,3 1 { }[ ],1 1 [ ], ,-1 1 { }[ ],-1 1Ejercicio 5

> restart;> edo1:=diff(x(t),t)=-4*x+y+z;

:= edo1 = ∂

∂

t( )x t − + + 4 x y z

> edo2:=diff(y(t),t)=x+5*y-z;

:= edo2 = ∂

∂t

( )y t + − x 5 y z

> edo3:=diff(z(t),t)=y-3*z;

:= edo3 = ∂

∂

t( )z t − y 3 z

> s:=dsolve({edo1,edo2,edo3},{x(t),y(t),z(t)});

s = ( )y t − + − + e( )5 t _C119

_C2 e( )5 t 19

_C2 e( )−4 t 19

_C3 e( )−4 t 19

_C3 e( )5 t ,{ :=

= ( )z t − − − + + − + 18

e( )5 t _C118

_C1 e( )−3 t 19

_C2 e( )−4 t 172

_C2 e( )5 t 98

_C2 e( )−3 t 172

_C3 e( )5 t 18

_C3 e( )−3 t 19

_C3 e( )−4 t ,

Page 1

= ( )x t − + − − + + − 18

e( )5 t _C118

_C1 e( )−3 t 98

_C2 e( )−3 t 109

_C2 e( )−4 t 172

_C2 e( )5 t 109

_C3 e( )−4 t 172

_C3 e( )5 t 18

_C3 e( )−3 t }

> s1:=dsolve({edo1,edo2,edo3,x(0)=1,y(0)=0,z(0)=1},{x(t),y(t),z(t)});

:= s1 { }, , = ( )y t 0 = ( )z t e( )−3 t = ( )x t e( )−3 t

Ejercicio 7> edo1:=diff(x(t),t)=x-2*y+2*z;

edo2:=diff(y(t),t)=-2*x+y-2*z; edo3:=diff(z(t),t)=2*x-2*y+z;

:= edo1 = ∂

∂

t( )x t − + x 2 y 2 z

:= edo2 = ∂

∂t

( )y t − + − 2 x y 2 z

:= edo3 = ∂

∂

t( )z t − + 2 x 2 y z

> sol:=dsolve({edo1,edo2,edo3,x(0)=1,y(0)=0,z(0)=0},{x(t),y(t),z(t)});

:= sol { }, , = ( )z t − 13

e( )5 t 13

e( )−t = ( )x t + 23

e( )−t 13

e( )5 t = ( )y t − + 13

e( )5 t 13

e( )−t

Asignamos los nombres x(t),y(t),z(t) a las expresiones que contien las soluciones> assign(sol);> x(t);

+ 23

e( )−t 13

e( )5 t

> y(t);

− + 13

e( )5 t 13

e( )−t

> z(t);

− 13

e( )5 t 13

e( )−t

Representación conjunta de las componentes del vector solución en el intervalo [0,0.7]> plot([x(t),y(t),z(t)],t=0..0.7,color=[red,blue,black]);

t0.70.60.50.40.30.20.1

10

5

0

-5

-10

Definición de una función vectorial que permite calcular el valor de la solución para distintos valores de t> F:=unapply([x(t),y(t),z(t)],t);

:= F → t⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥, , +

23

e( )−t 13

e( )5 t − + 13

e( )5 t 13

e( )−t − 13

e( )5 t 13

e( )−t

Cálculo del valor para t=0.5> F(0.5);

[ ], ,4.465185093 -3.858654434 3.858654434Resolución numéricaEs necesario limpiar x(t), y(t) , z(t)> x(t):='x(t)';y(t):='y(t)';z(t):='z(t)';

Page 2

edo1:=diff(x(t),t)=x-2*y+2*z; edo2:=diff(y(t),t)=-2*x+y-2*z; edo3:=diff(z(t),t)=2*x-2*y+z;

> solnum:=dsolve({edo1,edo2,edo3,x(0)=1,y(0)=0,z(0)=0},{x(t),y(t),z(t)},type=numeric);

:= ( )x t ( )x t := ( )y t ( )y t := ( )z t ( )z t

:= edo1 = ∂

∂

t( )x t − + x 2 y 2 z

:= edo2 = ∂

∂

t( )y t − + − 2 x y 2 z

:= edo3 = ∂

∂t

( )z t − + 2 x 2 y z

:= solnum proc( ) ... endrkf45_x> solnum(0.5);

[ ], , , = t .5 = ( )y t -3.858654355830112 = ( )z t 3.858654355830112 = ( )x t 4.465185015541929Obtención de valores y vectores propios con linalg> a:=matrix(3,3,[1,-2,2,-2,1,-2,2,-2,1]);

:= a⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

1 -2 2-2 1 -22 -2 1

> with(linalg):Warning, new definition for normWarning, new definition for trace> p:=charpoly(a,lambda);

:= p − − − λ3 3 λ2 9 λ 5> factor(p);

( ) − λ 5 ( ) + λ 1 2

> solve(p,lambda);

, ,5 -1 -1> eigenvals(a);

, ,5 -1 -1> eigenvects(a);

,[ ], ,-1 2 { },[ ], ,1 1 0 [ ], ,-1 0 1 [ ], ,5 1 { }[ ], ,1 -1 1Problema 11> restart;> edo1:=diff(x(t),t)=2*y+exp(t);

:= edo1 = ∂

∂t

( )x t + 2 y et

> edo2:=diff(y(t),t)=-x+3*y-exp(t);

:= edo2 = ∂

∂

t( )y t − + − x 3 y et

> sol:=dsolve({edo1,edo2,x(0)=1,y(0)=1},{x(t),y(t)});

:= sol { }, = ( )x t − + + 2 e( )2 t 4 t et 3 et = ( )y t − + + 2 e( )2 t 3 et 2 t et

> assign(sol);> plot([x(t),y(t)],t=0..1.8,color=[red,blue]);

Page 3

t1.81.61.41.210.80.60.40.2

5

0

-5

-10

-15

-20

-25

-30

valor de t donde se anula x(t)> tx0:=fsolve(x(t)=0,t=0..2);

:= tx0 1.507329784valor de t donde se anula y(t)> ty0:=fsolve(y(t)=0,t=0..1);

:= ty0 .8576766739A continuación definimos una función vectorial que permite calcular el vector solución para distintos valores de t> F:=unapply([x(t),y(t)],t);

:= F → t [ ],− + + 2 e( )2 t 4 t et 3 et − + + 2 e( )2 t 3 et 2 t et

> F(tx0);

[ ],0 -13.61016166> F(ty0);

[ ],4.044248574 -.2 10-8

>

Page 4


Resumen y ejemplosTema 6: Integración numérica


Universidad Politécnica de Cataluña

Octubre 2008, Versión 1.5

Contenido

1. Fórmulas de cuadratura

2. Fórmulas de Newton-Cotes

3. Fórmulas compuestas

1 Fórmulas de cuadratura

• ObjetivoAproximar la integral

I =

Z b

af(x) dx

usando una combinación lineal de valores de f(x) en puntos del intervalo[a, b].Puntos del intervalo (nodos)

a ≤ x0 < x1 < · · · < xn ≤ b.AproximaciónZ b

af(x) dx ' α0f(x0) + α1f(x1) + · · ·+ αnf(xn).

La fórmula de cuadratura es

F (f) = α0f(x0) + α1f(x1) + · · ·+ αnf(xn).

La notación F (f) indica que los coeficientes αj y los nodos xj son conocidos;es la función f la que actúa como variable en la fórmula.• Error

E (f) = I − F (f)

=

Z b

af(x) dx− [α0f(x0) + α1f(x1) + · · ·+ αnf(xn)] .

1

Resumen y ejemplos Tema 6: Integración numérica. 2

Ejemplo 1.1 Consideramos la integral

I =

Z 1

0

x sinx dx.

1. Aproxima el valor de I con la fórmula de cuadratura

F (f) =b− a6

∙f(a) + 4f

µa+ b

2

¶+ f(b)

¸[a, b] representa el intervalo de integración [0, 1].

2. Calcula el valor exacto de la integral y el valor del error.

1. Valor aproximado. Tenemos

a = 0, b = 1, f(x) = x sinx.

F (f) =1− 06

(0 + 4 · (0.5) sin (0.5) + sin 1) = 0. 30005.

2. Valor exacto y error.Calculamos una primitiva de f(x)Zx sinx dx = integramos por partes

µu = x du = dxdv = sinxdx v = − cosx

¶ = −x cosx−Z(− cosx) dx

= −x cosx+Zcosx dx

= −x cosx+ sinx+ cZ 1

0

x sinxdx = [−x cosx+ sinx]x=1x=0 = − cos 1 + sin 1 = 0. 30117.

Error.

|E (f)| = |I − F (f)| = |0. 30117− 0. 30005| = 0.00 112.

Vemos que la fórmula de cuadratura ha producido una aproximación de laintegral con 2 decimales exactos. ¤

• Grado de precisiónDado un intervalo [a, b], una fórmula de cuadratura

F (f) = α0f(x0) + α1f(x1) + · · ·+ αnf(xn)


tiene grado de precisión g si es exacta para todos los polinomios de grado≤ g (y no lo és para alguno de grado g+1). Es decir, si p(x) es un polinomiode grado ≤ g, entoncesZ b

ap(x) dx = α0p(x0) + α1p(x1) + · · ·+ αnp(xn).

• Determinación del grado de precisiónPuede demostrarse que la fórmula de cuadratura F (f) tiene grado de pre-cisión g si es exacta para los polinomios

p0 (x) = 1, p1 (x) = x, p2 (x) = x2, . . . , pg(x) = x

g

y no lo es parapg+1 (x) = x

g+1.

Ejemplo 1.2 Consideramos el intervalo [0, 2]. Determina el grado de pre-cisión de la fórmula de cuadratura

F (f) =1

3[f(0) + 4f(1) + f(2)]

Tenemos que verificar la exactitud de F (f) sobre los monomios

p0 (x) = 1, p1 (x) = x, p2 (x) = x2, . . .Z 2

0

1 dx = [x]20 = 2,

F (1) = 13(1 + 4 + 1) =

6

3= 2.

⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ ⇒ F (f) exacta para p0 (x) = 1.

Z 2

0

xdx =

∙x2

2

¸20

= 2,

F (x) = 13(0 + 4 · 1 + 2) = 6

3= 2.

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ ⇒ F (f) exacta para p1 (x) = x.

Z 2

0

x2 dx =

∙x3

3

¸20

=8

3,

F¡x2¢= 1

3(0 + 4 · 1 + 4) = 8

3.

⎫⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎭ ⇒ F (f) exacta para p2 (x) = x2

Z 2

0

x3 dx =

∙x4

4

¸20

=16

4= 4,

F¡x3¢= 1

3(0 + 4 · 1 + 8) = 12

3= 4.

⎫⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎭ ⇒ F (f) exacta para p3 (x) = x3.


Z 2

0

x4 dx =

∙x5

5

¸20

=32

5,

F¡x4¢= 1

3(0 + 4 · 1 + 16) = 20

3.

⎫⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎭ ⇒ F (f)no exacta para p4 (x) = x4

La fórmula de cuadratura tiene grado de precisión 3, y es exacta para todaslas integrales Z 2

0

p(x) dx

con p(x) polinomio de grado ≤ 3. Por ejemplo, tomemos

p(x) = x3 − x,Z 2

0

¡x3 − x¢ dx = ∙x4

4− x

2

2

¸20

=16

4− 42= 4− 2 = 2,

F (p) =1

3[0 + 4· (1− 1)| {z }

p(1)

+ (8− 2)| {z }p(2)

] =6

3= 2. ¤

2 Fórmulas de Newton-Cotes

Las fórmulas de Newton-Cotes se obtienen integrando el polinomio interpo-lador construido con nodos igualmente espaciados.

• Estrategia

1. Dividimos [a, b] en n subintervalos de longitud

h =b− an,

los puntos de división son de la forma

x0 = a,

x1 = a+ h,


x2 = a+ 2h,...

xj = a+ jh,

...

xn = a+ nh = b.

2. Calculamos el polinomio pn(x) que interpola f(x) en los nodos

x0, x1, x2, . . . , xn.

3. Tomamos Z b

af(x) dx '

Z b

apn(x) dx.

2.1 Fórmula del trapecio y de Simpson

• Fórmula del TrapecioEs la fórmula de Newton-Cotes de 2 puntos

Z b

ap1(x) dx =

f(a) + f(b)

2(b− a) .

La fórmula del trapecio es

FT (f) =b− a2

[f(a) + f(b)] .

Si tomamos h = b− a, obtenemos la siguiente expresión

FT (f) =h

2[f(x0) + f(x1)] ,

x0 = a, x1 = a+ h,h = b− a.

• Fórmula de Simpson


Es la fórmula de Newton-Cotes de 3 puntos

h =b− a2,

x0 = a, x1 = a+ h, x2 = a+ 2h = b.

Puede demostrarse queZ b

ap2(x) dx =

b− a6

∙f(a) + 4f

µa+ b

2

¶+ f(b)

¸=

h

3[f(x0) + 4f (x1) + f(x2)] .

La fórmula de Simpson es

FS (f) =h

3[f(x0) + 4f (x1) + f(x2)] ,

x0 = a, x1 = a+ h, x2 = a+ 2h,

h =b− a2.


I =

Z 2

1

1

xdx.

1. Aproxima el valor de I usando la fórmula del trapecio.

2. Aproxima el valor de I usando la fórmula de Simpson.

3. Calcula los errores.


1. Aproximación con la fórmula del trapecio. Tenemos

a = 1, b = 2, f(x) =1

x,

FT (f) =2− 12

µ1 +

1

2

¶=1

2· 32=3

4= 0.75.

2. Aproximación con la fórmula de Simpson. Tenemos

h =2− 12

= 0.5,

x0 = 1, x1 = 1.5, x2 = 2,

FS(f) =0.5

3

µ1 + 4

1

1.5+1

2

¶= 0. 69444.

3. Valor exacto y errores. Calculamos la integral exactaZ 2

1

1

xdx = [lnx]21 = ln 2 = 0. 69315.

Error para la fórmula del trapecio

|ET (f)| = |I − FT (f)| = |0. 69315− 0.75| = 0.0 5685.

Error para la fórmula de Simpson

|ES (f)| = |I − FS(f)| = |0. 69315− 0. 69444| = 0.00 129.

Con la fórmula Simpson, hemos obtenido 2 decimales exactos. ¤

2.2 Errores

• Fórmula del trapecioSea f(x) de clase C2[a, b]

x0 = a, x1 = b, h = b− a,

se cumple

I =

Z b

af(x) dx =

FT (f)z }| {h

2[f (x0) + f (x1)] −h

3

12f (2) (t) , t ∈ (a, b) .

Valor absoluto del error

|ET (f)| = |I − FT (f)| = h3

12

¯f (2) (t)

¯, t ∈ (a, b) .


Cota superior de error

|ET (f)| ≤ h3

12M2, M2 = max

x∈[a,b]

¯f (2) (x)

¯.

• Fórmula de SimpsonSea f(x) de clase C4[a, b]

x0 = a, x1 = a+ h, x2 = b, h =b− a2,

se cumple

I =

Z b

af(x) dx =

FS(f)z }| {h

3[f (x0) + 4f (x1) + f (x2)] −h

5

90f (4) (t) , t ∈ (a, b) .

Valor absoluto del error

|ES(f)| = |I − FS(f)| = h5

90

¯f (4) (t)

¯, t ∈ (a, b) .

Cota superior de error

|ES(f)| ≤ h5

90M4, M4 = max

x∈[a,b]

¯f (4) (x)

¯.


I =

Z 2

1

x lnxdx.

1. Aproxima el valor de I usando la fórmula del trapecio; calcula unacota superior de error.

2. Aproxima el valor de I usando la fórmula de Simpson; calcula unacota superior de error.

3. Calcula el valor exacto de la integral y verifica los resultados.

1. Aproximación trapecio. Tenemos

a = 1, b = 2, h = 2− 1 = 1, f(x) = x lnx,

Valor de la aproximación

FT (f) =1

2(1 ln 1 + 2 ln 2) = ln 2 = 0. 69315.


La cota de error es

|ET (f)| ≤ h3

12M2, M2 = max

x∈[1,2]

¯f (2) (x)

¯.

Calculamos las derivadas para determinar M2.

f 0(x) = lnx+ 1,

f 00(x) =1

x.

Observamos que f 00(x) es positiva si x ∈ [1, 2], la función objetivo en elcálculo de M2 es

g(x) =¯f (2) (x)

¯=1

x,

g0(x) =−1x2.

Vemos que g0(x) es negativa, por lo tanto g es decreciente en el intervalo yresulta

M2 = maxx∈[1,2]

¯f (2) (x)

¯= g(1) = 1.

Finalmente, obtenemos la cota de error

|ET (f)| ≤ h3

12M2 =

1

12= 0.083333.

2. Aproximación por Simpson. Tenemos

h =2− 12

= 0.5,

x0 = 1, x1 = 1.5, x2 = 2.

Valor de la aproximación

FS(f) =0.5

3(1 ln 1 + 4 · 1.5 ln (1.5) + 2 ln 2) = 0. 63651.

La cota de error es

|Es(f)| ≤ h5

90M4, M4 = max

x∈[1,2]

¯f (4) (x)

¯.


f 000(x) = − 1x2,

f (4)(x) =2

x3.


Vemos que f (4)(x) es positiva si x ∈ [1, 2], la función objetivo es

g(x) =¯f (4) (x)

¯=2

x3,

g0(x) =−6x4.

La derivada g0(x) es negativa, por lo tanto g es decreciente y resulta

M4 = maxx∈[1,2]

¯f (4) (x)

¯= g(1) = 2.

Finalmente, obtenemos la cota de error

|ES(f)| ≤ h5

90M4 =

(0.5)5

902 = 0.0006 9444.

Por lo tanto, podemos asegurar que el valor obtenido usando la fórmula deSimpson aproxima el valor de la integral con (al menos) 2 decimales exactos.

3. Valor exacto y errores. Calculamos una primitiva de f(x)Zx lnxdx = integramos por partes

⎛⎜⎝ u = lnx du =1

xdx

dv = x dx v =x2

2

⎞⎟⎠=x2

2lnx −

Zx2

2

1

xdx

=x2

2lnx −1

2

Zx dx

=x2

2lnx −x

2

4+ c.

Z 2

1

x lnxdx =

∙x2

2lnx− x

2

4

¸x=2x=1

= (2 ln 2− 1)−µ1

2ln 1− 1

4

¶= 2 ln 2− 1 + 1/4 = 0. 63629.

Error trapecio.

|ET (f)| = |I − FT (f)| = |0. 63629− 0. 69315| = 0.0 5686,

cota calculada para el error trapecio

|ET (f)| ≤ 0.083333.

Error Simpson

|ES (f)| = |I − FS(f)| = |0. 63629− 0. 63651| = 0.000 22,

cota error Simpson|ES(f)| ≤ 0.0006 94.


Vemos que, en ambos casos, los errores son inferiores a las cotas calcula-das. También observamos que con la fórmula Simpson hemos obtenido 3decimales exactos. ¤

Importante: recuerda que la distancia entre nodos es• h = b− a para la fórmula del trapecio,• h = b− a

2para la fórmula de Simpson.

3 Fórmulas compuestas

Las fórmulas compuestas permiten obtener mejores aproximaciones divi-diendo el intervalo de integración en varios tramos y aplicando una fórmulasimple a cada uno de los tramos.

3.1 Trapecio compuesto

• Estrategia

1. Dividimos el intervalo [a, b] en n tramos de longitud

h =b− an,

obtenemos n+ 1 puntos

x0 = a, x1 = a+ h, x2 = a+ 2h, . . . , xn = a+ nh = b,

los n tramos son

A1 = [x0, x1], A2 = [x1, x2] , . . . , Aj = [xj−1, xj ] , . . . , An = [xn−1, xn] .

2. Aplicamos la fórmula del trapecio a cada tramo

A1 = [x0, x1] ⇒ F(1)T =

h

2[f (x0) + f (x1)] ,

......

Aj = [xj−1, xj ] ⇒ F(j)T =

h

2[f (xj−1) + f (xj)] ,

......

An = [xn−1, xn] ⇒ F(n)T =

h

2[f (xn−1) + f (xn)] .

3. Tomamos como aproximación global la suma de las aproximacionessobre los tramos

F(n)TC = F

(1)

T + F(2)

T + · · ·+ F (j)T + · · ·+ F (n)T .


• Fórmula de trapecio compuesto con n tramos.

F(n)TC =

h

2[f(x0) + 2f (x1) + · · ·+ 2f (xj) + · · ·+ 2f (xn−1) + f (xn)] ,

h =b− an.

Si agrupamos términos, obtenemos

F(n)TC =

h

2[f(x0) + f (xn)] + h

n−1Xj=1

f (xj) , h =b− an.

• Cota de errorSi f(x) es de clase C2[a, b], se cumple

¯E(n)TC

¯=

¯Z b

af(x)dx− F (n)TC

¯≤ b− a

12h2M2, h =

b− an

dondeM2 = max

x∈[a,b]

¯f (2) (x)

¯.

• Demostración de la cota de errorTenemosZ b

af (x) dx =

Z x1

x0

f (x) dx+

Z x2

x1

f (x) dx+ · · ·+Z xn

xn−1f (x) dx

=

ZA1

f (x) dx+

ZA2

f (x) dx+ · · ·+ZAn

f (x) dx

= I1 + I2 + · · ·+ In.


La fórmula de trapecio compuesto se obtiene sumando el valor del trapeciosimple en cada uno de los tramos, es decir

F(n)TC = F

(1)T + F

(2)T + · · ·+ F (n)T ,

donde F (j)T es el valor de la fórmula simple del trapecio sobre el tramoAj = [xj−1, xj ] . Entonces¯

E(n)TC

¯=

¯Z b

af (x) dx− F (n)TC

¯=

¯(I1 + I2 + · · ·+ In)−

³F(1)T + F

(2)T + · · ·+ F (n)T

´¯=

¯³I1 − F (1)T

´+³I2 − F (2)T

´+ · · ·+

³In − F (n)T

´¯≤

¯I1 − F (1)T

¯+¯I2 − F (2)T

¯+ · · ·+

¯In − F (n)T

¯≤

¯E(1)T

¯+¯E(2)T

¯+ · · ·+

¯E(n)T

¯donde

¯E(j)T

¯representa el error del trapecio simple en el tramo Aj . Sabemos

que se cumple ¯E(j)T

¯≤ h

3

12M(j)2 , M

(j)2 = max

x∈Aj

¯f (2) (x)

¯,

entonces ¯E(n)TC

¯≤ h

3

12M(1)2 +

h3

12M(2)2 + · · ·+ h

3

12M(n)2 .

Si tomamosM2 = max

x∈[a,b]

¯f (2) (x)

¯,

se cumple para todos los tramos

M(j)2 = max

x∈Aj

¯f (2) (x)

¯≤ maxx∈[a,b]

¯f (2) (x)

¯=M2,

por lo tanto¯E(n)TC

¯≤ h3

12M2 +

h3

12M2 + · · ·+

h3

12M2 = n

h3

12M2 = n

b− an

h2

12M2

≤ b− a12

h2M2. ¤

Ejemplo 3.1 Calcula el valor de la integralZ 2

1

x lnxdx

con 2 decimales exactos usando la fórmula del trapecio compuesto.


1. Cálculo del número de tramos. Tenemos

a = 1, b = 2, f(x) = x lnx,

la cota de error es ¯E(n)TC

¯≤ b− a

12h2M2, h =

b− an,

dondeM2 = max

x∈[a,b]

¯f (2) (x)

¯.

En el Ejemplo 2.2 hemos obtenido el valor de la cota de la derivada

M2 = maxx∈[1,2]

¯f (2) (x)

¯= 1,

entonces la cota de error toma la forma¯E(n)TC

¯≤ 1

12h2.

Exigimos1

12h2 ≤ 0.5× 10−2

y determinamos hh2 ≤ 12 · ¡0.5× 10−2¢ = 0.0 6,

h ≤√0.0 6 = 0. 24495.

Finalmente, como

h =2− 1n

=1

n,

resulta1

n≤ 0. 24495 ⇒ n ≥ 1

0. 24495= 4. 0825.

Es decir, para garantizar 2 decimales exactos en la aproximación, necesita-mos n = 5 tramos.

2. Valor de la aproximación. Con n = 5, resulta

h =1

5= 0.2,

los nodos son

x0 = 1, x1 = 1.2, x2 = 1.4, x3 = 1.6, x4 = 1.8, x5 = 2.


La fórmula del trapecio con 5 tramos es

F(5)TC =

h

2[f (x0) + f (x5)] + h

4Xj=1

f (xj) ,

en concreto

F(5)TC =

0.2

2(1 ln 1 + 2 ln 2) + (0.2) (1.2 ln 1.2 + 1.4 ln 1.4 + 1.6 ln 1.6 + 1.8 ln 1.8)

= 0. 13863 + 0. 49997 = 0. 63860.

3. Error exacto. El valor de la integral es

I =

Z 2

1

x lnx dx = 0. 63629,

de donde resulta el error¯E(5)TC

¯=¯I − F (5)TC

¯= |0. 63629− 0. 63860| = 0.00 231.

Vemos que, efectivamente, la fórmula de trapecio compuesta con 5 tramosaproxima el valor de la integral con 2 decimales exactos. ¤

3.2 Fórmula de Simpson compuesto

• EstrategiaLa idea es dividir el intervalo [a, b] en m tramos de igual longitud

A1, A2, . . . , Am

y aplicar la regla simple de Simpson a cada tramo. Para centrar ideas,expondremos el caso m = 3.

1. Para aplicar la regla de Simpson, debemos tomar el punto medio decada tramo. Por lo tanto, tendremos una distancia entre nodos

h =b− a2m

.

Los nodos son

x0 = a, x1 = a+ h, x2 = a+ 2h, . . . , xn = a+ 2mh = b.

Si m = 3, la distancia entre nodos será

h =b− a6

y tendremos 2m+ 1 = 7 nodos


en este caso, los tramos son

A1 = [x0, x2], punto medio x1,A2 = [x2, x4], punto medio x3,

A3 = [x4, x6], punto medio x5.

2. Aplicamos la fórmula de Simpson simple a cada tramo

A1 = [x0, x2] ⇒ F(1)S =

h

3[f (x0) + 4f (x1) + f(x2)] ,

A2 = [x2, x4] ⇒ F(2)S =

h

3[f (x2) + 4f (x3) + f(x4)] ,

A3 = [x4, x6], ⇒ F(3)S =

h

3[f (x4) + 4f (x5) + f(x6)] .

3. Tomamos como aproximación global la suma de las aproximacionessobre los tramos

F(m)SC = F

(1)S + F

(2)S + · · ·+ F (m)S ,

en el caso m = 3

F(3)SC =

h

3[f (x0) + 4f (x1) + 2f(x2) + 4f (x3) + 2f(x4) + 4f (x5) + f(x6)]

La fórmula puede reorganizarse como sigue:

F(3)SC =

h

3{f (x0) + f(x6)| {z }nodos extremos

+2 [f(x2) + f(x4)]| {z }nodos pares interiores

+4 [f (x1) + f (x3) + f (x5)]| {z }nodos impares

}

• Fórmula de Simpson compuestoLa expresión general para la fórmula de Simpson compuesta con m tramoses

F(m)SC =

h

3

⎡⎣f(x0) + f (x2m) + 2m−1Xj=1

f (x2j) + 4mXj=1

f (x2j−1)

⎤⎦ , h =b− a2m

.


• Cota de errorSi f(x) es de clase C4[a, b], se cumple¯

E(m)SC

¯=

¯Z b

af(x)dx− F (m)SC

¯≤ b− a180

h4M4, h =b− a2m

.

M4 = maxx∈[a,b]

¯f (4) (x)

¯.

• Demostración de la cota de errorTenemosZ b

af (x) dx =

ZA1

f (x) dx+

ZA2

f (x) dx+ · · ·+ZAm

f (x) dx

= I1 + I2 + · · ·+ Im.

La fórmula de Simpson compuesta de m tramos es

F(m)SC = F

(1)

S + F(2)

S + · · ·+ F (m)S

donde F (j)S es el valor de la fórmula simple de Simpson sobre el tramo Aj =[x2j−2, x2j ] . Entonces, el error global no supera la suma de los errores en lostramos, en efecto¯

E(m)SC

¯=

¯Z b

af (x) dx− F (m)SC

¯=

¯(I1 + I2 + · · ·+ Im)−

³F(1)

S + F(2)

S + · · ·+ F (m)S

´¯=

¯³I1 − F (1)S

´+³I2 − F (2)S

´+ · · ·+

³Im − F (m)S

´¯≤

¯I1 − F (1)S

¯+¯I2 − F (2)S

¯+ · · ·+

¯Im − F (m)S

¯≤

¯E(1)S

¯+¯E(2)S

¯+ · · ·+

¯E(m)S

¯,

donde¯E(j)S

¯representa el error de Simpson simple en el tramo Aj . Para

cada tramo, sabemos que se cumple¯E(j)S

¯≤ h

5

90M(j)4 , M

(j)4 = max

x∈Aj

¯f (4) (x)

¯,

entonces ¯E(m)SC

¯≤ h

5

90M(1)4 +

h5

90M(2)4 + · · ·+ h

5

90M(m)4 .

Obviamente, el valor máximo de¯f (4) (x)

¯sobre cualquiera de los tramos

M(j)4 no puede superar al valor máximo sobre el intervalo completo [a, b]; es

decir, si tomamosM4 = max

x∈[a,b]

¯f (4) (x)

¯,


se cumple para todos los tramos

M(j)4 = max

x∈Aj

¯f (4) (x)

¯≤ maxx∈[a,b]

¯f (4) (x)

¯=M4.

por lo tanto ¯E(m)SC

¯≤ h5

90M(1)4 +

h5

90M(2)4 + · · ·+ h

5

90M(m)4

≤ h5

90M4 +

h5

90M4 + · · ·+

h5

90M4

≤ mh5

90M4 = mh

h4

90M4 = m

b− a2m

h4

90M4

≤ b− a180

h4M4. ¤

Ejemplo 3.2 Calcula el valor de la integralZ 2

1

x lnxdx

con 4 decimales exactos usando la fórmula de Simpson compuesto.

1. Cálculo del número de intervalos. Tenemos

a = 1, b = 2, f(x) = x lnx,

la cota de error para la fórmula de Simpson con m tramos es¯E(m)SC

¯≤ b− a180

h4M4, h =b− a2m

,

M4 = maxx∈[a,b]

¯f (4) (x)

¯.

Hemos visto en el Ejemplo 2.2 que

M4 = maxx∈[1,2]

¯f (4) (x)

¯= 2,

entonces resulta la cota de error.¯E(m)SC

¯≤ 1

180h4 · 2.

Exigimos1

180h4 · 2 ≤ 0.5× 10−4


y determinamos h

h4 ≤ 180 ·¡0.5× 10−4

¢2

= 0.00 45,

h ≤ 4√0.0 045 = 0. 259.

Finalmente, como

h =2− 12m

=1

2m,

resulta1

2m≤ 0. 259 ⇒ m ≥ 1

2 · 0. 259 = 1. 9305.

Necesitamos tomar m = 2. Se trata de Simpson doble. Observa que, comocada Simpson simple contiene dos subintervalos, el número de subintervaloses 2m = 4.2. Valor de la aproximación. Con m = 2, la distancia entre nodos es

h =1

4= 0.25,

nodosx0 = 1, x1 = 1.25, x2 = 1.5, x3 = 1.75, x4 = 2.

La fórmula compuesta de Simpson con 2 tramos tiene la siguiente forma

F(2)SC =

h

3

⎡⎣f (x0) + f (x4) + 2 1Xj=1

f (x2j) + 42Xj=1

f (x2j−1)

⎤⎦=

h

3{f (x0) + f (x4) + 2f(x2) + 4 [f(x1) + f(x3)]} .

Sustituyendo, obtenemos el valor de la aproximación

F(2)SC =

0.25

3[(1 ln 1 + 2 ln 2) + 2 (1.5 ln 1.5) + 4 (1.25 ln 1.25 + 1.75 ln 1.75)]

=0.25

37. 635718 = 0. 6363098.

3. Error exacto. Podemos tomar como valor exacto de la integral

I =

Z 2

1

x lnx dx = 0. 63629 44,

el error es¯E(2)SC

¯=¯I − F (2)SC

¯= |0. 63629 44− 0. 63630 98| = 0.154× 10−4. ¤

Importante: recuerda que la distancia entre nodos es

• h = b− an

para la fórmula compuesta del trapecio con n tramos,

• h = b− a2m

para la fórmula compuesta de Simpson con m tramos.


Guía de estudio:Tema 9Sistemas de EDOs lineales


Universidad Politécnica de CataluñaNoviembre 2008, versión 1.2

1 Introducción



2. Sistemas lineales homogéneos.

3. Resolución de sistemas homogéneos con coeficientes constantes.

4. Resolución de sistemas completos: variación de parámetros.

2 Objetivos

2.1 Teóricos


• Identificar sistemas de EDOs lineales.

• Distinguir si el sistema de EDOs es de coeficientes constantes.

• Distinguir y manejar funciones vectoriales de variable real, más con-cretamente, dada una función vectorial, el alumno debe ser capaz de:

— determinar el dominio,

— estudiar la continuidad,

— calcular la derivada,

— calcular una primitiva,

— calcular integrales definidas.

• Escribir un sistema de EDOs lineales en forma matricial.

• Diferenciar entre sistemas de EDOs lineales completos y homogéneos.

1

Francisco Palacios Tema 9: Sistemas de EDOs lineales. 2

• Estudiar la independencia lineal de funciones vectoriales usando elWronskiano.

• Describir la estructura del conjunto de soluciones de un sistema deEDOs lineales homogéneo de dimensión n.

• Determinar sistemas fundamentales de soluciones para un sistema deEDOs lineales homogéneas con coeficientes constantes.

• Construir una matriz fundamental para una sistema de EDOs linealeshomogéneas con coeficientes constantes.

• Describir la estructura de la solución general de un sistema de EDOslineales completo con coeficientes constantes.

2.2 Cálculo manual


• Obtener la solución general de un sistema sencillo de EDOs linealeshomogéneo de orden n con coeficientes constantes usando los valoresy vectores propios de la matriz del sistema.

• Obtener la solución general de sistema sencillo de EDOs lineales ho-mogéneo de orden n con coeficientes constantes, determinando unasolución particular mediante el método de variación de parámetros.

• Resolver problemas sencillos de valor inicial para sistema de EDOslineales homogéneo de orden n con coeficientes constantes.



• Escribir sistemas de EDOs siguiendo la sintaxis de Maple.


• Resolver problemas de valor inicial y de condiciones de contorno condsolve.

• Extraer una expresión correspondiente a la solución usando el comandoassign.

• Representar gráficamente las soluciones de un problema de valor ini-cial.


Francisco Palacios Tema 9: Sistemas de EDOs lineales. 3


• Resuelve manualmente los ejemplos del Resumen de clase. Si disponesde poco tiempo, puedes omitir el Ejemplo 3.3 y el Ejemplo 4.1.

• Resuelve con papel y lápiz los ejercicios 1,2,3,4,9,10,11.

• Resuelve con Maple todos los ejercicios.

4 Temporalización




Leer guia estudio, resumen Trabajo personal 0,25hProblemas a mano Trabajo personal 6,0hHacer práctica Trabajo personal 0,75hPoblemas con Maple Trabajo personal 0,75hCuestionario Trabajo personal 0,25 8h

Cuestionario Tema 9: Sistemas de EDOs

Alumno: _____________________________________










6. Sugerencias:


Ejercicios Tema 6

Integración NuméricaFrancisco Palacios



Ejercicio 1 Consideramos la fórmula de cuadraturaZ 1

0f(x) dx ' F (f)

conF (f) = α1f (a) + α2f (1) .

Determina α1,α2 y a para que la fórmula de cuadratura tenga el mayorgrado de precisión posible.

Ejercicio 2 Consideramos la integral

I =

Z 0.2

0e−x

2

dx.

1. Aproxima el valor de I usando la fórmula del trapecio simple.


3. Calcula el valor de la integral con Maple.

4. Calcula los errores absolutos que resultan al aplicar la fórmula deltrapecio y de Simpson.


I =

Z 1.5

1x2 lnxdx.


2. Calcula una cota superior de error.

3. Calcula manualmente el valor exacto de la integral y verifica el resul-tado.

4. Calcula una primitiva con Maple.

1

Ejercicios: Integración numérica 2

5. Calcula con Maple el valor exacto de la integral.


I =

Z 0.5

0x sinx dx.


2. Usando las propiedades del valor absoluto, calcula una cota superiorpara |f 00(x)| sobre [0, 0.5].

3. Determina una cota superior de error.


5. Verifica con Maple la cota de |f 00(x)| .




I =

Z 1.5

1x2 lnxdx.


2. Calcula una cota superior de error y verifica el resultado.


I =

Z 0.5

0x sinx dx.


2. Calcula una cota superior para¯f (4)(x)

¯sobre [0, 0.5].



5. Calcula con Maple el valor del error.


I =

Z 1.5

1x2 lnxdx.


1. Aproxima el valor de I con 3 decimales exactos usando la fórmula deltrapecio compuesto.

2. Verifica el valor de la aproximación con el comando trapezoid de lalibrería student de Maple.

3. Verifica el resultado calculando el error con Maple.


I =

Z 1.5

1x2 lnxdx.

1. Aproxima el valor de I con 5 decimales exactos usando la fórmula deSimpson compuesto.

2. Verifica el valor de la aproximación con el comando simpson de lalibrería student de Maple.



I =

Z 1

0ex

2

dx.

1. Determina el número de intervalos necesario par aproximar el valor deI con 4 decimales exactos usando la fórmula del trapecio compuesto.

2. Escribe un programa con Maple que te permita calcular el valor de laaproximación.

3. Verifica el resultado del apartado anterior con el comando trapezoidde la librería student de Maple.

4. Verifica el resultado calculando el valor exacto con Maple.


I =

Z 1

0ex

2

dx.

1. Determina el número de tramos necesario par aproximar el valor de Icon 6 decimales exactos usando la fórmula de Simpson.

2. Calcula el valor de la aproximación con el comando simpson de lalibrería student de Maple.




I =

Z b

af(x) dx

y supongamos que cuando la aproximamos usando la fórmula de Simpson,la cota de error

|ES| ≤ h5

90M4, M4 = max

x∈[a,b]

¯f (4)(x)

¯nos garantiza al menos t decimales exactos.

1. Demuestra que la fórmula de Simpson nos proporcionará al menos tdecimales exactos en todas las integralesZ b1

a1f(x) dx, a ≤ a1 < b1 ≤ b.

2. ¿Será cierto un resultado análogo para la fórmula del trapecio?

3. ¿Y para las fórmulas compuestas?

Ejercicio 12 La longitud del arco de la curva

y = f(x)

desde el punto P = (a, f(a)) , hasta Q = (b, f(b)) se define como

L =

Z b

a

q1 + [y0 (x)]2 dx.

Queremos calcular la longitud del arco de parábola

y = x2

desde el punto P = (0, 0) , hasta Q = (1, 1) .

1. Representa gráficamente el arco y plantea la integral que da su longi-tud.

2. Queremos calcular el valor de la longitud de arco con 6 decimalesexactos. Usa para ello la fórmula de Simpson compuesta F (m)SC hastaque el error estimado

E(m)SC =

¯F(m)SC − F (m−1)SC

¯sea inferior a 0.5 × 10−8. Para calcular los valores de F (m)SC , usa lalibrería student de Maple.



Soluciones Tema 6: Integración numéricaFrancisco Palacios



Ejercicio 1 Consideramos la fórmula de cuadraturaZ 1

0

f(x) dx ' F (f)

conF (f) = α1f (a) + α2f (1) .

Determina α1,α2 y a para que la fórmula de cuadratura tenga el mayorgrado de precisión posible.

Tenemos 3 parámetros, impondremos 3 condicionesZ 1

0

1 dx = [x]10 = 1

F (1) = α1 + α2

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ ⇒ α1 + α2 = 1,

Z 1

0

xdx =

∙x2

2

¸10

= 12

F (x) = α1 a+ α2

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ ⇒ α1 a+ α2 =1

2,

Z 1

0

x2 dx =

∙x3

3

¸10

=1

3

F¡x2¢= α1 a

2 + α2

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ ⇒ α1 a2 + α2 =

1

3.

Resulta el siguiente sistema de ecuaciones no lineales⎧⎨⎩α1 + α2 = 1,α1 a+ α2 =

12,

α1 a2 + α2 =

13.

1

Solución a los ejercicios: Integración numérica 2

Usamos la primera ecuación para eliminar α2 de la segunda y la tercera

(2a − 1a)→ ¡2a¢

(3a − 1a)→ ¡3a¢

⎧⎪⎨⎪⎩α1 + α2 = 1,

α1 a− α1 = −12 ,α1 a

2 − α1 = −23 .

Despejamos a en la 2a ecuación

a =α1 − 1/2

α1,

sustituimos en la 3a para determinar α1

α1

µα1 − 1/2

α1

¶2− α1 = −2

3,

(α1 − 1/2)2α1

− α1 = −23,

(α1 − 1/2)2 − α21 = −2

3α1,

−α1 + 14= −2

3α1,

1

3α1 =

1

4⇒ α1 =

3

4.

Sustituimos en la 1a ecuación

α1 + α2 = 1

para determinar α2, obtenemos

α2 =1

4.

Finalmente, sustituyendo en

a =α1 − 1/2

α1,

resultaa = 1/3.

La fórmula de cuadratura es

F (f) =3

4f (1/3) +

1

4f (1)

y tiene grado de precisión 2. ¤



I =

Z 0.2

0

e−x2

dx.



3. Calcula el valor de la integral con Maple.

4. Calcula los errores absolutos que resultan al aplicar la fórmula deltrapecio y de Simpson.

1. Aproximación por trapecio. Tenemos

a = 0, b = 0.2, f(x) = e−x2

,

FT (f) =0.2− 02

¡1 + e−0.04

¢= 0. 19607 89.


h =0.2− 02

= 0.1,

x0 = 0, x1 = 0.1, x2 = 0.2,

FS(f) =0.1

3[f(0) + 4f(0.1) + f(0.2)]

=0.1

3

¡1 + 4e−0.01 + e−0.04

¢= 0. 19736 63.

3. Valor exacto y errores. Podemos calcular el valor de la integral con Maplecon la orden

> int(exp(-x^2),x=0..0.2);

el resultado con 7 decimales es

I =

Z 0.2

0

e−x2

dx = 0. 19736 50,

|ET (f)| = |I − FT (f)| = |0. 19736 50− 0. 19607 89| = 0.00 12861,

|ES (f)| = |I − FS(f)| = |0. 19736 50− 0. 19736 63| = 0.00000 13.Con la fórmula del trapecio hemos obtenido 2 decimales exactos y con la deSimpson 5 decimales exactos. ¤



I =

Z 1.5

1

x2 lnxdx.


2. Calcula una cota superior de error.





a = 1, b = 1.5, h = 1.5− 1 = 0.5, f(x) = x2 lnx,

FT (f) =0.5

2

h1 ln 1 + (1.5)2 ln (1.5)

i= 0. 2280741.

2. Cota de error

|ET (f)| ≤ h3

12M2, M2 = max

x∈[1,1.5]

¯f (2) (x)

¯.


f 0(x) = 2x lnx+ x,

f 00(x) = 2 lnx+ 3,

f 00(x) es positiva si x ∈ [1, 1.5]. Función objetivo

g(x) =¯f (2) (x)

¯= 2 lnx+ 3,

g0(x) =2

x,

g0(x) es positiva en [1, 1.5], por lo tanto g es creciente en el intervalo y resulta

M2 = maxx∈[1,1.5]

¯f (2) (x)

¯= g(1.5) = 2 ln (1.5) + 3 = 3. 81093.

Cota de error

|ET (f)| ≤ h3

12M2 =

(0.5)3

12× 3. 81093 = 0.03 9697,


podemos asegurar un decimal exacto.3. Valor exacto y error. Calculamos una primitiva de f(x)Z

x2 lnxdx = integramos por partes

⎛⎜⎝ u = lnx du =1

xdx

dv = x 2dx v =x3

3

⎞⎟⎠=x3

3lnx −

Zx3

3

1

xdx

=x3

3lnx −1

3

Zx3 dx

=x3

3lnx −x

3

9+ c.

Z 2

1

x lnxdx =

∙x3

3lnx− x

3

9

¸x=1.5x=1

=

Ã(1.5)3

3ln (1.5)− (1.5)

3

9

!−µ1

3ln 1− 1

9

¶= 0. 19225 94.

Error trapecio

|ET (f)| = |I − FT (f)| = |0. 19225 94− 0. 22807 41| = 0.0 358147.

Vemos que es inferior a la cota error calculada previamente

|ET (f)| ≤ 0.039697.

Para los otros apartados, ver Resolución con Maple. ¤


I =

Z 0.5

0

x sinx dx.


2. Usando las propiedades del valor absoluto, calcula una cota superiorpara |f 00(x)| sobre [0, 0.5].








a = 0, b = 0.5, h = 0.5− 0 = 0.5, f(x) = x sinx,

FT (f) =0.5

2[0 sin 0 + 0.5 sin (0.5)] = 0.059928.

2. Cota superior para¯f (2) (x)

¯. Calculamos las derivadas

f 0(x) = sinx+ x cosx,

f 00(x) = 2 cosx− x sinx,En este caso no es evidente el signo de f 00. Intentamos calcular una cotasuperior M2 usando las propiedades del valor absoluto.¯

f (2) (x)¯= |2 cosx− x sinx| ≤ |2 cosx|+ |−x sinx|≤ 2 |cosx|+ |x| |sinx| ,

si x ∈ [0, 0.5] se cumple¯f (2) (x)

¯≤ 2 · 1 + 0.5 sin 0.5 = 2. 239713.

3. Cota superior de error. Tenemos

|ET (f)| =h3

12

¯f (2) (t)

¯, t ∈ [0, 0.5],

de donde resulta

|ET (f)| ≤ (0.5)3

12× 2. 239713 = 0.02333.

4. Valor exacto y error. Calculamos una primitiva de f(x)Zx sinxdx = integramos por partesµu = x du = dx

dv = sinxdx v =− cosx¶= −x cosx+

Zcosxdx

= −x cosx+ sinx+ c.

Z 0.5

0

x sinxdx = [−x cosx+ sinx]x=0.5x=0

= −0.5 cos (0.5) + sin(0.5)= 0.04 0634.


Error

|ET (f)| = |I − FT (f)| = |0.04 0634− 0.05 9928| = 0.0 19294,

cota error trapecio|ET (f)| ≤ 0.02 333.

Vemos que el error obtenido es inferior a la cota de error, por lo tanto, elresultado es coherente1. Para los otros apartados, ver Resolución con Maple.¤


I =

Z 1.5

1

x2 lnxdx.


2. Calcula una cota superior de error y verifica el resultado.


a = 1, b = 1.5, h =1.5− 12

= 0.25, f(x) = x2 ln(x),

x0 = 1, x1 = 1.25, x2 = 1.5.

Aproximación

FS(f) =0.25

3

³1 ln 1 + 4 · (1.25)2 ln (1.25) + (1.5)2 ln (1.5)

´= 0. 19224 531.

Cota de error

|Es(f)| ≤ h5

90M4, M4 = max

x∈[1,1.5]

¯f (4) (x)

¯.

Calculamos las derivadas

f 0(x) = 2x lnx+ x,

f 00(x) = 2 lnx+ 3,

f (3)(x) =2

x,

f (4)(x) =−2x2,

1 ¿Por qué no podemos afirmar que el resultado es correcto?


f (4)(x) es negativa si x ∈ [1, 1.5]. Función objetivo

g(x) =¯f (4) (x)

¯=2

x2,

g0(x) =−4x3,

g0(x) es negativa en [1, 1.5], por lo tanto g(x)&, entonces

M4 = maxx∈[1,1.5]

¯f (4) (x)

¯= g(1) = 2.

Cota de error

|ES(f)| ≤ h5

90M4 =

(0.25)5

902 = 0.2 1701× 10−4,

podemos asegurar 4 decimales exactos.3. Valor exacto y errores. Tomamos como valor exacto

I =

Z 1.5

1

x2 lnx dx = 0. 19225 936.

Error Simpson

|ES (f)| = |I − FS(f)| = |0. 19225 936− 0. 19224 531| = 0.00001405,

cota calculada de error

|ES(f)| ≤ 0.2 1701× 10−4. ¤


I =

Z 0.5

0

x sinx dx.

1. Aproxima el valor de I usando la fórmula de Simpson..

2. Calcula una cota superior para¯f (4)(x)

¯sobre [0, 0.5]



5. Calcula con Maple el valor del error.



a = 0, b = 0.5, h =0.5− 02

= 0.25, f(x) = x sinx,

x0 = 0, x1 = 0.25, x2 = 0.5.

Aproximación

FS(f) =0.25

3(0 sin 0 + 4 · (0.25) sin (0.25) + (0.5) sin (0.5)) = 0.0405930.

2. Cota superior para¯f (4) (x)

¯. Calculamos las derivadas

f 0(x) = sinx+ x cosx,

f 00(x) = 2 cosx− x sinx,f (3)(x) = −3 sinx− x cosx,f (4)(x) = −4 cosx+ x sinx.

Determinamos una cota para¯f (4) (x)

¯usando las propiedades del valor ab-

soluto ¯f (4) (x)

¯= |−4 cosx+ x sinx| ≤ |−4 cosx|+ |x sinx|≤ 4 |cosx|+ |x| |sinx| .

Si x ∈ [0, 0.5], resulta¯f (2) (x)

¯≤ 4 · 1 + 0.5 sin 0.5 = 4. 2397.

3. Cota de error.

|ES(f)| =h5

90

¯f (4) (x)

¯, x ∈ (0, 0.5) .

|ES(f)| ≤ (0.25)5

904. 2397 = 0.4 6004× 10−4,

podemos asegurar 4 decimales exactos. Como

I =

Z 0.5

0

x sinx dx = 0.04 06342

el error es

|ES (f)| = |I − FS(f)| = |0.04 06342 − 0.04 05930 | = 0.0000412.

Para los otros apartados, ver Resolución con Maple. ¤



I =

Z 1.5

1

x2 lnxdx.

1. Aproxima el valor de I con 3 decimales exactos usando la fórmula deltrapecio compuesto.

2. Verifica el valor de la aproximación con el comando trapezoid de lalibrería student de Maple.


1. Cálculo del número de tramos.

a = 1, b = 1.5, f(x) = x2 lnx,

tenemos la acotación¯E(n)TC

¯≤ b− a

12h2M2, h =

b− an,

M2 = maxx∈[a,b]

¯f (2) (x)

¯.

Hemos visto en el Ejercicio 3, que

M2 = maxx∈[1,1.5]

¯f (2) (x)

¯= 3. 81093,

entonces ¯E(n)TC

¯≤ 0.512h2 × 3. 81093.

Para 3 decimales exactos, exigimos

0.5

12h2 × 3. 81093 ≤ 0.5× 10−3

y resolvemos en h

h2 ≤ 12 ·¡0.5× 10−3

¢0.5× 3. 81093 = 0.003149,

h ≤√0.003 149 = 0.05 6116.

Comoh =

1.5− 1n

=0.5

n,


resulta0.5

n≤ 0.05 6116 ⇒ n ≥ 0.5

0.05 6116= 8. 910.

Necesitamos 9 tramos.Valor de la aproximación. Con n = 9, resulta

h =0.5

9= 0.055556,

x0 = 1 f(x0) = 0,

x9 = 1. 5 f(x9) = 0. 91229 6P0. 91229 6

x1 = 1.05 5556 f(x1) = 0. 06 0242

x2 = 1. 111111 f(x2) = 0. 13007 46

x3 = 1. 166667 f(x3) = 0. 20981 67

x4 = 1. 22222 4 f(x4) = 0. 29977 04

x5 = 1. 27778 f(x5) = 0. 40021 96

x6 = 1. 33333 6 f(x6) = 0. 51144 04

x7 = 1. 38889 2 f(x7) = 0. 63369 56

x8 = 1. 44444 8 f(x8) = 0. 76723 72P3. 01249 7

La fórmula de trapecio compuesto con 9 tramos es

F(9)TC =

h

2[f (x0) + f (x9)] + h

8Xj=1

f (xj) ,

en nuestro casos es

F(9)TC =

0.05 5556

2× 0. 91229 6 + 0.05 5556× 3. 01249 7

= 0. 19270 4.

Error exacto. Tomamos como valor exacto

I =

Z 1.5

1

x2 lnxdx = 0. 19225 94,

error ¯E(9)TC

¯=¯I − F (9)TC

¯= |0. 19225 9− 0. 19270 4| = 0.000445.

Para el resto de los apartados, ver Resolución con Maple. ¤


I =

Z 1.5

1

x2 lnxdx.


1. Aproxima el valor de I con 5 decimales exactos usando la fórmula deSimpson compuesto.

2. Verifica el valor de la aproximación con el comando simpson de lalibrería student de Maple.


1. Cálculo del número de intervalos.

a = 1, b = 1.5, f(x) = x2 lnx.

Tenemos la acotación¯E(m)SC

¯≤ b− a180

h4M4, h =b− a2m

,

M4 = maxx∈[a,b]

¯f (4) (x)

¯.

Hemos visto en el Ejercicio 5 que

M4 = maxx∈[1,2]

¯f (4) (x)

¯= 2,

entonces ¯E(m)SC

¯≤ 0.5

180h4 · 2,

para obtener 6 decimales exactos, exigimos

0.5

180h4 · 2 ≤ 0.5× 10−6

y calculamos la h

h4 ≤ 180 · ¡0.5× 10−6¢ = 0.00009,h ≤ 4√0.0000 9 = 0.09 74.

Comoh =

0.5

2m,

resulta0.5

2m≤ 0.09 74 ⇒ m ≥ 0.5

2 · 0.09 74 = 2. 5667.

Necesitamos tomar m = 3. Se trata de Simpson compuesto con 3 tramos(con 2m = 6 subintervalos).


Valor de la aproximación. Con m = 3, la distancio entre nodos es

h =0.5

6= 0.08 333333.

Valores en los nodos extremos.

x0 = 1. f(x0) = 0

x6 = 1. 5 f(x6) = 0. 91229 649P0. 91229 649

Valores en los nodos pares interiores.

x2 = 1. 16666 67 f(x2) = 0. 20981 625

x4 = 1. 33333 33 f(x4) = 0. 51143 473P0. 72125 098

Valores en los nodos impares.

x1 = 1. 08333 33 f(x1) = 0.09 39389 6

x3 = 1. 25 f(x3) = 0. 34866 180

x5 = 1. 41666 67 f(x5) = 0. 69903 227P1. 14163 303

Fórmula de Simpson compuesto con 3 tramos

F(3)SC =

h

3

⎡⎣f (x0) + f (x4) + 2 2Xj=1

f (x2j) + 43Xj=1

f (x2j−1)

⎤⎦=

h

3{f (x0) + f (x4) + 2[f(x2) + f(x4)] + 4 [f(x1) + f(x3) + f(x5)]} ,

en nuestro caso, resulta

F(3)SC =

0.08 333333

3(0. 91229 649 + 2 · 0. 72125 098 + 4 · 1. 14163 303)

= 0. 192259175.

Error exacto. Tomamos como valor exacto

I =

Z 1.5

1

x2 lnxdx = 0. 192259358,

error¯E(3)SC

¯=¯I − F (3)SC

¯= |0. 19225 9358− 0. 19225 9175| = 0.1 83× 10−6. ¤


I =

Z 1

0

ex2

dx.


1. Determina el número de tramos necesario par aproximar el valor de Icon 4 decimales exactos usando la fórmula del trapecio compuesto.

2. Escribe un programa con Maple que te permita calcular el valor de laaproximación.

3. Verifica el resultado del apartado anterior con el comando trapezoidde la librería student de Maple.



a = 0, b = 1, f(x) = ex2

.

Tenemos la acotación¯E(n)TC

¯≤ b− a

12h2M2, h =

b− an,

M2 = maxx∈[a,b]

¯f (2) (x)

¯.

Calculamos las derivadasf 0(x) = 2xex

2

,

f 00(x) = 2ex2

+ 4x2ex2

,

f 00(x) es positiva. Para determinar M2 consideramos la función objetivo

g(x) =¯f (2) (x)

¯= 2ex

2

+ 4x2ex2

,

calculamos su derivada

g0(x) = 12xex2

+ 8x3ex2

y observamos que g0(x) es positiva en el intervalo [0, 1], por lo tanto g(x) escreciente en el intervalo y resulta

M2 = maxx∈[0,1]

¯f (2) (x)

¯= g(1) = 6e = 16. 309691.

Obtenemos la cota de error¯E(n)TC

¯≤ 1

12h2 × 16. 309691,


para obtener 4 decimales exactos, exigimos

1

12h2 × 16. 309691 ≤ 0.5× 10−4

y resolvemos en h

h2 ≤ 12 ·¡0.5× 10−4

¢16. 30969 1

= 3. 67879441× 10−5,

h ≤p3. 67879 441× 10−5 = 6. 06530 66× 10−3.

Finalmente, como

h =1− 0n

=1

n,

resulta

1

n≤ 6. 06530 66× 10−3 ⇒ n ≥ 1

6. 06530 66× 10−3 = 164. 872127.

Necesitamos 165 subintervalos.Para el resto del ejercicio, ver Resolución con Maple. ¤


I =

Z 1

0

ex2

dx

1. Determina el número de intervalos necesario par aproximar el valorde I con 6 decimales exactos usando la fórmula de Simpson.

2. Calcula el valor de la aproximación con el comando simpson de lalibrería student de Maple.



a = 0, b = 1, f(x) = ex2

.

Tenemos la acotación¯E(m)SC

¯≤ b− a180

h4M4, h =b− a2m

,

M4 = maxx∈[a,b]

¯f (4) (x)

¯.


Calculamos las derivadasf 0(x) = 2xex

2

,

f 00(x) = 2ex2

+ 4x2ex2

,

f (3)(x) = 12xex2

+ 8x3ex2

,

f (4)(x) = 12ex2

+ 48x2ex2

+ 16x4ex2

,

f (4)(x) es positiva. Para calcular M4, tomamos la función objetivo

g(x) =¯f (4)(x)

¯= 12ex

2

+ 48x2ex2

+ 16x4ex2

y calculamos su derivada

g0(x) = 120xex2

+ 160x3ex2

+ 32x5ex2

.

Observamos que g0(x) es positiva en [0, 1], por lo tanto g es creciente en elintervalo y resulta

M4 = maxx∈[0,1]

¯f (4) (x)

¯= g(1) = 76e = 206. 59.

Obtenemos la cota de error¯E(m)SC

¯≤ 1

180h4 × 206. 59,

para 6 decimales exactos, exigimos

1

180h4 × 206. 59 ≤ 0.5× 10−6

y resolvemos la inecuación en h

h4 ≤ 180 ·¡0.5× 10−6

¢206. 59

= 4. 35645 481× 10−7,

h ≤ 4p4. 35645 481× 10−7 = 0.02 5691.

Como en Simpson compuesto la distancia entre nodos es

h =1− 02m

=1

2m,

resulta

1

2m≤ 0.02 5691 ⇒ m ≥ 1

2 · 0.02 5691 = 19. 46206 84.

Necesitamos calcular la fórmula de Simpson compuesto con 20 tramos. Parael resto del ejercicio, ver Resolución con Maple. ¤



I =

Z b

af(x) dx

y supongamos que cuando la aproximamos usando la fórmula de Simpson,la cota de error

|ES | ≤ h5

90M4, M4 = max

x∈[a,b]

¯f (4)(x)

¯nos garantiza al menos t decimales exactos.

1. Demuestra que la fórmula de Simpson nos proporcionará al menos tdecimales exactos en todas las integralesZ b1

a1

f(x) dx, a ≤ a1 < b1 ≤ b.

2. ¿Será cierto un resultado análogo para la fórmula del trapecio?

3. ¿Y para las fórmulas compuestas?

1. Para la integral

I =

Z b1

a1

f(x) dx

tendremos la cota de error ¯ES

¯≤ h

5

90M4.

La longitud de intervalo verifica

h =b1 − a12

<b− a2

= h,

y para las cotas de¯f (4)(x)

¯obtenemos

M4 = maxx∈[a1,b1]

¯f (4)(x)

¯≤ maxx∈[a,b]

¯f (4)(x)

¯=M4.

Resulta ¯ES

¯≤ h

5

90M4 ≤ h

5

90M4 ≤ 0.5× 10−t,

por lo tanto, podemos asegurar también t decimales exactos cuando aprox-imamos las integrales

I =

Z b1

a1

f(x) dx. ¤


Ejercicio 12 La longitud del arco de la curva y = f(x) desde el puntoP = (a, f(a)) , hasta Q = (b, f(b)) se define como

L =

Z b

a

q1 + [y0 (x)]2 dx.

Queremos calcular la longitud del arco de parábola

y = x2

desde el punto P = (0, 0) , hasta Q = (1, 1) .

1. Representa gráficamente el arco y plantea la integral que da su longitud.

2. Queremos calcular el valor de la longitud de arco con 6 decimales ex-actos. Usa para ello la fórmula de Simpson compuesta F (m)SC hasta queel error estimado

E(m)SC =

¯F(m)SC − F (m−1)SC

¯sea inferior a 0.5 × 10−8. Para calcular los valores de F (m)SC , usa lalibrería student de Maple.


Ver Resolución con Maple.

E.T.S. Minas: Métodos MatemáticosEjercicios Tema 8

EDOs de orden superiorFrancisco Palacios



Ejercicio 1 Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias

1. 4y00 + y0 = 0.

2. y00 − y0 − 6y = 0.3. y00 + 8y0 + 16y = 0.

4. 12y00 − 5y0 − 2y = 0.5. y00 + 9y = 0.

6. y00 − 4y0 + 5y = 0.7. 3y00 + 2y0 + y = 0.


1. y000 − 4y00 − 5y0 = 0.2. y000 − 5y00 + 3y0 + 9y = 0.

3.d3u

dt3+d2u

dt2− 2u = 0.

4. y000 + 3y00 + 3y0 + y = 0.

5. y(4) + y000 + y00 = 0.

6. 16d4y

dx4+ 24

d4y

dx4+ 9y = 0.

7.d5u

dr5+ 5

d4u

dr4− 2d

3u

dr3− 10d

2u

dr2+du

dr+ 5u = 0.

Ejercicio 3 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎨⎩ y00 + 16y = 0,y(0) = 2,y0(0) = −2.

Ejercicio 4 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩d2y

dx2−4dydx− 5y = 0,

y(1) = 0,y0(1) = 2.

1

Ejercicios: EDO’s de orden superior 2

Ejercicio 5 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎨⎩ y00 + y0 + 2y = 0.y(0) = 0.y0(0) = 0.

Ejercicio 6 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩y000 + 12y00 + 36y0 = 0,y(0) = 0,y0(0) = 1,y00(0) = −7.

Ejercicio 7 Resuelve el problema de condiciones de contorno⎧⎨⎩ y00 − 10y0 + 25y = 0,y(0) = 1,y(1) = 0.

Ejercicio 8 Resuelve el problema de condiciones de contorno⎧⎨⎩ y00 + y = 0,y0(0) = 0,y0(π

2) = 2.

Ejercicio 9 Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales

1. y00 + y = secx.

2. y00 + y = cos2 x.

3. y00 − y = coshx.

4. y00 + 3y0 + 2y =1

1 + ex.

5. y00 + 3y0 + 2y = sin (ex) .

6. y00 + 2y0 + y = e−t ln t.

7. 3y00 − 6y0 + 6y = ex secx.

Ejercicio 10 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎨⎩ 4y00 − y = x ex/2,y(0) = 1,y0(0) = 0.

Ejercicio 11 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎨⎩ y00 + 2y0 − 8y = 2e−2x − e−x,y(0) = 1.y0(0) = 0.

Ejercicio 12 Resuelve la EDO y000 + y0 = tanx.

E.T.S. Minas: Métodos MatemáticosEjercicios resueltos Tema 8EDOs de orden superior


Universidad Politécnica de Cataluña



1. 4y00 + y0 = 0.

2. y00 − y0 − 6y = 0.3. y00 + 8y0 + 16y = 0.

4. 12y00 − 5y0 − 2y = 0.5. y00 + 9y = 0.

6. y00 − 4y0 + 5y = 0.7. 3y00 + 2y0 + y = 0.

(1.1)4y00 + y0 = 0.

Ecuación característica

4m2 +m = 0,

m (4m+ 1) = 0,

raícesm = 0, m = −1/4,

soluciones

y1 = e0x = 1,

y2 = e−14x.

Solución generaly = c1 + c2e

− 14x, c1, c2 ∈ R.

(1.2)y00 − y0 − 6y = 0.

Ecuación característicam2 −m− 6 = 0,

m =1±√1 + 24

2=1± 52

=

(62= 3,

−42= −2.

1

Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 2


y1 = e3x,

y2 = e−2x.

Solución generaly = c1e

3x + c2e−2x, c1, c2 ∈ R.

(1.3)y00 + 8y0 + 16y = 0.

Ecuación característicam2 + 8m+ 16 = 0,

m =−8±√64− 64

2= −8

2= −4 (doble) .


y1 = e−4x,

y2 = xe−4x.


−4x + c2xe−4x, c1, c2 ∈ R.(1.4)

12y00 − 5y0 − 2y = 0.Ecuación característica

12m2 − 5m− 2 = 0,

m =5±√25 + 4 · 2 · 1224

=5±√25 + 96

24

=5±√121

24=5± 1124

=

(1624= 2

3,

− 624= −1/4.


y1 = e23x,

y2 = e−14x.


23x + c2e

− 14x, c1, c2 ∈ R.

(1.5)y00 + 9y = 0.

Ecuación característicam2 + 9 = 0,

m2 = −9,m = ±

√−9 = ±3i.Tenemos dos raíces complejas conjugadas (simples)

z = α± βi,


con α = 0 y β = 3. Las soluciones son del tipo

y1 = eαx cosβx,

y2 = eαx sinβx.

Solución generaly = eαx (c1 cosβx+ c2 sinβx) ,

y = c1 cos 3x+ c2 sin 3x, c1, c2 ∈ R.(1.6)

y00 − 4y0 + 5y = 0.Ecuación característica

m2 − 4m+ 5 = 0,

m =4±√16− 202

=4±√−42

=4± 2i2

= 2± i.


y1 = e2x cosx,

y2 = e2x sinx.

Solución general

y = e2x (c1 cosx+ c2 sinx) , c1, c2 ∈ R.(1.7)

3y00 + 2y0 + y = 0.

Ecuación característica3m2 + 2m+ 1 = 0,

m =−2±√4− 12

6=−2±√−8

6

=−2± 2√2i

6= −1

3±√2

3i.


y1 = e−x

3 cos

Ã√2

3x

!,

y2 = e−x

3 sin

Ã√2

3x

!.

Solución general

y = e−x3

"c1 cos

Ã√2

3x

!+ c2 sin

Ã√2

3x

!#, c1, c2 ∈ R. ¤



1. y000 − 4y00 − 5y0 = 0.2. y000 − 5y00 + 3y0 + 9y = 0.

3.d3u

dt3+d2u

dt2− 2u = 0.

4. y000 + 3y00 + 3y0 + y = 0.

5. y(4) + y000 + y00 = 0.

6. 16d4y

dx4+ 24

d4y

dx4+ 9y = 0.

7.d5u

dr5+ 5

d4u

dr4− 2d

3u

dr3− 10d

2u

dr2+du

dr+ 5u = 0.

(2.1)y000 − 4y00 + 5y0 = 0.

Ecuación característicam3 − 4m2 − 5m = 0,

m¡m2 − 4m− 5¢ = 0,

m = 0, m2 − 4m− 5 = 0,m2 − 4m− 5 = 0,

m =4±√16 + 20

2=4±√36

2=4± 62

=

(102= 5,

−22= −1.

Raícesm = 0, m = 5, m = −1.


y1 = e0x = 1,

y2 = e5x,

y3 = e−x.

Solución general

y = c1 + c2e5x + c3e

−x, c1, c2, c3 ∈ R.

(2.2)y000 − 5y00 + 3y0 + 9y = 0.


m3 − 5m2 + 3m+ 9 = 0.

Intentamos con los divisores del término independiente

±1,±3,±9.


Para m = −1, obtenemos

(−1)3 − 5(−1)2 + 3(−1) + 9 = −1− 5− 3 + 9 = 0.

Descomponemos usando la regla de Ruffini

1 −5 3 9−1) −1 6 −9

1 −6 9 0

m3 − 5m2 + 3m+ 9 = (m+ 1)¡m2 − 6m+ 9¢ .

Resolvemosm2 − 6m+ 9 = 0,

m =6±√36− 362

=6

2= 3 (doble) .


y1 = e−x,

y2 = e3x,

y3 = xe3x.

Solución general

y = c1e−x + c2e3x + c3xe3x, c1, c2, c3 ∈ R.

(2.3)d3u

dt2+d2u

dt2− 2u = 0,

u000 + u00 − 2u = 0.Ecuación característica

m3 +m2 − 2 = 0.Observamos que m = 1 es solución. Descomponemos usando la regla de Ruffini

1 1 0 −21) 1 2 2

1 2 2 0

m3 +m2 − 2 = (m− 1) ¡m2 + 2m+ 2¢.

Resolvemosm2 + 2m+ 2 = 0,

m =−2±√4− 8

2=−2±√−4

2=−2± 2i2

= −1± i.Raíces de la ecuación característica

m = 1, m = −1± i.



y1 = et,

y2 = e−t cos t,

y3 = e−t sin t.

Solución general

y = c1et + e−t (c2 cos t+ c3 sin t) , c1, c2, c3 ∈ R.

(2.4)y000 + 3y00 + 3y0 + y = 0.


m3 + 3m2 + 3m+ 1 = 0,

(m+ 1)3= 0.

Raícesm = −1, (triple).


y1 = e−x,

y2 = xe−x,

y3 = x2e−x.

Solución general

y = c1e−x + c2xe−x + c3x2e−x, c1, c2, c3 ∈ R.

(2.5)y(4) + y000 + y00 = 0.

Ecuación característicam4 +m3 +m2 = 0,

m2¡m2 +m+ 1

¢= 0.

Resolvemosm2 +m+ 1 = 0,

m =−1±√1− 4

2=−1±√−3

2

=−1±√3 i

2= −1

2±√3

2i.

Raíces de la ecuación característica

m = 0 (doble) ,

m = −12±√3

2i (complejas conjugadas, simples) .



y1 = e0 = 1,

y2 = xe0 = x,

y3 = e−12x cos

Ã√3

2x

!,

y4 = e−12x sin

Ã√3

2x

!.

Solución general

y = c1 + c2x+ e− 12x

Ãc3 cos

Ã√3

2x

!+ c4 sin

Ã√3

2x

!!, c1, c2, c3, c4 ∈ R.

(2.6)

16d4y

dx4+ 24

d2y

dx2+ 9y = 0,

16y(4) + 24y(2) + 9y = 0.

Ecuación característica16m4 + 24m2 + 9 = 0.

Se trata de una ecuación bicuadrada, realizamos el cambio t = m2

16t2 + 24t+ 9 = 0,

t =−24±√242 − 4 · 16 · 9

32=−24±√576− 576

32

=−2432

= −8 · 38 · 4 = −

3

4(doble).

m2 = −34,

m = ±r−34,

m = ±√3

2i (dobles).


y1 = cos

Ã√3

2x

!,

y2 = x cos

Ã√3

2x

!,

y3 = sin

Ã√3

2x

!,

y4 = x sin

Ã√3

2x

!.


Solución general

y = c1 cos

Ã√3

2x

!+ c2x cos

Ã√3

2x

!+ c3 sin

Ã√3

2x

!+ c4 sin

Ã√3

2x

!, cj ∈ R.

(2.7)d5u

dr5+5d4u

dr4− 2d

3u

dr3− 10d

2u

dr2+du

dr+ 5u = 0.


m5 + 5m4 − 2m3 − 10m2 +m+ 5 = 0.

Descomponemos usando la regla de Ruffini

1 5 −2 −10 1 51) 1 6 4 −6 5

1 6 4 −6 −5 01) 1 7 11 5

1 7 11 5 0−1) −1 −6 −5

1 6 5 0−1) −1 −5

1 5 0

Raícesm = 1 (doble) , m = −1 (doble) , m = −5.


y1 = er,

y2 = rer,

y3 = e−r,

y4 = re−r,

y5 = e−5r.

Solución general

y = c1er + c2re

r + c3e−r + c4re−r + c5e−5r, cj ∈ R. ¤

Ejercicio 3 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎨⎩ y00 + 16y = 0,y(0) = 2,y0(0) = −2.

Se trata de una EDO lineal homogénea con coeficientes constantes.Ecuación característica

m2 + 16 = 0,

m2 = −16,m =

√−16 = ±4i.


Solución generaly = c1 cos 4x+ c2 sin 4x, c1, c2 ∈ R.

Imponemos las condiciones iniciales, de

y(0) = 2,

obtenemosc1 cos 0 + c2 sin 0 = 2,

c1 = 2.

Para imponer la segunda condición, necesitamos previamente calcular la derivadade la solución general

y0 = −4c1 sin 4x+ 4c2 cos 4x,

de la condicióny0(0) = −2,

obtenemos−4c1 sin 0 + 4c2 cos 0 = −2,

4c2 = −2,c2 = −1/2.


y = 2 cos 4x− 12sin 4x. ¤

Ejercicio 4 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩d2y

dx2−4dydx− 5y = 0,

y(1) = 0,y0(1) = 2.

EDO lineal homogénea con coeficientes constantes.Ecuación característica

m2 − 4m− 5 = 0,

m =4±√16 + 20

2=4±√36

2=4± 62

=

(102= 5,

−22= −1.


5t + c2e−t, c1, c2 ∈ R.

Calculamosy0 = 5c1e5t − c2e−t,

e imponemos las condiciones iniciales; de

y(1) = 0,

obtenemosc1e

5 + c2e−1 = 0.


Dey0(1) = 2,

resulta5c1e

5 − c2e−1 = 2.Tenemos el sistema ½

c1e5 + c2e

−1 = 0,5c1e

5 − c2e−1 = 2.Sumamos las ecuaciones y resulta

6c1e5 = 2,

c1 =2

6e5=

1

3e5.

Sustituimos enc1e

5 + c2e−1 = 0

y obtenemos1

3e5e5 + c2e

−1 = 0,

c2e−1 = −1

3,

c2 = −13e.


y =1

3e5e5t − 1

3e · e−t.

Podemos reescribir la solución en la forma

y =1

3e5t−5 − 1

3e−t+1,

y =1

3e5(t−1) − 1

3e−(t−1). ¤

Ejercicio 5 Resuelve el problema de valor inicial½y00 + y0 + 2y = 0,y(0) = y0(0) = 0.


m2 +m+ 2 = 0,

m =−1±√1− 8

2=−1±√−7

2= −1

2±√7

2i.

Solución general

y = e−x2

"c1 cos

Ã√7

2x

!+ c2 sin

Ã√7

2x

!#, c1, c2 ∈ R.


Dey(0) = 0,

obtenemose0 (c1 cos 0 + c2 sin 0) = 0

c1 = 0.

Como c1 = 0, sabemos que la solución es de la forma

y = e−x2 c2 sin

Ã√7

2x

!.

Calculamos

y0 = −12e−x/2c2 sin

Ã√7

2x

!+ e−x/2c2

√7

2cos

Ã√7

2x

!,

de la condicióny0(0) = 0,

obtenemos

−12e0c2 sin 0 + e

0c2

√7

2cos 0 = 0,

c2 = 0.

La solución esy(x) = 0.

Este resultado puede deducirse sin realizar ningún cálculo, ya que sabemos queel sistema tiene solución única y la función y(x) = 0 es solución. ¤

Ejercicio 6 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩y000 + 12y00 + 36y0 = 0,y(0) = 0,y0(0) = 1,y00(0) = −7.


m3 + 12m2 + 36m = 0,

m¡m2 + 12m+ 36

¢= 0,

m2 + 12m+ 36 = (m+ 6)2.

Raíces de la ecuación característica

m = 0, m = −6 (doble).

Solución general

y = c1 + c2e−6x + c3xe−6x, c1, c2, c3 ∈ R.


Imponemos las condiciones iniciales. De

y(0) = 0,

obtenemosc1 + c2e

0 + c3 · 0 · e0 = 0,c1 + c2 = 0.

Calculamosy0 = −6c2e−6x + c3e−6x − 6c3xe−6x.

De la condicióny0(0) = 1,

resulta−6c2 + c3 = 1.

Calculamos

y00 = 36c2e−6x − 6c3e−6x − 6c3e−6x + 36c3xe−6x

= 36c2e−6x − 12c3e−6x + 36c3xe−6x.

De la condicióny00(0) = −7,

resulta36c2 − 12c3 = −7.

Tenemos el sistema ⎧⎨⎩ c1 + c2 = 0,−6c2 + c3 = 1,36c2 − 12c3 = −7.

Multiplicamos la 2a ecuación por 6 y la sumamos a la 3a⎧⎨⎩ c1 + c2 = 0,−6c2 + c3 = 1,−6c3 = −1,

resultac3 =

1

6.

Sustituimos en la 2a

−6c2 + 16= 1,

−6c2 = 1− 16=5

6,

c2 =−536.

Sustituimos en la 1a

c1 = −c2 = 5

36.


y =5

36− 5

36e−6x +

1

6xe−6x. ¤


Ejercicio 7 Resuelve el problema de condiciones de contorno⎧⎨⎩ y00 − 10y0 + 25y = 0,y(0) = 1,y(1) = 0.


m2 − 10m+ 25 = 0,

m =10±

√100− 1002

= 5 (doble) .


5x + c2xe5x, c1, c2 ∈ R.

Imponemos las condiciones de contorno½y(0) = 1,y(1) = 0.

y obtenemos el sistema ½c1 = 1,c1e

5 + c2e5 = 0,½

c1 = 1,c1 + c2 = 0,

c1 = 1, c2 = −1.Solución

y = e5x − xe5x.= e5x (1− x) . ¤

Ejercicio 8 Resuelve el problema de condiciones de contorno⎧⎨⎩ y00 + y = 0,y0(0) = 0,y0(π

2) = 2.

Ecuación característicam2 + 1 = 0,

raícesm2 = −1,

m = ±√−1 = ±i.

Solución general

y = e0x (c1 cosx+ c2 sinx) ,

y = c1 cosx+ c2 sinx, c1, c2 ∈ R.

Calculamos y0

y0 = −c1 sinx+ c2 cosx


e imponemos las condiciones de contorno½y0(0) = 0,y0(π

2) = 2.

Obtenemos ½ −c1 · 0 + c2 · 1 = 0,−c1 · 1 + c2 · 0 = 2,½

c2 = 0,−c1 = 2,½c1 = −2,c2 = 0.

La solución esy = −2 cosx. ¤

Ejercicio 9 Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales completas

1. y00 + y = secx.

2. y00 + y = cos2 x.

3. y00 − y = coshx.

4. y00 + 3y0 + 2y =1

1 + ex.

5. y00 + 3y0 + 2y = sin (ex) .

6. y00 + 2y0 + y = e−t ln t.

7. 3y00 − 6y0 + 6y = ex secx.

(9.1)y00 + y = secx.

Homogénea asociaday00 + y = 0,

ecuación característicam2 + 1 = 0,

m2 = −1,m = ±

√−1 = ±i.


y1 = cosx,

y2 = sinx.


yh = c1 cosx+ c2 sinx, c1, c2 ∈ R.


Solución particularyp = u1y1 + u2y2,

que verifica ½y1u

01 + y2u

02 = 0,

y01u01 + y

02u02 = f(x) = secx.

u01 =W1

W, u02 =

W2

W.

W =

¯y1 y2y01 y02

¯=


¯= cos2 x+ sin2 x = 1.

W1 =

¯0 y2f(x) y02

¯=

¯0 sinx

secx cosx

¯=

¯¯ 0 sinx

1

cosxcosx

¯¯ = − sinxcosx

.

W2 =

¯y1 0y01 f(x)

¯=

¯¯ cosx 0

− sinx 1

cosx

¯¯ = 1.

Determinamos u1(x)

u01 =W1

W= − sinx

cosx,

u1 =

Z − sinxcosx

dx = ln |cosx| .

Determinamos u2(x)

u02 =W2

W= 1,

u2 =

Zdx = x.


yp = cosx ln |cosx|+ x sinx.


y = c1 cosx+ c2 sinx+ cosx ln |cosx|+ x sinx, c1, c2 ∈ R.

(9.2)y00 + y = cos2 x.

EDO lineal completa con coeficientes constantes. Homogénea asociada

y00 + y = 0,

ecuación característicam2 + 1 = 0,

m2 = −1,m = ±

√−1 = ±i.



y1 = cosx,

y2 = sinx.


yh = c1 cosx+ c2 sinx, c1, c2 ∈ R.Solución particular de la EDO completa

yp = u1y1 + u2y2

que verifica ½y1u

01 + y2u

02 = 0,

y01u01 + y

02u02 = cos

2 x.

Wronskiano

W =

¯y1 y2y01 y02

¯=


¯= cos2 x+ sin2 x = 1,

W1 =

¯0 y2f(x) y02

¯=

¯0 sinx

cos2 x cosx

¯= − sinx cos2 x,

W2 =

¯y1 0y01 f(x)

¯=

¯cosx 0− sinx cos2 x

¯= cos3 x,

determinamos u1

u01 =W1

W=− sinx cos2 x

1= − sinx cos2 x,

u1 =

Z− sinx cos2 xdx =

Zcos2 x(− sinx) dx

=1

3cos3 x.

Determinamos u2u02 = cos

3 x,

u2 =

Zcos3 xdx =

Zcos2 x cosx dx

=

Z ¡1− sin2 x¢ cosxdx

=

Zcosx dx−

Zsin2 x cosx dx

= sinx− 13sin3 x.


yp =

µ1

3cos3 x

¶cosx+

µsinx− 1

3sin3 x

¶sinx

=1

3cos4 x+ sin2 x− 1

3sin4 x.



y = yh + yp = c1 cosx+ c2 sinx+1


3sin4 x, c1, c2 ∈ R.

Podemos simplificar

1


3sin4 x =

1

3

£cos4 x− sin4 x¤+ sin2 x

=1

3

⎡⎢⎣¡cos2 x+ sin2 x¢| {z }=1

¡cos2 x− sin2 x¢| {z }

cos 2x

⎤⎥⎦+ sin2 x=

1

3cos 2x+ sin2 x

=1

3cos 2x+

1− cos 2x2

=1

2+1

3cos 2x− 1

2cos 2x

=1

2− 16cos 2x.

Finalmente

y = c1 cosx+ c2 sinx+1

2− 16cos 2x, c1, c2 ∈ R.

(9.3)y00 − y = coshx.


y00 − y = 0,

ecuación característicam2 − 1 = 0,

raícesm = ±1,

sistema fundamental de soluciones

y1 = ex,

y2 = e−x.


yh = c1ex + c2e

−x, c1, c2 ∈ R.


yp = u1y1 + u2y2

con ⎧⎨⎩ y1u01 + y2u

02 = 0,

y01u01 + y

02u02 = coshx =

ex + e−x

2.


u01 =W1

W, u02 =

W2

W.

Wronskiano

W =

¯y1 y2y01 y02

¯=

¯ex e−x

ex −e−x¯= −exe−x − exe−x

= −1− 1 = −2.Calculamos

W1 =

¯0 y2f(x) y02

¯=

¯0 e−x

coshx −e−x¯= −e−x coshx

= −e−x ex + e−x

2= −1 + e

−2x

2.

Determinamos u1

u01 =W1

W=

³−1+e2x

2

´−2 =

1 + e−2x

4,

u1 =1

4

Z ¡1 + e−2x

¢dx =

1

4x− 1

8e−2x.

Calculamos

W2 =

¯y1 0y01 f(x)

¯=

¯ex 0ex coshx

¯= ex coshx = ex

ex + e−x

2=e2x + 1

2,

determinamos u2

u02 =W2

W=

³e2x+12

´−2 = −1

4

¡e2x + 1

¢,

u2 =

Z µ−14

¶¡e2x + 1

¢dx = −1

4

µ1

2e2x + x

¶= −1

8e2x − 1

4x.


yp =

µ1

4x− 1

8e−2x

¶ex +

µ−18e2x − x

4

¶e−x

=1

4xex − 1

8e−x − 1

8ex − x

4e−x.


y = c1ex + c2e

−x +1

4x¡ex − e−x¢− 1

8

¡ex + e−x

¢, c1, c2 ∈ R.

Como

sinhx =ex − e−x

2, coshx =

ex + e−x

2,


la solución puede reescribirse en la forma

y = c1ex + c2e

−x +1

2x sinhx− 1

4coshx.

(9.4)

y00 + 3y0 + 2y =1

1 + ex.


y00 + 3y0 + 2y = 0,

ecuación característicam2 + 3m+ 2 = 0,

raíces

m =−3±√9− 8

2=−3± 12

=

⎧⎨⎩−3+12

= −1,−3−12

= −2.Sistema fundamental de soluciones

y1 = e−x,

y2 = e−2x.


yh = c1e−x + c2e−2x, c1, c2 ∈ R.


yp = u1y1 + u2y2,

que verifica (y1u

01 + y2u

02 = 0,

y01u01 + y

02u02 = f(x) =

1

1 + ex.

Wronskiano

W =

¯y1 y2y01 y02

¯=

¯e−x e−2x

−e−x −2e−2x¯

= e−x(−2)e−2x + e−xe−2x = −2e3x + e−3x= −e−3x.

También puede calcularse como sigue

W =

¯e−x e−2x

−e−x −2e−2x¯= e−xe−2x

¯1 1−1 −2

¯= e−3x(−2 + 1)

= −e−3x.Calculamos

W1 =

¯0 y2f(x) y02

¯=

¯0 e−2x1

1+ex−2e−2x

¯=−e−2x1 + ex

,


determinamos u1

u01 =W1

W=

³−e−2x1+ex

´−e−3x =

e−2x

(1 + ex) e−3x=

ex

1 + ex,

u1 =

Zex

1 + exdx = ln (1 + ex) .

Calculamos

W2 =

¯y1 0y01 f(x)

¯=

¯e−x 0−e−x 1

1+ex

¯=

e−x

ex + 1,

determinamos u2

u02 =W2

W=

³e−x

ex+1

´−e−3x =

−1e−2x (ex + 1)

= − e2x

ex + 1.

u2 = −Z

e2x

ex + 1dx.

Realizamos el cambio de variable

ex = tdt = ex dxdx = 1

tdt

⎫⎬⎭⇒ −Z

e2x

ex + 1dx = −

Zt2

t+ 1· 1tdt

= −Z

t dt

t+ 1= −

Zt+ 1− 1t+ 1

dt

= −Z µ

1− 1

t+ 1

¶dt = −t+ ln(t+ 1)

= −ex + ln (ex + 1) .


yp = e−x ln (1 + ex) + e−2x (−ex + ln (ex + 1))= e−x ln (1 + ex)− e−x + e−2x ln (ex + 1)= −e−x + ¡e−x + e−2x¢ ln (ex + 1) .


y = c1e−x + c2e−2x − e−x +

¡e−x + e−2x

¢ln (ex + 1) , c1, c2 ∈ R.

Podemos reescribir la solución en la forma

y = e−x (c1 − 1) + c2e−2x +¡ex + e−2x

¢ln (ex + 1)

= c01e−x + c2e−2x +

¡e−x + e−2x

¢ln (ex + 1) .


con c01 = (c1 − 1) , resulta

y = c01e−x + c2e−2x +

¡e−x + e−2x

¢ln (ex + 1) , c01, c2 ∈ R

(9.5)y00 + 3y0 + 2y = sin (ex) .

EDO lineal completa con coeficientes constantes.EDO homogénea asociada

y00 + 3y0 + 2y = 0,


raíces

m =−3±√9− 8

2=−3± 12

=

⎧⎨⎩−3+12

= −1,−3−12

= −42= −2.


y1 = e−x,

y2 = e−2x.


yh = c1e−x + c2e−2x, c1, c2 ∈ R.


yp = u1y1 + u2y2,

que verifica ½y1u

01 + y2u

02 = 0,

y01u01 + y

02u02 = f(x) = sin (e

x) .

Wronskiano

W =

¯y1 y2y01 y02

¯=

¯e−x e−2x

−e−x −2e−2x¯

= −2e−3x + e−3x = −e−3x.

Calculamos

W1 =

¯0 y2f(x) y02

¯=

¯0 e−2x

sin ex −2e−2x¯= −e−2x sin (ex) ,

determinamos u1

u01 =W1

W=−e−2x sin (ex)−e−3x =

sin (ex)

e−x

= sin (ex) · ex,

u1 =

Zsin (ex) ex dx.


Con el cambio ½t = ex,dt = ex dx,

resulta

u1 =

Zsin t dt = − cos t,

u1 = − cos (ex) .

Calculamos

W2 =

¯y1 0y01 f(x)

¯=

¯e−x 0−e−x sin (ex)

¯= e−x sin (ex) ,

determinamos u2

u02 =W2

W=e−x sin (ex)−e−3x =

− sin (ex)e−2x

,

u02 = −e2x sin (ex) ,

u2 = −Ze2x sin (ex) dx.

Con el cambio ½t = ex,dt = ex dx,

resulta

u2 = −Zt sin t dt = −

µ−t cos t+

Zcos t dt

¶,

u2 = − (−t cos t+ sin t) ,= t cos t− sin t,

deshacemos el cambio

u2 = ex cos (ex)− sin (ex) .

La solución particular de la EDO completa es

yp = − (cos ex) e−x + (ex cos (ex)− sin (ex)) e−2x= −e−x cos (ex) + e−x cos (ex)− e−2x sin (ex)= −e−2x sin (ex) .


y = c1e−x + c2e−2x − e−2x sin (ex) , c1, c2 ∈ R.

(9.6)y00 + 2y0 + y = e−t ln t.

EDO lineal completa con coeficientes constantes. La EDO homogénea asociadaes

y00 + 2y0 + y = 0,



raíces

m =−2±√4− 4

2= −1 (doble) .


y1 = e−t,

y2 = t e−t.


yh = c1e−t + c2te−2t. c1, c2 ∈ R.


yp = u1y1 + u2y2,

que verifica ½y1u

01 + y2u

02 = 0,

y01u01 + y

02u02 = f(t) = e

−t ln t.

Wronskiano

W =

¯y1 y2y01 y02

¯=

¯e−t te−t

−e−t e−t − te−t¯

= e−t(e−t − te−t) + te−2t= e−2t − te−2t + te−2t = e−2t.

Calculamos

W1 =

¯0 y2f(t) y02

¯=

¯0 te−t

e−t ln t (1− t)e−t¯

= − ¡e−t ln t¢ ¡te−t¢ = −e−2tt ln t.Determinamos u1

u01 =W1

W=−e−2tt ln te−2t

= −t ln t,

u1 =

Z(−t ln t) dt = −

µt2

2ln t−

Z1

2t2 · 1

tdt

¶= −

µt2

2ln t− 1

2

Zt dt

¶= − t

2

2ln t+

1

4t2.

Calculamos

W2 =

¯y1 0y01 f(t)

¯=

¯e−t 0−e−t e−t ln t

¯= e−2t ln t.


Determinamos u2

u02 =W2

W=e−2t ln te−2t

= ln t,

u2 =

Zln t dt = t ln t−

Zt · 1tdt

= t ln t−Zdt

= t ln t− t.


yp = e−tµ− t

2

2ln t+

1

4t2¶+ te−t (t ln t− t)

= e−tµ− t

2

2ln t+

1

4t2 + t2 ln t− t2

¶= e−t

µt2

2ln t− 3

4t2¶.


y = c1e−t + c2te−t + e−t

µt2

2ln t− 3

4t2¶, c1, c2 ∈ R.

(9.7)3y00 − 6y0 + 6y = ex secx.

EDO lineal completa con coeficientes constantes, la forma estándar es

y00 − 2y0 + 2y = 1

3ex secx.

Ecuación homogénea asociada

y00 − 2y0 + 2y = 0,

ecuación característicam2 − 2m+ 2 = 0,

raíces

m =2±√4− 82

=2±√−42

=2± 2i2

,

m = 1± i.

Tenemos un par de raíces complejas conjugadas, el sistema fundamental desoluciones es

y1 = ex cosx,

y2 = ex sinx.


y = c1ex cosx+ c2e

x sinx, c1, c2 ∈ R.



yp = u1y1 + u2y2,

que verifica ½y1u

01 + y2u

02 = 0,

y01u01 + y

02u02 = f(x) =

13ex secx.

Wronskiano

W =

¯y1 y2y01 y02

¯=

¯ex cosx ex sinx

ex cosx− ex sinx ex sinx+ ex cosx

¯= e2x

¡cosx sinx+ cos2 x

¢− e2x ¡cosx sinx− sin2 x¢= e2x

¡cosx sinx+ cos2 x− cosx sinx+ sin2 x¢

= e2x¡sin2 x+ cos2 x

¢= e2x.

Calculamos

W1 =

¯0 y2f(x) y02

¯=

¯0 ex sinx

13ex secx ex (sinx+ cosx)

¯= −1

3e2x sinx · secx = −1

3e2x sinx

1

cosx

= −13e2x

sinx

cosx,

determinamos u1

u01 =W1

W=−13e2x

¡sinxcosx

¢e2x

= −13

sinx

cosx

u1 =1

3

Z − sinxcosx

dx =1

3ln | cosx|.

Calculamos

W2 =

¯y1 0y01 f(x)

¯=

¯ex cosx 0

ex (cosx− sinx) 13ex secx

¯=

1

3e2x cosx · secx = 1

3e2x cosx

1

cosx=1

3e2x.

Determinamos u2

u02 =W2

W=

13e2x

e2x= 1/3,

u2 =1

3

Zdx = x/3.


yp =

µ1

3ln |cosx|

¶ex cosx+

x

3ex sinx.


y = c1ex cosx+ c2e

x sinx+1

3ex cosx ln |cosx|+ 1

3xex sinx, c1, c2 ∈ R.


Ejercicio 10 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎨⎩ 4y00 − y = x ex/2,y(0) = 1,y0(0) = 0.

Se trata de una EDO lineal completa de segundo orden con coeficientes con-stantes, escribimos la ecuación en forma estándar

y00 − 14y =

1

4xex/2.

Homogénea asociada

y00 − 14y = 0,

ecuación característicam2 − 1

4= 0,

raícesm2 =

1

4,

m = ±12.


y1 = e12x,

y2 = e−x/2.


y = c1ex/2 + c2e

−x/2, c1, c2 ∈ R.


yp = u1y1 + u2y2,

que verifica ½y1u

01 + y2u

02 = 0,

y01u01 + y

02u02 = f(x) =

14xex/2.

Wronskiano

W =

¯y1 y2y01 y02

¯=

¯ex/2 e−x/212ex/2 −1

2e−x/2

¯= −1

2− 12= −1.

Calculamos

W1 =

¯0 y2f(x) y02

¯=

¯0 e−x/2

14xex/2 −1

2e−x/2

¯= −1

4xex/2e−x/2 = −1

4x.


Determinamos u1

u01 =W1

W=−14x

(−1) =1

4x,

u1 =

Z1

4x dx =

1

8x2.

Calculamos

W2 =

¯y1 0y01 f(x)

¯=

¯ex/2 012ex/2 1

4xex/2

¯= ex/2

1

4xex/2 =

1

4x ex.

Determinamos u2

u02 =W2

W=

14xex

−1 = −14xex,

u2 =

Z µ−14xex

¶dx = −1

4

Zxex dx =

−14(x− 1) ex = 1

4(1− x) ex.


yp =

µ1

8x2¶ex/2 +

(1− x)4

ex · e−x/2

=

µ1

8x2 − x

4+1

4

¶ex/2.


y = c1ex/2 + c2e

−x/2 +µ1

8x2 − x

4+1

4

¶ex/2, c1, c2 ∈ R.

Imponemos las condiciones iniciales½y(0) = 1,y0(0) = 0.

De la condicióny(0) = 1

resultac1 + c2 +

1

4= 1,

c1 + c2 = 3/4.

Calculamos

y0 =1

2c1e

x/2 − 12c2e−x/2 +

µ1

4x− 1

4

¶ex/2 +

µ1

8x2 − x

4+1

4

¶1

2ex/2

e imponemos la condicióny0(0) = 0,


resulta1

2c1 − 1

2c2 − 1

4+1

8= 0,

1

2c1 − 1

2c2 − 1

8= 0,

c1 − c2 = 1

4.

Resolvemos el sistema ½c1 + c2 = 3/4,c1 − c2 = 1/4.

Sumando, resulta

2c1 = 1,

c1 = 1/2.

Restando, la 2a ecuación a la 1a, obtenemos

2c2 = 1/2,

c2 = 1/4.


y =1

2ex/2 +

1

4e−x/2 +

µ1

8x2 − x

4+1

4

¶ex/2

=3

4ex/2 +

1

4e−x/2 +

µ1

8x2 − x

4

¶ex/2. ¤

Ejercicio 11 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎨⎩ y00 + 2y0 − 8y = 2e−2x − e−x,y(0) = 1,y0(0) = 0.

EDO lineal completa de segundo orden con coeficientes constantes. La ho-mogénea asociada es

y00 + 2y0 − 8y = 0.Ecuación característica

m2 + 2m− 8 = 0,raíces

m =−2±√4 + 32

2=−2± 62

=

⎧⎨⎩−2+62

= 2,

−2−62

= −4.Sistema fundamental de soluciones

y1 = e2x,

y2 = e−4x.


y = c1e2x + c2e

−4x, c1, c2 ∈ R.



yp = u1y1 + u2y2,

que verifica ½y1u

01 + y2u

02 = 0,

y01u01 + y

02u02 = f(x) = 2e

−2x − e−x.Wronskiano

W =

¯y1 y2y01 y02

¯=

¯e2x e−4x

2e2x −4e−4x¯

= −4e−2x − 2e−2x = −6e−2x.

Calculamos

W1 =

¯0 y2f(x) y02

¯=

¯0 e−4x

2e−2x − e−x −4e−4x¯

= −e−4x ¡2e−2x − e−x¢ .Determinamos u1

u01 =W1

W=−e−4x ¡2e−2x − e−x¢

−6e−2x=

1

6e−2x

¡2e−2x − e−x¢

=1

6

¡2e−4x − e−3x¢ = 1

3e−4x − 1

6e−3x.

u1 =

Z µ1

3e−4x − 1

6e−3x

¶dx

= − 112e−4x +

1

18e−3x.

Calculamos

W2 =

¯y1 0y01 f(x)

¯=

¯e2x 02e2x 2e−2x − e−x

¯= e2x

¡2e−2x − e−x¢ = 2− ex,

y determinamos u2

u02 =W2

W=2− ex−6e−2x =

µ−16

¶e2x (2− ex)

= −16

¡2e2x − e3x¢

= −13e2x +

1

6e3x,

u2 =

Z µ−13e2x +

1

6e3x¶dx,


u2 = −16e2x +

1

18e3x.


yp =

µ− 112e−4x +

1

18e−3x

¶e2x +

µ−16e2x +

1

18e3x¶e−4x

= − 112e−2x +

1

18e−x − 1

6e−2x +

1

18e−x

=−312e−2x +

2

18e−x

=−14e−2x +

1

9e−x.


y = c1e2x + c2e

−4x − 14e−2x +

1

9e−x, c1, c2 ∈ R.

Imponemos la condicióny(0) = 1

y resulta

c1 + c2 − 14+1

9= 1,

c1 + c2 +−9 + 436

= 1,

c1 + c2 − 5

36= 1,

c1 + c2 = 1 +5

36=41

36.

Calculamosy0 = 2c1e2x − 4c2e−4x + 1

2e−2x − 1

9e−x

e imponemos la condicióny0(0) = 0,

resulta2c1 − 4c2 + 1

2− 19= 0,

2c1 − 4c2 + 9− 218

= 0,

2c1 − 4c2 + 7

18= 0,

2c1 − 4c2 = −7/18,

c1 − 2c2 = −736.

Resolvemos el sistema ⎧⎪⎨⎪⎩c1 + c2 =

41

36,

c1 − 2c2 = −736.


Restamos la 2a ecuación a la 1a

3c2 =48

36=4 · 123 · 12 =

4

3,

c2 =4

9.

Sustituimos en la 1a ecuación

c1 +4

9=41

36,

c1 =41

36− 49=41− 1636

=25

36.


y =25

36e2x +

4

9e−4x − 1

4e−2x +

1

9e−x. ¤

Ejercicio 12 Resuelve la EDO y000 + y0 = tanx.

EDO lineal completa de tercer orden con coeficientes constantes. La EDO ho-mogénea asociada es

y000 + y0 = 0.

Ecuación característicam3 +m = 0,

m¡m2 + 1

¢= 0,

raícesm = 0, m = ±i.


y1 = 1,

y2 = cosx,

y3 = sinx.


yh = c1 + c2 cosx+ c3 sinx, c1, c2, c3 ∈ R.


yp = u1y1 + u2y2 + u3y3,

que verifica ⎧⎨⎩ y1u01 + y2u

02 + y3u

03 = 0,

y01u01 + y

02u02 + y

03u03 = 0,

y001u01 + y

002u

02 + y

003u

03 = f(x) = tanx.

Wronskiano¯¯ y1 y2 y3y01 y02 y03y001 y002 y003

¯¯ =

¯¯ 1 cosx sinx0 − sinx cosx0 − cosx − sinx

¯¯ = ¯ − sinx cosx

− cosx − sinx¯,


W = sin2 x+ cos2 x = 1.

Calculamos

W1 =

¯¯ 0 y2 y3

0 y02 y03f(x) y002 y003

¯¯ =

¯¯ 0 cosx sinx

0 − sinx cosxtanx − cosx − sinx

¯¯

= tanx


¯= tanx

¡cos2 x+ sin2 x

¢= tanx.

Determinamos u1u01 = tanx,

u1 =

Zsinx

cosxdx = − ln |cosx| .

Calculamos

W2 =

¯¯ y1 0 y3y01 0 y03y001 f(x) y003

¯¯ =

¯¯ 1 0 sinx0 0 cosx0 tanx − sinx

¯¯

=

¯0 cosx

tanx − sinx¯= − tanx cosx = − sinx.

Determinamos u2

u02 =W2

W= − sinx,

u2 =

Z(− sinx) dx = cosx.

Calculamos W3

W3 =

¯¯ y1 y2 0y01 y02 0y001 y002 f(x)

¯¯ =

¯¯ 1 cosx 00 − sinx 00 − cosx tanx

¯¯ = − sinx tanx

= −sin2 x

cosx.

Determinamos u3

u03 =W3

W=− sin2 xcosx

u3 =

Z − sin2 xcosx

dx =

=

Z(− sinx) tanxdx.

Integramos por partes

u = tanx du = sec2 x dxdv = − sinx dx v = cosx

¶

E.T.S. Minas: Métodos MatemáticosEjercicios Tema 9

Sistemas de EDOs linealesFrancisco Palacios



Ejercicio 1 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx

dt= x+ 2y,

dy

dt= 2x+ y.


dt= −4

5x+

3

5y,

dy

dt=−25x− 11

5y.


dt= 2x+ 3y,

dy

dt= 2x+ y.


dt= 2x+ 4y,

dy

dt= 4x+ 2y.

Determina la solución particular que verifica½x(0) = 5,y(0) = −1.

Ejercicio 5 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

dx

dt= −4x+ y + z,

dy

dt= x+ 5y − z,

dz

dt= y − 3z.

1

Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 2


dt= 3x− 18y,

dy

dt= 2x− 9y.


dx

dt= x− 2y + 2z,

dy

dt= −2x+ y − 2z,

dz

dt= 2x− 2y + z.


dt= 2x+ 8y,

dy

dt= −x− 2y.


dt= 3x− 3y + 4,

dy

dt= 2x− 2y − 1.


dt= 3x− 5y + et/2,

dy

dt=3

4x− y − et/2.


dt= 2y + et,

dy

dt= −x+ 3y − et.

E.T.S. Minas: Métodos MatemáticosEjercicios Resueltos

Tema 9: Sistemas de EDOs linealesFrancisco Palacios




dt= x+ 2y,

dy

dt= 2x+ y.


X0 =µ1 22 1

¶X,

con

X =

µx(t)y(t)

¶.


p(λ) = |A− λI| =¯1− λ 22 1− λ

¯= (1− λ) (1− λ)− 4= 1− 2λ+ λ2 − 4= λ2 − 2λ− 3,

resolvemos la ecuación característica

λ2 − 2λ− 3 = 0,

λ =2±√4 + 12

2=

⎧⎨⎩2+42= 3,

2−42= −1,

los valores propios sonλ1 = −1, λ2 = 3.


(A− λ1I)X = 0,

(A+ I)X = 0,µ1 + 1 22 1 + 1

¶µxy

¶=

µ00

¶,

1


µ2 22 2

¶µxy

¶=

µ00

¶.


{x+ y = 0 ,


y = −α , α ∈ R,


V = α

µ1−1

¶, α ∈ R.

Tomamos

V1 =

µ1−1

¶.


(A− 3I)X = 0,µ1− 3 22 1− 3

¶µxy

¶=

µ00

¶,µ −2 2

2 −2¶µ

xy

¶=

µ00

¶,

que es equivalente a µ1 −11 −1

¶µxy

¶=

µ00

¶.


{x− y = 0,resolvemos paramétricamente½

x = α

y = α, α ∈ R.


V = α

µ11

¶, α ∈ R,

tomamos

V2 =

µ11

¶.


X1 =

µ1−1

¶e−t, X2 =

µ11

¶e3t.

Solución general

X = c1

µ1−1

¶e−t + c2

µ11

¶e3t, c1, c2 ∈ R. ¤



dt= −4

5x+

3

5y,

dy

dt=−25x− 11

5y.


X0 =µ −4/5 3/5−2/5 −11/5

¶X,

con

X =

µx(t)y(t)

¶.


p(λ) = |A− λI| =¯−4/5− λ 3/5−2/5 −11/5− λ

¯= (−4/5− λ) (−11/5− λ) + 6/25

=44

25+4

5λ+

11

5λ+ λ2 +

6

25

= λ2 + 3λ+ 2.


λ2 + 3λ+ 2 = 0,

λ =−3±√9− 8

2=

⎧⎨⎩−3+12

= −1,−3−12

= −2,los valores propios son

λ1 = −1, λ2 = −2.Vectores propios asociados a λ1 = −1. Resolvemos el sistema

(A− λ1I)X = 0,

(A+ I)X = 0,µ −4/5 + 1 3/5−2/5 −11/5 + 1

¶µxy

¶=

µ00

¶,µ

1/5 3/5−2/5 −6/5

¶µxy

¶=

µ00

¶,

que es equivalente a µ1 31 3

¶µxy

¶=

µ00

¶.


{x+ 3y = 0,


resolvemos paramétricamente½x = −3αy = α

, α ∈ R.


V = α

µ −31

¶, α ∈ R,

tomamos

V1 =

µ −31

¶.


(A+ 2I)X = 0,µ −4/5 + 2 3/5−2/5 −11/5 + 2

¶µxy

¶=

µ00

¶,µ

6/5 3/5−2/5 −1/5

¶µxy

¶=

µ00

¶,


¶µxy

¶=

µ00

¶.


{2x+ y = 0,


y = −2α , α ∈ R.


V = α

µ1−2

¶, α ∈ R,

tomamos

V2 =

µ1−2

¶.


X1 =

µ −31

¶e−t, X2 =

µ1−2

¶e−2t.

Solución general

X = c1

µ −31

¶e−t + c2

µ1−2

¶e−2t, c1, c2 ∈ R. ¤



dt= 2x+ 3y,

dy

dt= 2x+ y.


X0 =µ2 32 1

¶X,

con

X =

µx(t)y(t)

¶.


p(λ) = |A− λI| =¯2− λ 32 1− λ

¯= (2− λ) (1− λ)− 6= 2− 2λ− λ+ λ2 − 6= λ2 − 3λ− 4.


λ2 − 3λ− 4 = 0,

λ =3±√9 + 16

2=

⎧⎨⎩3+52= 4,

2−52= −1,



(A− λ1I)X = 0,

(A+ I)X = 0,µ2 + 1 32 1 + 1

¶µxy

¶=

µ00

¶,µ

3 32 2

¶µxy

¶=

µ00

¶,


¶µxy

¶=

µ00

¶.


{x+ y = 0,



y = −α , α ∈ R.


V = α

µ1−1

¶, α ∈ R,

tomamos

V1 =

µ1−1

¶.


(A− 4I)X = 0,µ2− 4 32 1− 4

¶µxy

¶=

µ00

¶,µ −2 3

2 −3¶µ

xy

¶=

µ00

¶,


{2x− 3y = 0,

resolvemos paramétricamente⎧⎪⎨⎪⎩x = α

y =2

3α

, α ∈ R.


V = α

µ12/3

¶, α ∈ R,

para evitar fracciones, tomamos el vector propio correspondiente a α = 3

V2 =

µ32

¶.


X1 =

µ1−1

¶e−t, X2 =

µ32

¶e4t.

Solución general

X = c1

µ1−1

¶e−t + c2

µ32

¶e4t, c1, c2 ∈ R. ¤



dt= 2x+ 4y,

dy

dt= 4x+ 2y.

Determina la solución particular que verifica½x(0) = 5,y(0) = −1.

1. Determinamos la solución general. Expresamos el sistema en forma matricial

X0 =µ2 44 2

¶X,

con

X =

µx(t)y(t)

¶.


p(λ) = |A− λI| =¯2− λ 44 2− λ

¯= (2− λ)2 − 16= 4− 4λ+ λ2 − 16= λ2 − 4λ− 12.


λ2 − 4λ− 12 = 0,

λ =4±√16 + 48

2=4±√64

2=

⎧⎨⎩4+82= 6,

4−82= −2,



(A− λ1I)X = 0,

(A+ 2I)X = 0,µ2 + 2 44 2 + 2

¶µxy

¶=

µ00

¶,µ

4 44 4

¶µxy

¶=

µ00

¶.


{x+ y = 0 ,



y = −α , α ∈ R.


V = α

µ1−1

¶, α ∈ R,

tomamos

V1 =

µ1−1

¶.


(A− 6I)X = 0,µ2− 6 44 2− 6

¶µxy

¶=

µ00

¶,µ −4 4

4 −4¶µ

xy

¶=

µ00

¶,


{x− y = 0 ,


y = α, α ∈ R.


V = α

µ11

¶, α ∈ R,

tomamos

V2 =

µ11

¶.


X1 =

µ1−1

¶e−2t, X2 =

µ11

¶e6t.

Solución general

X = c1

µ1−1

¶e−2t + c2

µ11

¶e6t, c1, c2 ∈ R.

2. Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición

X(0) =

µ5−1

¶


y resulta

c1

µ1−1

¶e0 + c2

µ11

¶e0 =

µ5−1

¶,½

c1 + c2 = 5,−c1 + c2 = −1.

Sumando las dos ecuaciones, obtenemos

2c2 = 4,

c2 = 2,

y sustituyendo en la primera ecuación, resulta

c1 = 3.


X(t) = 3

µ1−1

¶e−2t + 2

µ11

¶e6t. ¤


dx

dt= −4x+ y + z,

dy

dt= x+ 5y − z,

dz

dt= y − 3z.


X0 =

⎛⎝ −4 1 11 5 −10 1 −3

⎞⎠X,con

X =

⎛⎝ x(t)y(t)z(t)

⎞⎠ .El polinomio característico es

p(λ) = |A− λI| =

¯¯ −4− λ 1 1

1 5− λ −10 1 −3− λ

¯¯

= (−4− λ) (5− λ) (−3− λ) + 1 + (−4− λ)− (−3− λ)

= (−4− λ) (5− λ) (−3− λ) + 1− 4− λ+ 3 + λ

= (−4− λ) (5− λ) (−3− λ) ,


Obtenemos la ecuación característica

(−4− λ) (5− λ) (−3− λ) = 0,

los valores propios son

λ1 = −3, λ2 = −4, λ3 = 5.

Vectores propios asociados a λ1 = −3. Resolvemos(A− λ1I)X = 0,

(A+ 3I)X = 0,⎛⎝ −4 + 3 1 11 5 + 3 −10 1 −3 + 3

⎞⎠⎛⎝ xyz

⎞⎠ =

⎛⎝ 000

⎞⎠ ,⎛⎝ −1 1 1

1 8 −10 1 0

⎞⎠⎛⎝ xyz

⎞⎠ =

⎛⎝ 000

⎞⎠ .Aplicamos el método de Gauss⎛⎝ −1 1 1 0

1 8 −1 00 1 0 0

⎞⎠ ,

(2a + 1a)→ 2a

⎛⎝ −1 1 1 00 9 0 00 1 0 0

⎞⎠ ,(2a/9)→ 2a

(3a − 2a/9)→ 3a

⎛⎝ −1 1 1 00 1 0 00 0 0 0

⎞⎠ .Resulta un sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas½ −x+ y + z = 0,

y = 0.

Resolvemos paramétricamente⎧⎨⎩ x = α

y = 0z = α

, α ∈ R.


V = α

⎛⎝ 101

⎞⎠ , α ∈ R,

tomamos

V1 =

⎛⎝ 101

⎞⎠ .



(A+ 4I)X = 0,⎛⎝ −4 + 4 1 11 5 + 4 −10 1 −3 + 4

⎞⎠⎛⎝ xyz

⎞⎠ =

⎛⎝ 000

⎞⎠ ,⎛⎝ 0 1 11 9 −10 1 1

⎞⎠⎛⎝ xyz

⎞⎠ =

⎛⎝ 000

⎞⎠ ,que conduce al sistema ½

x+ 9y − z = 0,y + z = 0.

Resolvemos paramétricamente⎧⎨⎩ x = −9y + z = 9α+ α = 10αy = −αz = α

, α ∈ R.


V = α

⎛⎝ 10−11

⎞⎠ , α ∈ R,

tomamos

V2 =

⎛⎝ 10−11

⎞⎠ .Vectores propios asociados a λ3 = 5. Resolvemos

(A− 5I)X = 0,⎛⎝ −4− 5 1 11 5− 5 −10 1 −3− 5

⎞⎠⎛⎝ xyz

⎞⎠ =

⎛⎝ 000

⎞⎠ ,⎛⎝ −9 1 1

1 0 −10 1 −8

⎞⎠⎛⎝ xyz

⎞⎠ =

⎛⎝ 000

⎞⎠ .Aplicamos el método de Gauss⎛⎝ −9 1 1 0

1 0 −1 00 1 −8 0

⎞⎠ ,intercambiamos las dos primeras filas⎛⎝ 1 0 −1 0

−9 1 1 00 1 −8 0

⎞⎠ ,


(2a + 9 · 1a)→ 2a

⎛⎝ 1 0 −1 00 1 −8 00 1 −8 0

⎞⎠ ,resulta un sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas½

x− z = 0,y − 8z = 0.

Resolvemos paramétricamente⎧⎨⎩ x = α

y = 8αz = α

, α ∈ R.


V = α

⎛⎝ 181

⎞⎠ , α ∈ R,

tomamos

V3 =

⎛⎝ 181

⎞⎠ .Obtenemos el sistema fundamental de soluciones

X1 =

⎛⎝ 101

⎞⎠ e−3t, X2 =

⎛⎝ 10−11

⎞⎠ e−4t, X3 =

⎛⎝ 181

⎞⎠ e5t.Solución general

X = c1

⎛⎝ 101

⎞⎠ e−3t + c2⎛⎝ 10−11

⎞⎠ e−4t + c3⎛⎝ 181

⎞⎠ e5t, c1, c2, c3 ∈ R. ¤


dt= 3x− 18y,

dy

dt= 2x− 9y.


X0 =µ3 −182 −9

¶X.


p(λ) = |A− λI| =¯3− λ −182 −9− λ

¯= (3− λ) (−9− λ) + 36

= −27− 3λ+ 9λ+ λ2 + 36

= λ2 + 6λ+ 9.



λ2 + 6λ+ 9 = 0,

λ =−6±√36− 36

2=−62= −3 (doble).

Tenemos un único valor propio doble λ = −3. Vectores propios asociados aλ = −3. Resolvemos

(A− λI)X = 0,

(A+ 3I)X = 0,µ3 + 3 −182 −9 + 3

¶µxy

¶=

µ00

¶,µ

6 −182 −6

¶µxy

¶=

µ00

¶,

que es equivalente a µ1 −31 −3

¶µxy

¶=

µ00

¶.


{x− 3y = 0,

resolvemos paramétricamente½x = 3αy = α

, α ∈ R.


V = α

µ31

¶, α ∈ R,

tomamos

V1 =

µ31

¶.

El subespacio de vectores propios es de dimensión 1. Obtenemos un vectorsolución

X1 =

µ31

¶e−3t.

Sabemos que podemos construir una segunda solución de la forma

X2 = V1teλt +V2e

λt

donde V2 es un vector que verifica

(A+ 3I)V2 = V1,µ6 −182 −6

¶µxy

¶=

µ31

¶,


½6x− 18y = 32x− 6y = 1 .


{2x− 6y = 1y necesitamos una solución cualquiera. Si tomamos y = 0, resulta½

x = 1/2,y = 0.

Obtenemos el vector

V2 =

µ1/20

¶y construimos un segundo vector solución de la forma

X2 = V1teλt +V2e

λt,

esto es

X2 =

µ31

¶te−3t +

µ1/20

¶e−3t.


X = c1

µ31

¶e−3t + c2

∙µ31

¶te−3t +

µ1/20

¶e−3t

¸, c1, c2 ∈ R. ¤


dx

dt= x− 2y + 2z,

dy

dt= −2x+ y − 2z,

dz

dt= 2x− 2y + z.


X0 =

⎛⎝ 1 −2 2−2 1 −22 −2 1

⎞⎠X,con

X =

⎛⎝ x(t)y(t)z(t)

⎞⎠ .El polinomio característico es

p(λ) = |A− λI| =

¯¯ 1− λ −2 2−2 1− λ −22 −2 1− λ

¯¯

= (1− λ)3 + 8 + 8− 4 (1− λ)− 4 (1− λ)− 4 (1− λ)

= (1− λ)3+ 16− 12 + 12λ

= (1− λ)3+ 4 + 12λ

= 1− 3λ+ 3λ2 − λ3 + 4 + 12λ

= 5 + 9λ+ 3λ2 − λ3.


Observamos que P (λ) se anula para λ = −1. Descomponemos usando la reglade Ruffini

−1 3 9 5−1) 1 −4 −5

−1 4 5 0

y obtenemos

5 + 9λ+ 3λ2 − λ3 = (λ+ 1)¡−λ2 + 4λ+ 5¢ .

Resolvemos−λ2 + 4λ+ 5 = 0,

λ =−4±√16 + 20

−2 =−4± 6−2 =

⎧⎨⎩2−2 = −1,−10−2 = 5.

Los valores propios son

λ1 = −1 (doble), λ2 = 5.


(A+ I)X = 0,⎛⎝ 1 + 1 −2 2−2 1 + 1 −22 −2 1 + 1

⎞⎠⎛⎝ xyz

⎞⎠ =

⎛⎝ 000

⎞⎠ ,⎛⎝ 2 −2 2−2 2 −22 −2 2

⎞⎠⎛⎝ xyz

⎞⎠ =

⎛⎝ 000

⎞⎠ ,que es equivalente a ⎛⎝ 1 −1 1

1 −1 11 −1 1

⎞⎠⎛⎝ xyz

⎞⎠ =

⎛⎝ 000

⎞⎠ .Resulta un sistema de una ecuación con tres incógnitas

{x− y + z = 0,

resolvemos paramétricamente⎧⎨⎩ x = α

y = β

z = −α+ β

, α,β ∈ R.


V = α

⎛⎝ 10−1

⎞⎠+ β

⎛⎝ 011

⎞⎠ , α,β ∈ R.


Disponemos de dos vectores propios linealmente independientes asociados alvalor propio λ1 = −1

V1 =

⎛⎝ 10−1

⎞⎠ , V2 =

⎛⎝ 011

⎞⎠ ,que nos proporcionan los vectores solución

X1 =

⎛⎝ 10−1

⎞⎠ e−t, X2 =

⎛⎝ 011

⎞⎠ e−t.Vectores propios asociados a λ2 = 5. Resolvemos

(A− 5I)X = 0,⎛⎝ 1− 5 −2 2−2 1− 5 −22 −2 1− 5

⎞⎠⎛⎝ xyz

⎞⎠ =

⎛⎝ 000

⎞⎠ ,⎛⎝ −4 −2 2−2 −4 −22 −2 −4

⎞⎠⎛⎝ xyz

⎞⎠ =

⎛⎝ 000

⎞⎠ .Reducimos el sistema a forma triangular⎛⎝ −4 −2 2 0

−2 −4 −2 02 −2 −4 0

⎞⎠ ,(3a/2)→ 1a

(2a/2)→ 2a

(1a/2)→ 3a

⎛⎝ 1 −1 −2 0−1 −2 −1 0−2 −1 1 0

⎞⎠ ,(2a + 1a)→ 2a

(3a + 2 · 1a)→ 3a

⎛⎝ 1 −1 −2 00 −3 −3 00 −3 −3 0

⎞⎠ ,(2a/(−3))→ 2a

(3a − 2a)→ 3a

⎛⎝ 1 −1 −2 00 1 1 00 0 0 0

⎞⎠ .Obtenemos el sistema ½

x− y − 2z = 0,y + z = 0.

Resolvemos paramétricamente⎧⎨⎩ x = y + 2z = −α+ 2α = α,y = −α,z = α, α ∈ R.


V = α

⎛⎝ 1−11

⎞⎠ , α ∈ R,


tomamos

V3 =

⎛⎝ 1−11

⎞⎠y obtenemos el vector solución

X3 =

⎛⎝ 1−11

⎞⎠ e5t.Sistema fundamental de soluciones

X1 =

⎛⎝ 10−1

⎞⎠ e−t, X2 =

⎛⎝ 011

⎞⎠ e−t, X3 =

⎛⎝ 1−11

⎞⎠ e5t.Solución general

X =c1

⎛⎝ 10−1

⎞⎠ e−t + c2⎛⎝ 011

⎞⎠ e−t + c3⎛⎝ 10−11

⎞⎠ e5t, cj ∈ R. ¤


dt= 2x+ 8y,

dy

dt= −x− 2y.


X0 =µ

2 8−1 −2

¶X.


p(λ) = |A− λI| =¯2− λ 8−1 −2− λ

¯= (2− λ) (−2− λ) + 8

= −4− 2λ+ 2λ+ λ2 + 8

= λ2 + 4.

Resolvemosλ2 + 4 = 0,

λ = ±2i.Tenemos un par de valores propios complejos conjugados.Calculamos un vector propio asociado a

λ = 2i.

Resolvemos(A− 2iI)X = 0,


µ2− 2i 8−1 −2− 2i

¶µxy

¶=

µ00

¶,

reducimos a forma triangularµ2− 2i 8 0−1 −2− 2i 0

¶.

Intercambiamos las filas µ −1 −2− 2i 02− 2i 8 0

¶,

multiplicamos la primera fila por 2− 2i y la sumamos a la segunda, como

(2− 2i) (−2− 2i) = −4− 4i+ 4i+ 4i2 = −8,

resulta µ −1 −2− 2i 00 0 0

¶,

que es equivalente a µ1 2 + 2i 00 0 0

¶.

Obtenemos un sistema de una ecuación con dos incógnitas

{x+ (2 + 2i)y = 0,

resolvemos paramétricamente⎧⎨⎩ x = −(2 + 2i) a,

y = a, a ∈ R.


V = a

⎛⎝ − (2 + 2i)1

⎞⎠ , a ∈ R,

tomamos el vector propio correspondiente a a = −1

V =

µ2 + 2i−1

¶=

µ2−1

¶+ i

µ20

¶.

Podemos obtener un sistema fundamental de soluciones tomando la parte realy la parte imaginaria de

(cos 2t+ i sin 2t)

∙µ2−1

¶+ i

µ20

¶¸.


X1 =

µ2−1

¶cos 2t−

µ20

¶sin 2t =


− cos 2t¶,


X2 =

µ20

¶cos 2t+

µ2−1

¶sin 2t =

µ2 cos 2t+ 2 sin 2t− sin 2t

¶.


X = c1

∙µ2−1

¶cos 2t−

µ20

¶sin 2t

¸+ c2

∙µ20

¶cos 2t+

µ2−1

¶sin 2t

¸= c1


− cos 2t¶+ c2

µ2 cos 2t+ 2 sin 2t− sin 2t

¶, c1, c2 ∈ R. ¤


dt= 3x− 3y + 4,

dy

dt= 2x− 2y − 1.


X0 =µ3 −32 −2

¶X+

µ4−1

¶.

Se trata de un sistema completo

X0= AX+B,

con

X =

µx(t)y(t)

¶, A =

µ3 −32 −2

¶, B =

µ4−1

¶.

Solución general del sistema homogéneo. El polinomio característico es

p(λ) = |A− λI| =¯3− λ −32 −2− λ

¯= (3− λ) (−2− λ) + 6

= −6− 3λ+ 2λ+ λ2 + 6

= λ2 − λ.

Resolvemosλ2 − λ = 0,

λ (λ− 1) = 0,los valores propios son

λ1 = 0, λ2 = 1.


(A− λ1I)X = 0,

AX = 0,µ3 −32 −2

¶µxy

¶=

µ00

¶,



{x− y = 0,

resolvemos paramétricamente½x = α,y = α, α ∈ R.


V = α

µ11

¶, α ∈ R,

tomamos

V1 =

µ11

¶.


(A− I)X = 0,µ3− 1 −32 −2− 1

¶µxy

¶=

µ00

¶,µ

2 −32 −3

¶µxy

¶=

µ00

¶.


{2x− 3y = 0,

resolvemos paramétricamente½x = α,y = 2

3α, α ∈ R.


V = α

µ12/3

¶, α ∈ R,

tomamos el vector propio correspondiente a α = 3,

V2 =

µ32

¶.


X1 =

µ11

¶, X2 =

µ32

¶et.

Solución general del sistema homogéneo

Xh = c1

µ11

¶+ c2

µ32

¶et.


Solución particular del sistema completo. Sabemos que es posible construir unasolución particular de la forma

Xp = Φ

ZΦ−1B dt,

donde Φ es una matriz fundamental

Φ =

µ1 3et

1 2et

¶y B es la columna de términos independientes

B =

µ4−1

¶.

Empezamos calculando la inversa Φ−1,

|Φ| = 2et − 3et = −et,

Φ−1 =1

−etµ2et −3et−1 1

¶=

µ −2 3e−t −e−t

¶.

A continuación, calculamos

Φ−1B =µ −2 3e−t −e−t

¶µ4−1

¶=

µ −8− 34e−t + e−t

¶=

µ −115e−t

¶,

integramos ZΦ−1B dt =

Z µ −115e−t

¶dt =

µ −11t−5e−t

¶y, finalmente, calculamos la solución particular del sistema completo

Xp = Φ

ZΦ−1B dt =

µ1 3et

1 2et

¶ µ −11t−5e−t

¶=

µ −11t − 15−11t− 10

¶.

Solución general del sistema completo. Podemos escribir la solución general enla forma

X = ΦC+Φ

ZΦ−1B dt.

X =

µ1 3et

1 2et

¶µc1c2

¶+

µ −11t − 15−11t− 10

¶,

o bien, usando un sistema fundamental de soluciones

X = c1

µ11

¶+ c2

µ32

¶et +

µ −11t − 15−11t− 10

¶.

En ambos casos, obtenemos la solución general⎧⎨⎩ x (t) = c1 + 3c2et − 11t − 15,

y (t) = c1 + 2c2e−t − 11t− 10. ¤



dt= 3x− 5y + et/2,

dy

dt=3

4x− y − et/2.


X0 =µ

3 −53/4 −1

¶X+

µet/2

−et/2¶

se trata de un sistema lineal completo

X0= AX+B,

con

X =

µx(t)y(t)

¶, A =

µ3 −53/4 −1

¶, B =

µet/2

−et/2¶.


p(λ) = |A− λI| =¯3− λ −53/4 −1− λ

¯= (3− λ) (−1− λ) + 15/4

= −3− 3λ+ λ+ λ2 + 15/4

= λ2 − 2λ+ 3/4.

Resolvemosλ2 − 2λ+ 3/4 = 0,

λ =2±√4− 32

=2± 12

=

⎧⎨⎩ 3/2,

1/2.

Los valores propios sonλ1 = 1/2, λ2 = 3/2.

Vectores propios asociados a λ1 = 1/2. ResolvemosµA− 1

2I

¶X = 0,

µ3− 1/2 −53/4 −1− 1/2

¶µxy

¶=

µ00

¶,µ

5/2 −53/4 −3/2

¶µxy

¶=

µ00

¶.


{x− 2y = 0,


resolvemos paramétricamente½x = 2α,y = α, α ∈ R.


V = α

µ21

¶, α ∈ R,

tomamos

V1 =

µ21

¶.

Vectores propios asociados a λ2 = 3/2. ResolvemosµA− 3

2I

¶X = 0,

µ3− 3/2 −53/4 −1− 3/2

¶µxy

¶=

µ00

¶,µ

3/2 −53/4 −5/2

¶µxy

¶=

µ00

¶.


{3x− 10y = 0,resolvemos paramétricamente½

x = α

y = 310α, α ∈ R.


V = α

µ13/10

¶, α ∈ R,

para evitar fracciones, tomamos α = 10

V2 =

µ103

¶.


X1 =

µ21

¶et/2, X2 =

µ103

¶e3t/2.


Xh = c1

µ21

¶et/2 + c2

µ103

¶e3t/2, c1, c2 ∈ R.

Podemos construir una solución particular de la forma

Xp = Φ

ZΦ−1B dt


donde Φ es la matriz fundamental

Φ =

µ2et/2 10e3t/2

et/2 3e3t/2

¶y B la columna de términos independientes

B =

µet/2

−et/2¶

Calculamos la inversa de la matriz fundamental

|Φ| = 6et/2e3t/2 − 10et/2e3t/2 = 6e2t − 10e2t = −4e2t,

Φ−1 =1

−4e2tµ3e3t/2 −10e3t/2−et/2 2et/2

¶=−14

µ3e−t/2 −10e−t/2−e−3t/2 2e−3t/2

¶.


Φ−1B =

∙−14

µ3e−t/2 −10e−t/2−e−3t/2 2e−3t/2

¶¸µet/2

−et/2¶

=−14

µ3 + 10

−e−t − 2e−t¶=1

4

µ −133e−t

¶,

integramosZΦ−1B dt =

Z1

4

µ −133e−t

¶dt =

1

4

µ −13t−3e−t

¶=−14

µ13t3e−t

¶y finalmente, determinamos la solución particular del sistema completo

Xp = Φ

ZΦ−1B dt =

µ2et/2 10e3t/2

et/2 3e3t/2

¶ ∙−14

µ13t3e−t

¶¸=−14

µ2et/2 10e3t/2

et/2 3e3t/2

¶ µ13t3e−t

¶=−14

µ26tet/2 + 30et/2

13tet/2 + 9et/2

¶.

Podemos reescribir la solución particular como sigue

Xp =−14

µ2613

¶tet/2 − 1

4

µ309

¶et/2

= −µ13/213/4

¶tet/2 −

µ15/29/4

¶et/2.

Solución general del sistema completo.

X = Xh +Xp,

X = c1

µ21

¶et/2+c2

µ103

¶e3t/2−

µ13/213/4

¶tet/2−

µ15/29/4

¶et/2, c1, c2 ∈ R. ¤


dt= 2y + et,

dy

dt= −x+ 3y − et.



X0 =µ

0 2−1 3

¶X+

µet

−et¶.

Se trata de un sistema lineal completo

X0= AX+B,

con

X =

µx(t)y(t)

¶, A =

µ0 2−1 3

¶, B =

µet

−et¶.


p(λ) = |A− λI| =¯ −λ 2−1 3− λ

¯= (−λ) (3− λ) + 2

= λ2 − 3λ+ 2.

Resolvemosλ2 − 3λ+ 2 = 0,

λ =3±√9− 82

=3± 12

=

½2,1.

Los valores propios sonλ1 = 1, λ2 = 2.


(A− I)X = 0,µ −1 2−1 2

¶µxy

¶=

µ00

¶,

resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas,

{−x+ 2y = 0.

Resolvemos paramétricamente½x = 2αy = α, α ∈ R.


V = α

µ21

¶, α ∈ R,

tomamos

V1 =

µ21

¶.


(A− 2I)X = 0,


µ −2 2−1 3− 2

¶µxy

¶=

µ00

¶,µ −2 2

−1 1

¶µxy

¶=

µ00

¶.


{−x+ y = 0,

resolvemos paramétricamente½x = α,y = α, α ∈ R.


V = α

µ11

¶, α ∈ R,

tomamos

V2 =

µ11

¶.


X1 =

µ21

¶et, X2 =

µ11

¶e2t.


Xh = c1

µ21

¶et + c2

µ11

¶e2t, c1, c2 ∈ R.

Podemos construir una solución particular de la forma

Xp = Φ

ZΦ−1B dt

donde Φ es la matriz fundamental

Φ =

µ2et e2t

et e2t

¶y B es el vector de términos independientes

B =

µet

−et¶.

Invertimos la matriz fundamental

|Φ| = 2e3t − e3t = e3t,

Φ−1 =1

e3t

µe2t −e2t−et 2et

¶=

µe−t −e−t−e−2t 2e−2t

¶.



Φ−1B =

µe−t −e−t−e−2t 2e−2t

¶µet

−et¶

=

µ1 + 1

−e−t − 2e−t¶=

µ2

−3e−t¶,

integramos ZΦ−1B dt =

Z µ2

−3e−t¶dt =

µ2t3e−t

¶,

y finalmente, obtenemos la solución particular del sistema completo

Xp = Φ

ZΦ−1B dt =

µ2et e2t

et e2t

¶µ2t3e−t

¶=

µ4tet + 3et

2tet + 3et

¶.

Solución general del sistema completo.

X = c1

µ21

¶et + c2

µ11

¶e2t +

µ4tet + 3et

2tet + 3et

¶= c1

µ21

¶et + c2

µ11

¶e2t +

µ42

¶tet +

µ33

¶et, c1, c2 ∈ R. ¤

edos - métodos matemáticos - dr, francisco palacios

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