libro_-_matematicas_iv

Víctor D. Rojas Cerna

1

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Una ecuación diferencial ordinaria una relación que involucra a una función x(t),

sus derivadas y a la variable independiente t.

Ejemplo:

x´(t) = t + z y´= x + 2

x´´(t) – x´(t)=1 y´´-y´=1

x´´´(t)- 2x' + 3x = t et

Estas ecuaciones diferenciales ordinarias, son llamadas lineales en el sentido

que la función incógnita y sus derivadas tienen “exponente” 1

Ejemplo

(x´(t))2 + x(t) = 1 )(" tx + x´(t) = cost

Son ecuaciones diferenciales no lineales, pues alguna derivada tiene un

exponente que no es 1.

( )[ ] 2/12)t('x + 2x = t

x´´(t) + 2x = t (x´´>0)

Orden de una ecuación diferencial ordinaria

x´´(t) – et x(∈) = 0 orden 2

x´ + x/t = 0 orden 1

x(4) + 2x´ = t et orden 4

Grado de una ecuación diferencial ordinaria

Es el exponente que afecta a la derivada de mayor orden

Comentario

Toda ecuación diferencial ordinaria puede expresarse como una de primer

orden.

x´´(t) + x´(t) + x(t) = 0

Orden 2, lineal


2

Coeficientes constantes

x1 = x ⇒ x1´= x2

x2 = x´ ⇒ x2´= x´´= -x2 - x1

=

Y

X

1- 1-

1 0

Y

X '

Z´= AZ, Z =

y

x

Observación

Se suele definir una ecuación diferencial ordinaria de orden n como:

f(x, x´, x(2), ...x(n), t) = 0

Donde el coeficiente de x(n) en la ecuación diferencial ordinaria de x no es cero,

sirve de base.

Por lo expuesto, la solución de una ecuación diferencial ordinaria, de primer

orden sirve como base (cimiento) para las de orden n.

Ejemplo: Resolvemos

1. x´= ax , a constante.

ax=dt

dx

Separando variables:

x

dx = adt

Integrando:

Ln x = at + c, (x > 0)

x = K eat

x(t) = Keat

2. Resolver:

x´= ax + (1, 0)

x = (x1, x2)

(x1', x2') = a (x1, x2) + (1,0)


3

Tenemos:

x1´= ax1 + 1

x2´= ax2

x2 = Ka eat

x1' = (ax1 + 1) dt

1ax

dx

1

1

+ = dt

a

1 ln (ax1 + 1) = t + c1

x1 = K1 eat

x1 = a

1 (K1 e

at – 1)

x(t) = a

1 (K1 e

at – 1, K2 eat)

Solución de una ecuación diferencial ordinaria

Es una relación que involucra n constantes esenciales(es decir constantes

irreducibles), si el orden de la ecuación diferencial ordinaria es n, que satisface

dicha ecuación. Si una EDOL es de orden n, su solución será una relación que

involucra a x(t) y t , la cual tiene n constantes esenciales.

Así la “primitiva”

21.)( CeCtx t += ………(1)

Es solución de la EDOL

teCx .1=′ ……….(2)

teCx .1=′′ ………..(3)

Obtenida al eliminar las c.e.

De (1), (2)y (3) debemos obtener una EDOL sin las constantes esenciales

xx ′=′′ Es decir 0=′−′′ xx

Resolver: x' - x = 0

1. x(t) = Ket

x'(t) = Ket

x´ – x = Ket – Ket = 0


4

2. Resolver:

x´´ + x = 0

x = A cost + B sent

Dos constantes esenciales: A y B Orden 2.

x´´ + x = -A cost – Bsent + A cost + B sent = 0

Las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden lineal, son los que

nos interesa, más aunque tenemos E.I en resolver problemas de Cauchy

Problema de Cauchy

Toda ecuación de Cauchy es una ecuación diferencial sujeta a condiciones

iniciales.

x´ = ƒ(x, t)

x(t0) = x0

ƒ: A → R, A C R

1. ƒ(x, t) = x + t

x´ = x + t

x(0) = a

2. Resolver

=

=

0)0(x

x)t('x 3/1

f(x,t) = x1/3

Tenemos dos soluciones linealmente independientes

x(t) = 0 y x(t) =

<

≥

0t, 0

0t,t3

2 2/3

3. Verificar que el problema de Cauchy

=

≥=

0)0(x

0x ,x)t('x

admite como soluciones a:


5

a) x(t) =0 obviamente x'(t) = 0 = x(t)

b) x (t) =

<

≥

0t, 0

0t,4t2

x'(t) =

<

≥

0t, 0

0t,2t

= )t(x , x (0) = 0

LEMA 1 : Sea f : I x Ω à R continua, entonces Existe uma solución de la

ecuación de Cauchy x = x (t)

Es una solución del problema de Cauchy: (I un intervalo de R Ω c Rn)

x’ = f (t,x)

x (to) = xo (1)

S.s.s. x = x( t) es una solución continua de la ecuación integral

x(t) = xo + ( )( ) drrxrft

to∫ ,

Demostración

Si x = x(t) es una solución del problema de Cauchy, entonces

x(to) = xo ∧ x’ (t) = (xo + ( )( ) ( )( )∫ ∫

=

t

to

t

todrrxrfdrrxr 11

x(to)= xo ∧ x’ (t) = f (t, x (t)) (Teorema fundamental del cálculo)

Luego x = x (t) es solución del problema de Cauchy de (1)

⇒ Supongamos que x = x (t) es solución de (1)

x’(t) = f(t, x(t))

Integrando ambos miembros de tO a t

( ) ( )( )∫ ∫=t

to

t

todrrxrfdttx ,'

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )∫ ∫+=⇒=−t

to

t

too drrxrfxtxdrrxrftoxtx ,,

así x= x (t) es una solución continusa de (2


6

Generalizando (Problema de Cauchy)

( ) ( ) ( ) ( )( )121 ,.......,,, −=Ν∈ mm xxxxtfxm

( ) 10,0,)( −≤≤= mJXX J

Jto

Una solución de este problema es una función x= x(t) de clase m, entonces

aplicando el teorema de TAyLOR vemos que (3) será equivalente a la

ecuación integral.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )∑ ∫

−

=

−−

−

−+−=

1

0

111)(

,.....,,)!1(!

)(m

J

t

to

mm

JJto

rxrxrxrfm

sttot

J

xtx

Podemos comprobar que este problema es equivalente a (1), es decir es un

problema de Cauchy de primer orden . Es decir (2) y (3) son equivalentes.

Hagamos y (t) = (x (t), x(1) (t), ....... x(m-1)(t), f(t,x(t), x(1)(t)......, x(m-1) (t)

Así si x = x (t) es una solución, de (3) entonces:

( )( )tytFdt

dy,,=

y además y (to) = (x(to) , x(1)(to), ...... x(m-1)(to) = (x1,0, x2,0….., xm-1,0) = yo

Por lo que x = x (t) es una solución del problema de Cauchy

y(t) = yo

Análogamente, si y (t) = (y1(t), y2 (t),...... ym (t)) es una solución del problema:

( )( )tytFdt

dy,=

y (to) = yo


7

entonces : ( ) ( ) ( ) ( )( )1112

11 ,....,,, −== m

m ytYtytfYYY

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )ftyytytyty mn ,.......,,,, 111

11

−1=

Para entender claramente algunos resultados acerca de la resistencia y ..........

de un problema de Cauchy, recordemos algunos conceptos de análisis real.

Sea E un espacio vectorial real o complejo

Definición: Una función o o : E à [0, ∞] tal que:

(1) o x o = 0 x = 0

(2) o xλ o = o λ o o x o , ∀ λ ∈ R

(3) o x+y o ≤ o xo + o y o (Desigualdad Triangular)

Se denomina una norma sobre E . E se dice que es un espacio normado

Normas de Rn

El espacio más útil es E = Rn y las normas más frecuentes son:

(1) x = ),........,(, 211

2n

n

KK xxxxx =∑

=

(2) x = ∑=

n

KKX

1

(3) x = max KX

1≤ K ≤ m

Definición: Un cubrimiento de E c Rn, es toda familia de conjuntos abiertos que

“cubren E”


8

Definición E c Rn se dice que es un conjunto “COMPACTO” si de todo

cubrimiento, podemos obtener un conjunto finito( cubrimiento finito) de él, tal

que también es un cubrimiento de E.

Espacio de Banach.

Un espacio normado E, se dice que es un espacio de Banach, si toda sucesión

de Cauchy en E, es una sucesión convergente.

Familias Equicontinuas

Sea T = F : I à Rn una familia de funciones, decimos que T es equicontinua

en to ∈I ,

Si ∈∀ > 0 , δ∃ > ott −/0 < ( ) ( )otftf −⇒δ < Tf ∈∀∈,

Diremos que T es equicontinua en I, si lo es en cada punto de I.

Definición. Una familia de funciones T=f: I à Rn se dice que es una familia

acotada, Si M∃ > 0 tal que:

: ( ) Mtf ≤ , ItTf ∈∧∈∀ .

EXISTENCIA DE LA SOLUCION DE UNA EDO

TEOREMA DE ARZELA – ASCOLI

Sea T = f: I à Rn una familia acotada y equicontinua en I. Entonces cada

sucesión fn cT contiene una subsucesión uniformemente convergente en

cada subintervalo compacto de I.

TEOREMA DE BROUWER

Sea f : B à una función continua, donde E = x∈Rn / 1≤x . Entonces f tiene

un punto fijo , esto es ∃ y ∈B tal que f (y) = y


9

Generalización

Sea A c Rn el cual es homeomorfo a B. Sea f : A à Una aplicación continua, ∃

x A∈ punto fijo de f.

TEOREMA DE SHAUDER

Sea x un espacio de Banach, Kcx un subconjunto convexo y compacto y f:

Kà K

• Una aplicación continua, entonces existe Kx ∈−

punto de f.

Definición

Sea E un conjunto normado AcE se dice que es convexo

Si ( ) [ ]1,0,1,, ∈∀∈+−∈∀ tAtyxtAyx

Denotemos x con H (s) = ∩B / Barrado y conexo

LEMA DE MAZUR

Sea x un espacio de Banach, K⊂ x compacto, entonces H (k) es un

subconjunto compacto

TEOREMA DE PEANO

Sea ( ) continuaaplicaciónunaRxtabiertocRxR noo

n →Ω∈Ω ,,

Entonces existe por lo menos una solución del problema de Cauchy

( )x b,fdt

dx=

x(to) = xo


10

PRINCIPIO DE CONTRACCIÓN DE BANACH

Sea x un espacio de Banach ; Υ≤Υ :, TX X→ un operador continuo

diremos que T es una concentración en y , si ∃ o < α < | tal que :

( ) ( ) Υ∈∀−≤− yxyxyTxT ,,α

Teorema

Sea x un espacio de Banach, F cx cerrado, T : F → F una contracción,

entonces T tiene un punto fijo : x ∈ F

Funciones Lipschitzianas

Sea Ω ⊂ R x Rn un conjunto abierto y conexo, diremos que f: Ω, si ∃ M> 0

constante tal que:

( ) ( ) ( ) Ω∈−≤− 11212111 ,,,, xtxxMxtfxtf

M es conocida como la constante Lipschitziana.

Funciones Localmente Flipschitziana

F se dice localmente Lipschitziana en Ω, si es lipschitziana en cada rectángulo

compacto de Ω.

Teorema de Picard – Lindelof (UNICIDAD)

Sea 1+<Ω nR abierta y conexo, Lto, xo ∈ Ω y R(to,xo) = (t,xo) = (t,x) ∈R x Rn/

oo ttaxx −∧≤−

Si f:Ω → Rn es continua en Ω y lipschitziana en R (to, xo) con respecto a la

variable x, entonces existe una única solución x = x (t) del problema de Cauchy.

( )xtfdt

dx,=

x(to) = xo


11

donde x = x(t) está definido en un intervalos I que contiene a to.

Aplicación:

Sea f: R x R → R definida por f (t,x) = 1 + (x-t)² y consideremos el problema de

Cauchy.

( )²1 txdt

dx−+=

x(o) = 0

En este caso Ω = R x R , tomemos el rectángulo R(o,o) = (,x)/ t ≤ a ∧ x ≤ b)

Podemos apreciar que f es lipschitziana

( ) ( ) ( ) ( ) yxztyxtytxytfxtf −−+=−+−−+=− ²1²1,,

( ) ( ) ( ) ( ) yxbaayxtyxytfxtf −++≤−++≤− 22,,

M

M = 2 (a+b) es una constante de Lipschitz

Luego el problema de Cauchy, tiene una solución única

x-t = z ⇒ x’ –1 = z´ ⇒ 1 + z’

1+ z’ = 1 + z² ⇒ z’ = z²

Z = 0 Satisface, luego tenemos una solución _Z = x-t = 0, o sea x = t

es una solución, veamos que es única.

Si z ≠0 , KtZ

+=−1

es decir x-t = kt +

1

kttx

++=

1


12

Si t = 0, x = 01

=k

, no existe k con dicha propiedad, por lo que no hay

otra solución que x = t. Así la solución es única, análogamente el

problema.

( ) tsentxx cos²' +−=

x (o) = 0

Tiene solución única, x = sen t

Ejemplo

Consideremos el problema de Cauchy

=

+=

1 x(o)

1²xdt

dx

Aquí f(t,x) = x² +1 , (t,x) ∈ R x R

Sea a,b > 0, R = (t,x) / ∧≤− ax 1 bt ≤

( ) ( ) ( ) yxyxyxyxyxyxytfxtf +−=+−−=+−+=− 1²1²,,

como 1-a ≤ x ≤ 2 (1+a) yx −

Así, f(t,x) es lipschitziana en R

Por otro lado ( ) ( )²111²1², axxxtf ++≤+=+=

Esto es: ( ) ( ) ( ) ( )1,0,,²11, Rxtaxtf ∈∀++≤

Sea b1> 0 tal que b1 ≤ ( )²11 a

a

++


13

El teorema de Picard – Lindelof asegura la existencia de una solución

• x= x(t), t ∈ I - ( ) ( )²11

,²11 a

a

a

a

++++

Si tomamos a = 1 , obtenemos que x= x(t) está definido en [- 1/5 , 1/5]

Sin embargo integrando la ecuación, obtenemos x(t) = tg (t +c)

x(o) =1 ⇒ 1 tg (0 +C) ⇒ 1 = tg ( c ) ⇒ c = π/4

Entonces la solución al problema del Cauchy es:

x(t) = tan

+

4

πt

esta función está definida en el intervalo [ ]2,0,2.08.0,4.2.4

,4

3−−≈− ó

ππ

así tenemos que esta es la solución maximal, ya no se puede extender (así no

podemos extender más allá de ese intervalo)

Ejemplo : Considere el problema de Cauchy

²² txdt

dx−=

x(o) = 1

f(t,x) = x²-t² , (t, x) ∈ R x R

Consideremos el rectángulo R = (t,x) / 1−x ≤ 1, 0 ≤ 1, 0 ≤ t ≤ 1

( ) ( ) 5²², ≤+=− txyfxtf

Se puede ver que f(t,x) es Lipschitziana

( ) ( ) ( ) ( ) ( )Lhallarparayxxfyfxf −=−


14

Como x

f

∂

∂ ≤ A en R, entonces la constante de Lipschitziana es 4.

Definimos el operador T de la siguiente forma:

(Tϕ)(t) = 1 + ( )( )∫ −t

dsSs1

²²ϕ

Sea b1> 0 /b1 ≤ 1/5, entonces considermos que t ∈ [‘.0, 0.2]

Como f es la Lipschitziana, entonces T es una contracción, luego tendrá con

único punto fijo ϕ (t) , t ∈ [0,0.2].

Además el principio de contracción de Banach, nos dice que ϕ = nn

ϕlim

Donde ϕn = T.ϕn-1, n = 1, 2........., donde ϕo (t) = 1 ∀t ∈ [0,0.2]

( ) ( )∫ −+=−+=t

o

ttdst

3

³1²3111ϕ

( ) 7542

63

1

15

2

6

1²1²

5

³31 tttttdssst

t

o+−−++=

−−++= ∫ϕ

Este teorema, garantiza la convergencia de esta sucesión a una función

( )tϕϕ = , tal que ( ) 1=oϕ (la convergencia es el punto fijo)

Definición.- Consideremos el problema de Cauchy

( )xtfdt

dx,=

x(to) = xo

y sea x = x(t), a < b<c una solución de este problema

Una función ( ) βαϕϕ <+<= ,t se denomina prolongación de x = x(t)


15

Si se satisfacer : (1) <x, β> > <a,b>

(2) ϕ = ϕ(t) es una solución del problema (*)

(3) ϕ<<,b> = x

Solución Maximal

Definición : Una solución x x (t) del problema de Cauchy (*) se denomina

solución maxiomal (o no prolongable), si cualquier prolongación de ella coincide

con ella. Esto es x= x(t) no es prolongable

Proposición. Sea Ω ⊂ R x Rn abierto y conexo, f : Ω à Rn continua y

localmente Lopschitziana respecto de x. Entonces para cualquier (to, xo) ∈ Ω

existe una solución maximal x = x (t) del problema de Cauchy.

TEOREMA ( De equivalencia)

Sea Ω un conjunto abierto y conexo de Rn+1, f (t,x) continua en Ω , (to, x2) ∈Ω

R (to, xo) = ( ) escontinuax

fdondeaxxbttxt oo

∂

∂≤−∧≤,/, entonces el

problema de Cauchy :

( )xtfdt

dx,=

x(to) = xo

Tiene una única solución.


16

Tipos de ecuaciones ordinarias de primer orden

1. Variable separable

2. Homogéneas

3. Lineales y Bernoulli

4. Exactas

5. Factor integrante

6. Clairaut

7. Lagrange

8. Riccati

Ecuaciones diferencial de Variables Separables

Toda ecuación de la forma x' = f(t,x) se dice que es de variable separable.

Si f(t,x) = g(t) h(x)

Así tendremos que: )x(h

dx = g(t) dt

Integrando: ∫ )x(h

dx= ∫ g(t)dt + k, k constante de integración

Si tenemos un problema de Cauchy:

=

=

00 x)t(x

)x,t(f'x

La solución de este problema es:

∫x

x0 )r(h

dr = ∫

t

t0g(p) dp

Ejemplo: Resolver: ex+y y' = 1

y(0) = 1

Solución:

eydy = e-x dx

∫y

1er dr = ∫

x

0e-pdp ⇒ ey - e = 1-e-x ⇒ y = Ln (e + 1 - e-x)


17

Ejemplo: Resolver y ' = x2y - xy + y - x2 + x-1, y(2) = 3

Solución

dy = (x2 - x + 1) (y-1) dx

∫ −

y

3 1r

dr = ∫

x

2(p2-p + 1) dp

Ln

−

2

1y =

3

P3 -

x

2

2p

2

P

+ ⇒ Ln

−

2

1y =

3

x3 -

2

x2+x -

3

8

Ecuación Homogénea

Toda ecuación de la forma: M(x,y) dx + N (x,y) dy = 0 (EH) se dice que es una

ecuación homogénea si M(x,y) y N(x,y) son ambas homogéneas del mismo

grado.

O equivalentemente la ecuación y'= h(x,y) es una ecuación homogénea, si

h(x,y) es homogénea de grado 1.

Cambio de variable

Para resolver la ecuación homogénea, haremos un cambio de variable:

x = tv

dx = v dt + tdv

m(t,tv) dt + N(t,tv)(vdt + tdv) = 0

M ∧ N son del mismo grado por decir k.

M (t, tv) = tk M(1, v)

N (t, tv) = tk N(1, v)

tk M(1 , v) dt + tk N (1, v) (vdt + tdv) = 0

Separando variables

(M(1,v) + VN(1,v)dt + t N(1,v)dv = 0

0 dv v)N(1, v)v,1(M

)v,1(N

t

dt=

++


18

Integrando:

∫ =+

+=

kdvv)N(1, V v)M(1,

v)(1, Ntln

t

xv

Aplicación

2 X(1) , t x2

xt'X

22=

+=

∫ =+

+=

k)V,1(VN)V,1(M

dv )V,1(NtLn

t

xV

(t2 + x2) dt – 2xtdx = 0

M(t,x) N(t,x)

⇒ ∫ =

−++

−+

=

k)v2(vv1

vdv2tLn

t

xv

2

⇒ Ln|t| + Kdv1v

1

1v

1

txv

=

++

− =∫

⇒ Ln |t| + K1v(Ln

txv

2 =−=

Ln |t| + Ln

− 1

t

x2

2 = K

Ln

− 1

t

x2

2 = K - Ln |t| ⇒

t

C

t

x=−1

2

2


19

Ejemplo. Resolver

(x-y) dx + (x+y) dy = 0

°1 °1

EDOH

Kdv)v1(vv1

v1xLn

x

yv

=

++−

++ ∫

=

Kdvv1

v1xLn

x

yv

2=

+

++ ∫

=

Ln |x| kx

y1n

2

1

x

ytan

2

21 =

++

+ −

Ecuaciones Reducible a una Ec. Homogenéas.

(1) 111 cybxa

cbyax'y

++

+++ = 0, ab1-a1b ≠0

cc1 ≠ 0 (ax + by + c) dx + (a1x + b1y + c1) dy = 0 Hagamos los cambios: g = ax+by+c dg = adx+bdy h = a1x+b1y+c1 dh = a1dx + b1dy

baab

dgaadhdy

baab

bdhdgbdx

11

1

11

1

−

−=∧

−

−=

Sustituyendo: g(b1dg - bdh) + h(adh -a1dg) = 0 (EDOH) La solución es: (b1g - a1h)dg + (ah-bg) dh = 0

Ln |ax+by+c| + Kdv)bav(vab

bav

cbyax1cy1bx1av11

=−+−

−

++

++=

∫


20

Ejemplo. Resolver:

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

Solución.

La solución es: Ln |x-y+1| + Kdv)1v(vv1

)1(v

1yx

2yxv

=++−

−−

+−

++=

∫

Ln |x-y+1| k1yx

2yx1Ln

2

1

1yx

2yxtan

21 =

+−

++++

+−

+++ −

Ejemplo. Resolver:

y' + yx

yx

+

− = 0

Ln|x-y|+ Kdvv1

1v

yx

yxv

2=

+

−

−

+=

∫

Ln |x-y|+ kyx

yx1Ln

2

1

yx

yxtan

21 =

−

+++

−

++ −

(2) y' = f(ax+by+c), a ≠0 ^ b≠0

Solución

Z = ax + by + c

Dz 0 adx + bdy

b-1 (dz - adx) = f(z)dx ⇒ dz = (a + b f(z)) dx

Integrando: cbyaxz)z(bfa

dzdx

++=∫∫ +

− = K

x - cbyaxz)z(bfa

dz

++=∫ +

− = K


21

Ejemplo. Resolver y' = x+y

Z = x + y, a = 1, b = 1, f(z) = z

x – Kz1

dz

yxz=

+−

+=∫

x-Ln(x+y+1) = K ⇒ Ln (x+y+1) = x-k ⇒ y = Cex-x-1

Observación: Resolver

(a1 t + b1 x1 + c1) dt + (a2 t + b2 xa c2) dx = 0

Si:

a1 b2 – b1 a2 # 0

g = a1t + b1x + c1

h = a2t + b2x + c2

dg = a1dt + b1dx

dh = a2dt + b2dx

k1yx

2yxtg

1yx

2yx1Ln

2

11yxLn 1

2

=

+−

+++

+−

+++++− −

1221

12

b a - b a

dh bdg bdt

−=

1221

21

b a - b a

dg adh adx

−=

Sustituyendo en la Ecuación Diferencial Ordinaria dada

g(h2 dg – b1 dh) + n(a1 dh – a2 dg) = 0

Tenemos una EDOH:

(b2 g – b2h) dg + (a1h + b1g) dh = 0

∫ =

+−+++ k

)b - v (a v v ab

dv b - v acxbtaLn

1122

11111

V = a2t + b2x + c2

a1t + b1x + c1

Victor D. Rojas Cerna

22

Ecuación Reducible a Variable Separable

y f(xy) dx + xg(xy) dy = 0 , f(xy) ≠ g(xy)

Z = xy ⇒ dz = xdy + ydx ⇒ xdy = dz - ydx

y f(z)dx + g(z) (dz - ydx) = 0

x

z (f(z) - g(z)) dx + dz = 0

x

dx+

g(z))z(f(z)

dz

− = 0

La solución general es: Ln|x| + ( ) xyz)z(g)z(fz

dz

=∫ −

= K

Ejemplo. Resolver: y(xy+1) dx + x(xy-1) dy = 0

Ln|x| + ( ) xyz)1z(1zz

dz

=∫ −−+

= K ⇒ Ln|x| + 2

1 Ln|z| = K

Así tenemos: y = ex-3

Ecuaciones lineales

Una reacción diferencial ordinaria de primer orden, que pueda expresarse

en la forma:

y' + P(x) y = Q(x) (1)

Se denomina una EDO lineal en y, análogamente

x' + P(y) x = Q(y) (2)

Se denomina una EDO en x,

Hallemos la solución de (1) ^ (2)

Resolvamos inicialmente: y' + P(x)y = 0

Separando variables y

dy = - P(x) dx

Ln|y| = - ∫ P(x) dx

y = C ∫− dx)x(Pe


23

Para resolver (1) ahora asumimos que la solución es y = C(x) ∫− dx)x(Pe

donde C(x) debe ser hallada de manera que se satisfaga (1), así

sustituyendo:

'dx)x(P

C(x)e

∫−

+ P(x)

∫− dx)x(PC(x)e = Q(x)

C'(x) ∫− dx)x(Pe + C(x)

+

∫∫ −− dx)x(P

'dx)x(P e)x(Pe = Q(x)

C'(x) ∫− dx)x(Pe = Q(x)

C'(x) = ∫ dx)x(Pe Q(x)

C(x) = ∫ ∫ dx)x(Pe Q(x) dx + K

Luego, la solución general de (1) es:

y = ∫− dx)x(Pe

+∫∫ kQ(x)dx e dx)x(P

Análogamente, la solución de (2) es:

x = ∫− dy)y(Pe

+∫∫ kQ(y)dy e dy)y(P

Ejemplo. Resolver: y + (Tgx)y = Sen x Cos x

Ecuación Lineal en y, la solución general es:

y = ∫− dx)Tgx(e

+∫∫ kdx x Cos x Sen e dx)Tgx(

y = |Cosx|Lne ( )kdx x Cos x Sen e |Cosx|Ln +−∫

y = Cos x

+∫ kdx x Cos x Sen

x Cos

1

y = Cos x (-Cos x + K)

y = K Cos x - Cos2 x


24

Ecuación de Bernoulli

Toda ecuación de la forma: y' + P(x) y = Q(x) yn, n≠0,1 (3)

es conocida como una ecuación de Bernoulli.

Hagamos el cambio de variable: z = 1ny

1−

(4)

Derivando: Z' = (1-n) ny

1 y' (5)

La ecuación (3) se puede expresar: ny

'y+P(x)

−1ny

1=Q(x) (6)

Sustituyendo (4) y (5) en (6)

n1

'Z

−+P(x) Z = Q(x)

Z' + ((1-n) P(x)) Z = (1-n) Q(x) (7)

(7) es una EDOL, su solución es:

z = ∫ −− dx )x(P)n1(e

+∫ −∫ kn)Q(x)dx-(1e dx)x(P)n1(

y1-n = ∫− dx)x(P)1n(e

+− ∫−

∫ kQ(x)dxe)n1( dx)x(P)n1(

Análogamente la EDO: x' + P(y) x = Q(y) xn, n ≠ 0,1

Tiene como solución:

x1-n = ∫− dx)x(P)1n(e

+− ∫−

∫ kQ(x)dxe)n1( dx)x(P)n1(

Ejemplo: Resolver y' + y = xy2

Tenemos una EDOB, n = 2

y-1 = ex ( )kxdxe x +− −∫ = ex ((x+1) e-x + k)

y = xke1x

1

++


25

Ecuaciones Exactas:

Una ecuación diferencial M(x,y) dx + N(x,y) dy = 0 (8)

Se dice que es exacta, si ∃u: A → R, A ⊆ R2 tal que

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

Obviamente se tendría: du = 0

Así la solución de (8) sería: u = C

Ejemplo. Resolver y dx + x dy = 0

Tenemos una EDOE, pues ∃ u = xy tal que

du = y dx + xdy

Así la solución general será: u = C

xy = C

Condición de Exactitud

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

Es exacta, entonces ∃u tal que du = Mdx + Ndy, luego se tendrá que:

du = ux dx + uy dy = Mdx + Ndy

ux = M ^ uy = N

Por conocimiento previo: "Existe u: A → R, A C R2 tal que ux = M ^uy = N

S.S.S. My = Nx"

M(x,y)dx + N(x,y) dy = 0 es exacta ↔ My = Nx ………………………. )(α

Solución de una EDOE

La solución de (8) si es exacta, será:

∫x

x0M(t,y0) dt + ∫

y

y0

N(x,p) dp = K

La solución de una EDOE se puede obtener por combinaciones

integrables. Resolvamos como ejemplos, la ecuación:

2xcosy dx + (1 - x2seny) dy = 0.

Buscando combinaciones integrables: d (x2 cosy) + dy = 0

d (x2 cosy + y ) = 0

x2 cosy + y = k


26

Factor Integrante

Si )(α no es una EDOE, en caso exista una función u: A → R, A c R2

de manera que:

u(x,y) M(x,y) dx + u(x,y) N(x,y) dy = 0 (10)

Es exacta, entonces se dice que u = u(x,y) es un factor integrante (f.i) de

(10). Veamos que relación debe cumplir u.

Como (10) es una EDOE, se cumplirá la condición de exactitud.

(uM)y = (uN)x ⇒ uy M + uMy = uxN + uNx

u

uyM -

u

ux N = Nx - My (RFFI)

la relación fundamental del factor integrante (RFFI) se puede expresar en

otras formas, si se conoce alguna particularidad de u.

Casos factibles

1. Si u = f(x) g(y)

La RFFI toma la forma: )y(g

)y('g M -

)x(f

)x('fN = Nx - My

Ejemplo. Resolver: (2x+x2 + y2) dx + (2x2 + 2y2 +2y)dy= 0

3212

)(

)('

yg

yg (2x + x2 + y2) -

3211

)(

)('

xf

xf (2x2+2y2 + 2y) = 4x - 2y

)y(g

)y('g = 2 ^

)x(f

)x('f =1 ⇒ u = f(x) g(y) = ex+2y

(2x + x2 + y2) ex + 2y dx + (2x2 + 2y2 + 2y) ex+2y = 0

d (ex+2y (x2 + y2 )) = 0

ex+2y (x2 + y2 ) = C


27

2. Forma conocida del f.I

En estos casos la RFFI se transforma de acuerdo a un cambio de

variable, dado por la forma que tiene el f.i.

Ejemplo. Resolver: la ecuación (2y2-2x2-2xy) dx + (x2-y2-4xy) dy = 0,

donde el factor integrante es de la forma u= u(x2+y2)

Haciendo: z = x2 + y2

u = u (z)

ux = uZ zx = uZ 2x ^ uy = uZ zy = uZ (2y)

u

uz (2yM - 2xN) = Nx - My ⇒ )(

)('

zu

zu =

xNyM

MN YX

22 −

−

Si lo supuesto es cierto debemos tener )(

)('

zu

zu=

xNyM

MN YX

22 −

−=h(z)

⇒)z(u

)z('u =

)xy4yx(x2)xy2x2y2(y2

x2y4y4x22222 −−−−−

+−−

⇒ )(

)('

zu

zu =

3223 2244

84

xxyyxy

yx

−−+

− =

)()42(

)42(222 yxyx

yx

−−⋅−

−

⇒ )(

)('

zu

zu =

z

2−

⇒ Ln|u(z)| = Ln (z-2) ⇒ u(z) = 2

1

z

Factor integrante: u = 222 )(

1

yx +

Como es una EDOE podemos expresarla como una combinación

integrable

Resolvamos:

222

22

)(

)22)(2()2)((

yx

ydyxdxyxdydxyx

+

++−++ = 0 (EDOE)

d

+

+22

2

yx

yx = 0 ⇒ 2x + y = C(x2 + y2)


28

Ecuación de Lagrange y Clairaut

Toda ecuación de la forma: y = x f(y') + g(y')

Se denomina:

a) Lagrange si f(y') ≠ y'

b) Clairaut si f(y') = y'

a) Ecuación de Lagrange

Se obtiene una solución parámetrica haciendo: y' = p

dy = pdx

Ejemplo: Resolver y = x f(y') + g(y'), f(y') ≠ y'

Previamente hallemos la solución en forma general.

Diferenciando: y=x f(p) + g(p), f(p) ≠ p

dy = f(p)dx + xf ’(p) dp + g’(p) dp

pdx = f(p) dx +xf ‘(p)dp+g’(p)dp

(p-f(p)) dp

dx - f ’(p) x = g ‘(p)

EDOL: dp

dx +

ppf

pf

−)(

)(' x =

)(

)('

pfp

pg

−

Integrando :

x =

dpppf

pf

e

)(

)'(∫

−−

+

−

′∫ − kdpppf

pge ppf

dppf

)(

)()(

)('

La solución paramétrica es:

+=

+

−

′∫

∫∫= −−

−

)()(

)(

)()(

)('

)(

)('

pgpxfy

kdpppf

pgeex

dpppf

pfdp

ppf

pf


29

Ejemplo: Resolver la siguiente Ecuación de Lagrange:

''2 yxyy +=

2)( ppf = ppg =)(

+=

+−

∫∫= −−

−

pxpy

kpp

dpeex

dppp

pdp

pp

p

2

2

22

][22

+=

+−

−

−= ∫

pxpy

kdppp

p

px

2

2

2]

)1(

)1([

)1(

1

+=

+−

−= ∫

pxpy

kdpp

p

px

2

2]

)1([

)1(

1

+=

−

+−=

pxpy

p

kppx

2

2)1(

ln


30

b) Ecuación de Clairaut

Se obtiene como un lagrange, la solución con el cambio y'=p

Diferenciando: y = xy'+g(y')

⇒ y = xp + g(p)

⇒ dy = pdx + xdp + g'(p) dp

⇒ pdx = pdx + (x + g'(p)) dp

⇒ (x + g'(p)) dp = 0

⇒ p = C v x = - g’(p)

Aplicación Resolvemos y = xy' + (y')2

Tenemos:

a) Solución general: y= cx + c2, c constante

b) Solución singular: x = - g'(p), g(p)=p2, g'(p)= 2p

x = - 2p ⇒ p = - 2

x

y = xp + p2

y =x

−

2

x +

2

2

−

x =

4

2x− → y =

4

2x− (solución singular)


31

ECUACION DE RICCATI

El estudiante habrá constatado que las ecuaciones diferenciales estudiadas hasta aquí en los ejemplos y ejercicios admiten soluciones expresables mediante las funciones elementales, pero no siempre ocurrirá así y deberá prepararse a aceptar como solución de una ecuación diferencial expresiones no reducibles a las funciones elementales. Consideremos, por ejemplo el problema de determinar la longitud de un arco de la elipse, cuyas ecuaciones paramétricas son: x= acost y y=bsent desde el punto t= Π/2 al punto variable t. Sabemos que dicha longitud L se expresa como:

( ) ( )∫∫ +−=

+

=

t

π/2

22t

π/2

22

dtbcostasentdtdt

dy

dt

dxL

Integral que no es posible resolver mediante las funciones elementales, si bien la naturaleza del problema nos indica que L es una función perfectamente definida de t, que, además, es continua y derivable. Esta integral se conoce con el nombre de integral elíptica, y mediante ella se pueden definir las llamadas funciones elípticas. La teoría de las integrales y funcione elípticas que aparecen en muchas ramas de las matemáticas, es muy extensa y se han escrito muchos volúmenes para exponerla. Como ejemplo de ecuación de primer orden y primer grado que no es resoluble mediante las funciones elementales, tenemos la ecuación de Riccati.

0RQyPyy' 2 =+++ ..........................(I)

donde P, Q y R son funciones de x exclusivamente. Esta ecuación (1) no es siempre resoluble mediante las funciones elementales pero pueden establecerse con facilidad las siguientes propiedades de la ecuación y de sus soluciones: Propiedad 1

Si se conoce una solución particular y=y1(x) de la ecuación propuesta, esta puede reducirse a una ecuación lineal de primer orden.


32

Demostración

Sea la solución de la ecuación (I) la función y=µ+y1......................(1) De donde: y’=µ’+y1’...................(2)

(1) y (2) en (I): µ’+y1’+P(µ+y1)

2+Q(µ+y1)+R=0 entonces: µ’+Pµ2+(2Py1+Q) µ+(y1’+Py1

2+Qy1+R)=0....................(3) por dato y1 es una solución de (1), luego: y1’+Py1

2+Qy1+R=0 entonces de (3): µ’+Pµ2+(2Pµ1+Q) µ=0 que es una ecuación de Bernoulli puesto que µ’+(2Py1+Q) µ=-Pµ2....................(4) hagamos: z=µ-1................(5) entonces:

dx

dμ-μ=

dx

dz 2- ....................(6)

de (4): -µ-2µ’-(2Py1+Q) µ-1=P ecuación que convierte

de (5) y (6) a: P=Q)Z+(2Py-dx

dz1 ....................(II)

que ya es una ecuación diferencial lineal. Propiedad 2

Si se conoce dos soluciones particulares distintas y=y1(x) y=y2(x) de la ecuación (I), es posible obtener la solución completa mediante una sola cuadratura. Demostración.

Hagamos µ

µ

-1

y- 21yy = ........................(1)

De (1) ( )

221221

-1

y-

-1

yμ-1+y-y= y

yy +=

µµ..........................(2)

')-1(

')y-(

-1

'-y'yy' 22

2121 yy

++=µ

µ

µ...........................(3)

de (1) y (3) en (1):

0)-1

y-()

-1

y-yP(''

)-(1

y-

-1

'y-y 212212

2121 =+++++ Ry

Qyy

µ

µ

µ

µµ

µµ

(1-µ)(y1’-y2’)+(y1-y2) µ’+y2’(1-µ)2+P(y1-µy2)

2+Q(y1-µy2)(1-µ)+R(1-µ)2=0


33

Efectuando y ordenando convenientemente, teniendo en cuenta que tanto y1 como y2 son soluciones de (I) y deben satisfacer que:

0RQyPy'y 1

2

11 =+++ y 0RQyPy'y 2

2

22 =+++

logramos: y1’-y2’-µy1’+µy2’+(y1-y2) µ’+y2’(1-2µ+µ2)+P(y1

2-2µy1y2+µ2y22)+Q(y1-µy1-

µy2+µ2y2)+R(1-2µ+µ2)=0 → (y1’+Py1

2+Qy1+R)+(y2’+Py22+Qy2+R) µ2-(y1’+Py1

2+Qy1+R) µ-(y2’+Py2

2+Qy2+R) µ+(y1-y2) µ’-2Pµy1y2+Py12µ+Py2

2µ=0

→ (y1-y2) µ’+P(y1-y2)2µ=0 → 0dx)yy(P

μ

du21 =−+

( )( )

∫ ∫∫=⇒=−+

−− dxyyP

121

21CeμCdxyyPμLn:

Propiedad 3

Si se conocen tres soluciones particulares distintas, y=y1(x), y=y2(x) e y=y3(x), es posible expresar la solución completa sin cuadraturas. Para demostrarlo sustituyamos primero, y=y3(x)+1/µ y deducimos así la ecuación lineal (II) µ’-(2Py3+Q) µ=P......………...(I) como en la propiedad (I).Las otras dos soluciones y=y1(x), y=y2(x) de (I) nos proporcionan dos soluciones que son:

)x(y)x(y

1)x(μμ

31

1−

==

)x(y)x(y

1)x(μμ

32

2−

==

Pero una ecuación lineal tiene por solución completa la expresión:

Cμμ

μμ

12

1 =−

−

De donde µ1 y µ2 son dos soluciones distintas de y’+P(x)y=Q(x) Sustituyendo µ por 1/y-y2 y µ1 y µ2 por sus valores se tiene:

C

yy

1

yy

1

yy

1

yy

1

3132

313 =

−−

−

−−

−

La cual es la solución general de (I).


34

Propiedad 4

La razón doble de cuatro soluciones cualesquiera de (I) es independiente de x. Propiedad 5 Si P es idénticamente nulo, la ecuación (I) es lineal y de primer orden. Si P no es idénticamente nulo, (I) se puede reducir a una ecuación de la forma : v’’+x1v’+x2v=0 Demostración

i) Si P =0 de (I): y’+Qy+R=0 luego la afirmación es inmediata. ii) Si P=0 hagamos y=Z/P, entonces

0RP

ZQ

P

ZP

P

Z2'

=+

+

+

→ 0PRZP

'PQZ'Z 2 =+

−++

Hagamos ahora Z=v’/v y multipliquemos por v:

0PRv'vP

'PQ''v =+

−+

Ecuación diferencial de segundo orden cuya solución general contiene dos constantes arbitrarias, pero estas figuran en la correspondiente solución de Riccati original de manera que solo importa su cociente, que constituye la única constante esencial de una ecuación de primer orden.

Aplicación Geométrica: Trayectorias Ortogonales Previamente, vamos algunos conceptos.

• Una curva y = f(x) se caracteriza por la pendiente de ella.

• Una familia de curvas con una constante arbitraria esencial, se

caracteriza por satisfacer una EDO de orden 1.

Ejemplo: Hallar la EDO para la familia y = eax, a∈R

y' = a eax ⇒ y' = ay

y = eax ⇒ ax = Ln y ⇒ a = x

Lny y

x

Lny'y =

Osea la EDO para esta familia es: xy'=y Ln y , y > 0


35

• Una familia de curva con dos constantes arbitrarias esenciales, se

caracteriza por satisfacer una EDO de orden 2.

Ejemplo: Hallar la EDO para la "primitiva" y = ax2+b a,b ∈ R de las

igualdades:

y = ax2 + b

y' = 2ax

y'' = 2a ⇒ y' = xy''

• Generalizando, si se tiene una familia con n constantes arbitrarias

esenciales, a dicha familia se le asocia una EDO de orden n.

• Dada una familia de curvas φ(y, x, c1) = 0 (tenemos una constante

arbitraria esencial) entonces ella se caracteriza por su pendiente dada

por y'.

• La familia de curvas, cuya pendiente es la inversa negativa de la

pendiente de la familia dada, se conoce como la familia de trayectorias

ortogonales de la familia dada.

Ejemplo: Hallar la familia de trayectorias ortogonales a la familia

x2 + y2 = R2

Pendiente de la familia dada: 2x + 2y y' = 0

Sustituyendo y' por - x': 2x + 2y (-x') = 0

Resolviendo esta nueva ecuación: xdy - y dx = 0

y-1 dy - x-1dx = 0

Ln |y| - Ln |x| = C

y = K x (rectas que pasan por el origen)

Si tomamos cualquier curva de la familia dada, podemos verificar que

cualquier "recta" de la familia de trayectoria ortogonales, la corta

"perpendicularmente" en el punto de corte.


36

ECUACIONES DIFERENCIALES

TIPO SOLUCIONES GENERALES

P(x)dx + Q(y)dy = 0 ∫P(x)dx + ∫Q(y)dy = C

M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 Condición: M(ax, ay) = anM(x,y) N(ax, ay) = anN(x,y)

cdvvvNvM

viNx

x

yv

=+

+=

∫ ),1(),1(

),(ln

y’=h(y/x), h(y/x)≠(y/x) c

zhz

dzx

x

yz

=−

+=

∫ )(ln

y’=f(ax+by+c) Condición:a,b,a+bf(z)≠0

z=ax+by+c

kzbfa

dzx

cbyaxz

=+

−++=

∫ )(

y’+ 0111

=++

++

cybxa

cbyax

Condición: ab1-a1b ≠ 0

kdvbavvvab

bzvcbyaxLn

cbyax

cybxav

=−+−

−+++

++

++=

∫111)(

)(

11

yf(xy)dx+xg(xy)dy=0

Condición: f(xy)≠ g(xy) Ln x + ∫

=− yxzxgxfz

dzzg

))()((

)(=K

y’ + P(x)y = Q(x)

Lineal en y.

y=e-∫P(x)dx(∫e∫P(x)dx Q(x)dx+K)

x’ + P(y)x = Q(y)

Lineal en x.

x=e-∫P(y)dy(∫e∫P(y)dy Q(y)dy+K)

y’ + P(x)y = Q(x)yn,n≠0,1

Ec. De Bernoulli en y.

yl-n =e(n-1)∫P(x)dx((1-n)∫e(l-n) ∫Pdx Q(x)dx+K)

x’ + P(y)x = Q(y)xn,n≠0,1

Ec. De Bernoulli en x.

xl-n =e(n-1)∫P(y)dy((1-n)∫e(l-n) ∫Pdy Q(y)dy+K)

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

Condición x

N

y

M

∂

∂=

∂

∂

Ecuación exacta.

∫ ∫ =+x

x

y

yO o

KdttxNdsyoxM ),(),(


37

Relación Fundamental del Factor integrante:

x

N

y

M

y

uLnM

x

uLnN

∂

∂−

∂

∂=

∂

∂−

∂

∂ )()( u = factor integrante

APLICACIONES GEOMETRICAS

A = (x+yy’,0)

B = (x,0)

C = (x-yx’, 0)

D = (0,y +

xx’)

E = (0,y –

xy’)

Recta tangente y-y =y’(x-x)

Recta Normal y-y =-x’(x-x)

Teorema Fundamental del Cálculo

)()( tfduufdt

d t

a=

∫ , a constante.

M(x,y)dx + N(x,y)dy=0 Condición

h(x)=

∂

∂−

∂

∂

x

N

y

M

N

1

∫∫ =+y

y

x

x oOO

KdttxNxudsysMsu ),()(),()(

factor integrante dyyg

exu)(

)(∫

=

M(x,y)dx + N(x,y)dy =0 Condición:

g(y)=

∂

∂−

∂

∂

y

M

x

N

M

1

∫∫ =+y

y

x

x ooOO

KdttxNtudsysMyu ),()(),()(

factor integrante dyyg

exu)(

)(∫

=


38

COMBINACIONES INTEGRALES

GRUPO DE TERMINOS FACTOR INTEGRANTE DIFERENCIAL

ExACTA

xdx + ydy (x2+y2)n, n ≠ 1 d((x2+y2)n-1/n+1) x2- y2 d(Ln(x2+y2))

xdy + ydx (xy)n, n≠-1

++1)(

1

1 nxyn

d

xy d(Ln(xy))

xdy-ydx 1/(x2+y2) d(arco tg(y/x))

x+dy (x+y)n, n≠-1

+

+ +

1

)( 1

n

yxd

n

EJERCICIOS SOBRE ECUACIONES DIFERENCIALES: Los siguientes problemas han sido seleccionados de las practicas y exámenes tomados: 1) Resolver 2x2y+x2-2xy+2y-x+1+y’=0

Solución

Separación variables (x2–x+1)(2y + 1) dx + dy = 0

(x2 – x+1) dx + 012

=+y

dy-

Solución general:

KyLnxxx

=+++− /12/2

1

2

2

3

3

2) Resolver y5 arco sen 1+x

x- y4 arco tg x =-y’

Solución: Viendo el triángulo adjunto: podemos apreciar la identidad de los arcos-sen y tg. Luego

01

1 45=

−+

+dy

yydx

x

x separando variables e integrando S.G. Ln

Kxarcoxxarcoxy

yyy

y=−++−++

−tgtg

33

125.011

3) Resolver (1-3x)(arco tg 212

2y

x

x+

+

arco sen

+ 1

2

x

x )x’=2 2 (x+1)2

Solución: Kyarcox

=+

+− )(tg

2

1

2sen

2

1 1

1+xx

l


39

4) Resolver ( ) 2

2224224' 2 yeyyxxyxyx +++++−=

Separando variables e integrando tendremos:

( ) 02241

1 22 =++++

dyeyxydxx

y è S.G. ( ) keyx y =+++2

121ln

5) Resolver (x2y2+x2-y2-x2y-xy2+y+x-xy-1) + (xy+x-y-1)2 y’ = 0 Separando variables e integrando

+−

+++

+−

−+

12

122

122

12

yy

yydx

xx

xx dy = 0

El cálculo de las integrales queda a cargo del interesado.

6) Resolver (y2 arctg(x)+y3 arcsec 12 +x )+y’ = 0 Solución: Vemos en el triángulo que

arcotg x = arcosec 12 +x

Separando variables, tenemos arcotg x dx + 0)1(

12

=+

dyyy

∫ ∫ =−++−−+ Kdyyyy

dxxarco )1)1(12

1(tg

x arco tg x – Ln KyLnyLny

xl =++−−+ /1///12

7) Resolver la ecuación de variable separable.

0)11(1 23 13 =+++++ − dyxxdxyy

Respuesta:

Kyy

xxxLnxx =+++++−+ 5/9)1

1(9

55/4)

11(

4

5/5.0/25.05.0 2

8) Resolver: y’=x2+4y2 + 1-4xy+2x-4y+3x-6y+5.

Solución

Viendo el segundo miembro, detectamos que hay que factorizarlo por la misma

distribución de los sumandos que no se han simplificado, esto para poder

detectar que se trata de una simple factorización y aplicación de nuestro

formulario.

y’=(x-2y+1)2 + 3(x-2y+1)+2 ∫+−=++−

−⇒

12)23(21 2

yxzzz

dzx = K

∫+−=++

+⇒

12)362 2

yxzzz

dzx =K

12 +x

x

l

tx

xarcot

tg

tg

=

=

t


40

9) Resolver x2yy’= 222 )(2

1xyyxtg −

Solución: 2(x2ydy+xy2dx)= tg(x2y2)dx, hagamos el cambio z=x2y2 remplazando dz = tg(z) dx à cotg(z) dz = dx así la S.G. es: sen(x2y2) = Kex 10) Resolver (x+y3) dx + (3y5-3y2x) dy = 0 Solución: Hagamos el cambio de variable z=y3 à 3y2 dy = dz Luego (x+z)dx + (z-x)dz = 0 la cuál es homogénea luego la solución es:

xln + ∫=−++

−

xyvvvv

dvv

/)1(1

)1(= K à Ln(x2 + y2)–2arco tg(y/x)=C,C=2K

11) Resolver (2x-2y+xex) dx + (2x-2y-1)dy = 0 Solución: Por combinaciones integrables (2x-2y)(dx-dy) + xex dx + dy = 0 Integrando (x-y)2 + xex – ex + y = K 12) Resolver y – xy’ = a (1 + x2y’) Solución:

y-xy’ = a+ax2 y’ à (ax2+x)y’–y =-a à y’ - xax +2

1y=-

xax

a

+2 LINEAL

y = ))((2

22

Kdxxax

axax

dx

exax

dx

e ++

−+−+ ∫∫

∫

La solución general es y = )//(1

KxLnax

ax+−

+

13) Resolver (x-yarco tg(y/x))dx + xarco tg(y/x) dy = 0 Solución:

La ecuación es homogénea, luego la solución general es:

xln + K

xyvvvvv

dvv=

=+−∫/)arctan(.)arctan(.1

)(arctan

S.G. xln + Kx

y

x

y

x

y=

+−

2

1ln)(arctan


41

14) Resolver (ysec2(xy)+ sen x) dx + (xsec2(xy) + sen y) dy = 0 Solución: My=sec2(xy)+2xysec2(xy)tg(xy) , Nx = sec2(xy) + 2xysec2(xy)tg(xy)

∫∫ =∂+++y

y

x

x oooo

Kttxtxdsssyy ))sen()(sec())sen()(sec( 22

Respuesta: tg(xy) = K + cos(x)+cos(y) 15) Para que valor de n, la siguiente ecuación es exacta

0)()(

222

22

=−

+

++xdyydx

yx

cybxyaxn

Solución: Aplicaremos la condición de exactitud, así obtendremos el valor de n

122

222

22

22

)(

2(2

)(

34++

++−

+

++=

nnyyx

cybxyaxny

yx

cybxyaxM

122

222

22

22

)(

)2.(2

)(

43++

+++

+

++−=

nnxyx

cybxyaxnx

yx

cybxyaxN

Igualando o sea de My = Nx, se obtiene n=2

16) Resolver y’ =

2

122

1

+−

+−

yx

yx

Solución.-

Hacemos z=x-y, y aplicamos la F-4 así la solución general será:

kdz

yxzzz

zzx =

−=+

++− ∫ 23

1442

2

17) Resolver y’ tgx sen 2y = sen2 x + cos2 y Solución.-

xsenysenxxy 2cos.tan'2 = (identidad trigonométrica sen2r) dividiendo ambos

términos, por cos(y) tendremos previa simplificación

1secsectantan'2 22 += yxsenyyxy . Muy laborioso, mejor directo.

Haciendo el cambio de variable z' y' cos(y) 2sen(y) - zycos2 =⇒=

estas últimas son derivadas con respecto a x.

( ) zxsenzx −−= )(')tan( 2


42

lineal con respecto a z.

x dxx sen x (x) -zsen(x) z' coscotcos−=

S.G. xkxseny csc3

12cos 2 +−=

18) Resolver xy’ + Lnxy

Lnxxx

Lnx

y2

)( +=

Solución:

,1

' 2−+=+ y

Lnx

Lnxxy

xLnxy Bernoulli en y, donde n = -2

y1-(-2) = e(-2-1)∫(xLnx)-1dx((1-(-2)) ∫e

3Ln(Ln(x)) )ln

KdxLnx

xx−

+

S.G. y3 = (Ln x)-3 (3∫(Ln x)2 (x+Ln x) dx + K) APLICACIONES GEOMÉTRICAS

19) Hallar la ecuación de la familia de trayectorias ortogonales a la familia de

circunferencias con centros en el eje y, y que además pasa por (a,0). Solución.-

Originalmente se pedía que pase por (a,0) y (-a,0) lo cuál es innecesario. Ecuación de la familia dada x2 + (y-k)2 = r2

x2 + y2 – 2Ky = a2

derivando 2x+2yy’ – 2ky’ = 0, pero tenemos que k=y

ayx

2

222 −+ .

2x+(2y-2y

ayx

2

222 −+ )y’=0

Cambiando y’ por –x’ tenemos que resolver 2xyy’-y2+x2-a2=0

y’ -x2

1y = 1

2

22−−

yxa Bernoulli con n =-1

kxxaKdxx

xaLnxedx

xey +−−=+−−= ∫

∫ 22)2

222(2

12

2

20) Resolver x(y’)2 – yy’-y’+1=0, hallando la solución general y singular de

ella. Solución: x(y’)-y-1+(y’)-1 = 0 à y = x(y’) – 1+(1/y’)


43

Hagamos y’ = p à y=px-1+(1/p) à dy = pdx+xdp-(1/p2)dp à pdx= pdx+xdp-(1/p2)dp à (x-p-2) dp = 0

de donde p=C ó x= 2−p , así tendremos que la solución general es

S.g. y=Cx –1+c

1

La solución singular se obtiene reemplazando 2

1−

±= xp

Si p= 12111

−=⇒+−

=⇒ xyx

xxy

x

Si p=-1/ 12 −−=⇒ xyx .

En este caso ambas soluciones singulares satisfacen la ecuación. 21) Resolver y’ = tg(ax+by+c) Solución. Por la tabla inicial usaremos la F4, luego la solución será

∫++=+

−cbyaxzzbtga

dzx

)(=k

Calculo de la integral

Cambio de variable tg(z)=y è sec2z dz = dy à dz =21 y

dy

+

dyy

aby

aby

b

bay

dy

byaI )

1()(

1)

1()

1(

2

2

222 +

−−

++=

++= ∫∫ .

)112

(1 2

2222ytgayLn

b

baabyLn

ba

bI −−+

+−+

+=

la solución general será:

Kcbyaxba

a

cbyax

cbyaxbtgaLn

ba

bx =++

++

++

+++

+− )(

)sec(

)(2222

22) Resolver y4-(y’)4-y(y’)2 = 0


44

23) Resolver

2(x5+2x3 y-y2x)dx + (y2+2x2 y-x4)dy = 0 (Sugerencia y=zr, r constante.) Solución: Reemplazando dy=rzr-1dz à 2(x5+2x3zr-z2rx)dx=-(z2r+2x2zr-x4)rzr-1dz Luego 5=3+r=2r+1 à así r=2 Resolvamos (x5-x1z4+2x3z2)dx+(z5+2x2z3-x4z)dz=0

Como es homogenea xln + ∫=−+++−

−+

xyvvvvvvv

dvvvv

/)2()21(

)2(3524

35

=k

24) Resolver (y cos 2x+2(sen2x)3/2)dx + sen2x dy=0 Solución:

Dividiendo entre sen2x, tendremos y’+(cotg2x)y=-2 x2sen Lineal

))2sen2()2(sen

2

1

(2cot

KdxxxLn

edxxg

ey +−−−

= ∫∫

25) Resolver (x3+xy2+y) dx+(y3+x2y+x)dy =0 Solución:

Es exacta pues My=Nx

∫∫ =+++++y

yo

x

x OO

Kdtxtxtdsysys )()( 2320

3

S.G. x4+y4+4xy+2x2y2=K 26) Considere la ecuación M(x,y)+N(x,y)dy=0 donde M y N tienen primeras

derivadas continuas (parciales) en cierto rectángulo “R”. Demostrar que una función u definida en “R” que tenga primeras derivadas parciales continuas, es un factor integrante si y solo si

y

uM

x

uN

x

N

y

Mu

∂

∂−

∂

∂=

∂

∂−

∂

∂)(

Demostración: → 1) sea un factor integrante (hipot.) 2) uM dx + uNdy = 0 es exacta (1-def. de factor integrante) 3) (uM)y = (uN)x (2-condición de exactitud) 4) Umy+uyM = uNx+uxN (3-derivación parcial) 5) u(My-Nx) = Nux - Muy l.q.d.d. ← Queda como ejercicio.


45

27) Resolver la ecuación y’=223

3

)12(

)43()1(

yxx

yxxLnxx

−+

+−+

Solución: “Acomodando la linealidad”, tendremos

2

2323

2

12

)()1()

12

43(' −

−+

+=

−+

++ y

xx

xLnxy

xx

xxy Bernoulli n=-2

y3= ))1()12(3()12(

1 322

323Kdxxxx

xx++−+∫

−+

Calcular la integral pendiente y extraer raíz cúbica a ambos lados.

28) Resolver yxeyxseny x 2cos)2('2−=+

Solución:

Dividiendo entre cos2y, tendremos (sec2y)y’ + 2xtg(y) = x2xe−

Cambio de variable tg(y)=z à sec2 y dy = dz Reemplazando se tendrá z’+2xz=x exp(-x2) Lineal en z.

yxxexdx

exdx

ez 22

cos2

(2 −−

= ∫∫∫

( )kdxxeeey xxx += ∫−− 222

tan

S.G

+

+ − πcek

x x2

2arctan

2

, C en Z

29) Resolver 4x2yy’ = 9xy2+6x+54y3+108y4+72y2+16d Solución:

Debe tratarse solamente de un cambio de variable.

Factorizando tenemos: 4x2yy’ = 3x(3y2+2) + 2(3y2+2)3 Cambio de variable 3y2+2 = z à 6yy’ = z’ Luego resolveremos z’-4.5x-1z = 3x-2z3, la cúal es de Bernoulli.

Sol. General (3y2+2)-2 = - 9

3

2 −+kxx


46

30) Determinar un factor integrante y resolver la ecuación Sen x (2 + 3y sen x ) dx + sec x dy = 0

Solución: My = 3 sen3 x, Nx = sec(x)tg(x)

)tg()cos(3sen3 xxxN

xN

yM

−=−

u= ∫ − dxxxxe

))tg(cossen3( 3

=cos(x)x

e

4sen4

3

Completar el cálculo de la integral para hallar la solución. 31) Deducir la formula o relación fundamental del factor integrante en

particular si u = φ(x2-xy2+1) Solución: Sabemos que si u es un factor integrante, de una ecuación diferencial satisface la relación fundamental.

N(Lnu)x – M(Ln u)y = My – Nx

Hagamos el cambio de variable z=x2-xy2+1

(lnu) = lnu x = (2x-y2) dz

udLn )(

lnu y = (Ln u)zz y = -2xy dz

dLnu

Reemplazando estos últimos cálculos, tendremos

xy NMdz

udLnxyMNyx −=+−

)()2)2(( 2

uln = ∫ −

−

xyMNyx

NxMy

2)2( 2dz = h(x,y) luego ),( yxheu =

z = x2–xy2+1 32) Resolver x(sen(y) + ycos(y))y’+2ysen(y)-1-x=0

Hacer el cambio z=y sen(y)

Respuesta ysen(y) = 22

3

1

2

1 −++ Kxxx

33) Resolver (y2-1)y’-2tgx(y+y2)=y2 cosx Hacer el cambio z=y+y-1, convirtiéndola en lineal Respuesta 1+y2 = ycos2x (Ln/sec x – tg x/k)

34) Resolver x+( 0')422 =++ yyyyx


47

Solución.-

Como combinación integrable 022

=++

+ydy

yx

ydyxdx

Integrando kyyx =++ 2222

35) Resolver por factor integrante

(2x2 + 2y2+4x+2y+1)dx(x2+y2+x+3y+1)dy=0 Solución.-

My = 4y+2, Nx=2x+1

Relación fundamental del F.I. M yx MNxf

xfN

yg

yg−=−

)(

)('

)(

)('

Hemos supuesto el caso más general, ya que no hay indicios acerca del factor integrante, o sea u=f(x)g(y) (de lo contrario hubiéramos hecho el cambio de variable de acuerdo a la forma del factor integrante).

142)(

)(')1322(

)(

)(')1242222( −−=++++−++++ yx

xf

xfyxyx

yg

ygyxyx

por lo tanto 2)(

)('1

)(

)('=∧=

xf

xf

yg

yg

u=f(x)g(y)=e2x ey = e2x+y 36) Resolver mediante un factor integrante.

(4x2y2+2y3)dx+(3x3y+4xy2)dy = 0 Solución.-

La relación fundamental yx MN

xf

xfN

yg

ygM −=−

)(

)('

)(

)('

( )322 24 yyx + 2223 2)(

)(')43(

)(

)('yyx

xf

xfxyyx

yg

yg−=+−

xxf

xf

yyg

yg 1

)(

)('1

)(

)('=∧= à g(y) = y ^ f(x) = x

Luego el factor integrante será u=f(x)g(y) = xy Hallando la integral

∫∫ =+++y

y

X

Xoo

OO

Kdttxtxdssyys )43()24( 322433

La solución genral es x2y3(x2+y)=c


48

37) Resolver y’-( xsen2 )y2+xx cossen

1y=-cos2x

donde y1 = cotgx es una solución particular. Solución.-

y = cotx + z-1, determinemos z. y’ = -csc2x-z-2z’

-csc2x-z-2z’-sen2x(cotx+z-1)2+ xzxxsenx

21 cos)(cotcos

1−=+ − .

-csc2x-z-2z’-cos2x-2senxcosx(z-1)-sen2x(l/z2)+csc2x+xx

z

cossen

1−

=-cos2x

–z-2z’-2senxcosx z1-sen2x.z-2 + xx cossen

1Z-1=0

z’+(2senx cosx - xx cossen

1)z=-sen2x, la cuál es lineal.

Z = xgxecxsen

e2cot2cosln2 +−−

( ∫++ xxxsen

e2cot2cscln2

(-sen2x)dx+K)

Pero simplificando tenemos que la solución general será:

Z= xexkx2sentgtg

2

1 −+−

Por lo tanto la S.G. es y=cotgx-(0.5 tgx –e-sen2xAgx(K))-1

38) Resolver axy(y’)2+(x2-ay2-1)y’-xy=0. Sugerencia: hacer el doble cambio de variable x2=u, y2=v. Solución:

x2=u, y2 = v è 2xdx = du ^2dydy=dv à y’=(x/y)v’à y’=dx

dvvv

v

u=','

Efectuando el remplazando, tendremos a

0/)'/)(1())'(( 2 =−−−+ vuvvuavuvv

uuva .

Au (v’)2 + (u-av-1)uv’-uv=0 Hagamos el cambio (o sustitución) v’= p à dv = pdu previa simplificación del factor común u.

aup2 + (u-av-1)p-v=0 à (ap+1) v=aup2-up-p.


49

Diferenciando se tiene:

De donde se tiene (2aup+u-1)dp = 0 à p=c ó p=au

u

2

1 −

Para obtener una solución singular se reemplaza el valor de p.

022210)2

1)(1(2)

2

1( 2 =−−+−→=−

−−−+

−auvavuav

au

uavu

au

uau

Reemplazando u y v, la S.G. 1-x4+2x2-2ay2 – 2x2y2 a=0 La S.G. se obtiene reemplazando p=C, así tenemos:

(aC+1)y2 = ax2C2-Cx2-C 39) Sea A el punto de corte de la tangente a una curva en P=(x,y) y el eje y,

si la circunferencia cuyo diámetro es AP pasa por un punto fijo (a,c). Hallar la ecuación de la curva.

Solución.- A = (0, y – xy’)

P = (x, y), C = (x/2, y-2

1xy’)

Igualando los radios, es decir radio = d(A; C) = d ((a, c) ; C) Elevar al cuadrado y resolver la ecuación de Bernoulli y ver que la ecuación de la curva es. y² = a² - 2ax + kx² 40) Resolver xsen∅d∅ + (x3 – 2x2 cos∅ + cos∅) dx = 0 Solución.- Hagamos z=cos∅ à dz=-sen∅d∅

-xdz+(x³-(2x²-1) cos∅)dx=0 à ²xzx

1²x2'z =

−+ lineal en z.

+−

∫−∫

=φ=

kdx²xdx

x

1x2

edxx2

x

1

ecosz

Luego la solución general será: cos∅ = 2

xkxe-x²


50

41) Resolver a) (x + Ln(y)) dy – (yLn(y))dx = 0 Solución.- La ecuación es lineal con respecto a x, x’ – (yLny)-1x = y-1 Cuya solución es x = Ln(y) (Ln(Ln(y))+k) b) 2cosxdx + (senx - y² - 1) dy = 0 Solución.- Hacer z = senx à dz = cosxdx à 2dz + (z - y² - 1) dy = 0 z’ + 0.5z = 0.5(1 + y²) Solución General

( )k2/ye82/yye42/ye2y2/ye2/yexsen ++−+−=

42) Calcular las trayectorias ortogonales de la familia de curvas

x

y

2

kytg =

+

Solución.-

Derivando:x

yy

x

yky '

2

'

2²sec +=

+

x

y

x

yyKytgl

'

²2

'))

2(( 2 +−=

++ Reemplazando y cambiando y’ por –x’

(x² + y² - 2x) x’ – 2y = 0 la cuál puede resolverse por factor integrante pues:

( ) xedxxheu1N

XNYM −=∫=⇒−=−

Luego multiplicamos por el factor integrante y luego aplicamos la fórmula para exactas. S.G. -x²e-x-y²e-x = k

xkeyx =+ 22

43) Resolver ( ) ( )xndyyx10 φ=φ∫

Solución.- Hagamos xy = z, xdy = dz cambiando los límites de integración tendremos

( ) ( )xnxdzzx φφ =∫0

, aplicando el Teorema Fundamental del Cálculo ∅(x) =

n(x∅(x)’= n(∅(x)+x∅’(x)).

Separando variables: ( )( )

0dx

xdn

x

dx1n =

φ+−

(n-1)Ln/x/+nLn/∅(x)/=K o equivalentemente ( ) keC,n

n1

Cxx =

−

=φ


51

44) Resolver xy’ = y(Lny – Lnx)

Solución.-

La ecuación puede expresarse como

=x

yLn

x

y'y (Homogénea)

aplicando la fórmula para y’=h(y/x) (ó resolviéndola como homogénea)

kyxxkxyzzLnzz

dzxLn =−−−⇒=

=−+ ∫

1ln1lnln/

45) La normal en un punto P de una curva encuentra al eje x en Q.

Encontrar la ecuación de la curva si pasa por el punto (0, b) y si el lugar

geométrico del punto medio de PQ es y2 = kx.

Solución.-

Ltg : y – y = x’(x – x)

Sabemos que Q = (x + yy’, 0)

( )

+=+=

2,

'2

'5.0

yyyxQPM

M en P: y² = kx à

+=

2

'yyxk

2

2

y

Reduciendo y simplificando: 1xy2k2

y'y −=− (Bernoulli)

( ) ( )( )

+−−−

=−−

∫∫

cdxx2k

x

e2k2

dx2

e11

y

Completando los cálculos la S.G. será y2=-4x/k- 4k2+Cex/k

Como la curva pasa por (0, b) se tiene C=b²+4k2

46) Resolver y²exdx+(yex+eLny)dy=0

Solución.-

Separando variables e integrando tenemos y=C(ex 1)-1


52

47) Hallando la ecuación de la curva cuyos interceptos de la tangente en

cualquier punto es una constante k (la curva en el 1er. Cuadrante).

Solución.-

Según el gráfico adjunto.

tenemos que;

x- yx’+y-xy’=k

y(1- x’)=k+xy’-x

y=xy’+k(l-x’)’1 Ecuación de Claireaut.

Hacemos y’=p de donde al reemplazar se tiene (x-k(p-1)-2)dp=0

de donde p=C ó x

k1p ±=

La solución singular será xkx2ky ++= (la que corresponde al problema)

48) (x–2seny–3)dx+(2x-4seny-3)dy=0

Solución.-

Cambio de variable. Z=xseny dz=dx-ecosy dy

(2z+6+2z-3)dx+(2z-3)sz=0 à (4z+3)dx+(2z-3)dz=0

S.G. 1.5x-seny-8

9Ln(4x-8seny+3)=k.

49) Hallar la curva para la cual el punto medio del segmento de tangente comprendido entre el punto de contacto y la intersección con el eje x,

está situado en la recta 3

xy =

Solución.-

Del gráfico P = (x, y)

Q = (x-yx’, 0)

M = 2

1(P+Q)=(x+0.5yx’,0.5y)

m en L:3

xy = por lo tanto 3x

y

2'x'yx

2

1x

3

1

2

y=+⇒

+= Lineal

Integrando tendremos S.G. xy²=y³+k.


53

50) Hallar la curva que tiene la propiedad, de que el punto medio de normal

comprendida, entre el punto de contacto y la intersección con el eje x,

este en la recta L. 3y=x.

Solución.-

Q=(x+yy’,0), P=(x, y)

( )

+=+=2

y,

2

'yyxQP

2

1M

M en L: 3y = x à 2

'yyx

2

y3 +=

(2x-3y)dx+ydy=0 Homogénea.

kx

y

x

yxk

xyvvv

vdvxLn =−−−+⇒=

=+−+ ∫ 1ln2ln2ln

/232//

Luego la curva será (y-2x)²=C(y-x) si además nos pidieran que pase por

determinado punto como el (0,5), hallamos el valor de la constante en este

caso será 25=C(5) es decir C=5 luego la curva será (y-2x)²=5(y-x).

51) Determinar las trayectorias ortogonales de todas las líneas rectas con

pendiente y ordenada de intersección con el eje y, iguales.

Solución.-

Primero hallamos la familia, y luego sus trayectorias ortogonales.

De la condición del problema: y-xy’=y’

y=(1+x)y’ à y=k(1+x) : es la ecuación de la familia.

Hallando las tray. Ortogonales y’=k pero x1

yk

+= luego (1+x)dy=ydx

cambiando y’ por –x’ tendremos.

-(1+x)dx=ydy à (1+x)²+y²=k


54

52) Determinar la ecuación diferencial de todas las circunstancias tangentes

a la recta x=5.

Sugerencia: Hallar la ecuación de la familia (x-h)²+(y-k)²=r² pero r²=(5-h)², luego

seguir todo el procedimiento ya descrito.

53) Resolver la siguiente ecuación exacta.

(x²+y²)a[(4x²+y²+3xy)dx+(x²+4y²+3xy)dy]=0

Solución.-

Usemos la condición de exactitud para determinar el valor de a.

My=2ay(x²+y²)a-1(4x²+y².3xy)+(x²+y²)a(2y+3x)

Nx=2ay(x²+y²)a-1(x²+4y².3xy)+(x²+y²)a(2x+3y)

My=NxàMy-Nx=0 à (x²y²)+2ª(4xy-x²-xy-y²-3xy)=0 à 2

1a =

Completando la solución es decir integrando tenemos:

S.G. (x²+y²)3/2(x+y)=k

54) resolver la siguiente ecuación homogénea:

(bxb-1+2(xy)a-b+ya-2)dx+(x2b-4+2xa-3yb-2)dy=0

Sugerencia: aplicando la condición de homogeneidad se tendrá que a=4 y b=3,

luego aplicando la solución para ella tenemos:

S.G. x3+x2y+xy2=k

55) Resolver la ecuación exacta siguiente:

ya((3x2y2+3yb)+(3x3y+6bxy+2y)y’)=0

Sugerencia: Usar la condición de exactitud y determinar que a=1 y b=1.

S.G. x³y³+3xy²+y²=k

56) Resolver la siguiente ecuación por combinaciones integrables.

(dx+dy)+3 ³y²x²y³x + (2xy²dx+2x²ydy)=0

Sugerencia: observar la disposición de los diferenciales.

S.G. 2(x+y)2/3+(xy)8/3=k


55

576) Hallar la ecuación de una corva en el primer cuadrante, tal que satisfaga

la siguiente propiedad:

“Si la recta tangente a la curva en el punto P=(x,y) intercepta al eje x en el

punto A y si B es la proyección de P sobre el eje x, entonces el área del

triángulo ABP es igual al producto de las coordenadas del punto P”.

Solución.-

Area ∆ ABP = xy , A=(x-yx’,0) , B=(x,o)

0'yxX2xyy)'yx(2

1=−⇒=

2Ln/y/-Ln/x/=k à y²=Cx

Si la curva pasa por el punto (1, 1) la curva será y²=x

58) Hallar la curva que pasa por el punto (1,e) si la pendiente de la recta

tangente en cualquier punto de ella es:

2

x

yLny2x

x

yLn1

x

y

+

+

Sugerencia: Hacer el cambio de variable y=xez ó z=Ln

x

y obteniéndose la

ecuación de Bernoulli: z2xzx

1'z =− (y’=pendiente es la ecuación inicial de la

que hemos partido). Al resolver la ecuación tenemos z-1=x-1(∫x³dx+k) como (1,e) está en tenemos que k=5/4.

Luego la curva buscada será:

x

k

4

x1

+


56

59) Determinar la ecuación de una curva que pasa por el punto (1,0) tal que

si por un punto cualquiera de ella se traza la tangente geométrica y por

el origen de coordenadas se traza una perpendicular a esta tangente si

la longitud de esta perpendicular es igual a la anscisa del punto de

tangencia.

Sugerencia:

Del gráfico tenemos que:

D((x,y),Ltg)=x

( )x

2'y1

/'xyy/=

+

−

(y-xy’)²=x²(1+y’²) à (x²+y²)+2xyy’= 0 (HOMOGENEA)

La solución es x²+y²=Cx, como (1,0) pertenece a ella l=C(1) à C=1

así la curva buscada es: x²+y²=x (CIRCUNFERENCIA).

60) Hallar una fórmula para calcular la pendiente de una curva, en un punto

de ella si satisface la ecuación diferencial:

y(l-Ln(y))y’’+(l+Ln(y))(y’)²=0 y si y’(e)=-1

Sugerencia:

La pendiente de la tangente está dado por y’. Luego hallaremos una expresión

para y’. La ecuación dada se puede expresar como:

( )( ) ( ) 0

))(1(

)(1'

2'0

)(1

)(12'

''=

−

++

−⇒=

−+ dy

yLny

yLnydy

yLny

yLn

y

y

Integrando tendremos que: kLnyLnLnyy

+−+=− )1(2'

1

Como y’(e)=-1 à k=0 . Luego la fórmula buscada es:

))²1((

1'

LnyLnyLny

−=


57

61) Resolver la ecuación (y-xy’)(1+y’²)1/2=y’

Sugerencia.-

Se trata de una ecuación de Clairaut, luego hacer y’=p y así la sol. general es

y=Cx+C(1+C²)1/2 hallar la sol. singular.

62) Hallar la curva que pasa por el punto (1,0) y satisface la ec.dif.18

(1+y²)dx=(arco tgy-x)

Solución.-

²1

tan

²1

1'

y

yarcx

yx

+=

++ LINEAL en x

x = arco tg(y)-1+ke-arco tg(y) (1,0) en luego k=2 por lo tanto:

: x=arcotg(y)-1 2e-arcotg(y)

Circuitos Eléctricos

En un circuito que contiene uno o más elementos de almacenamiento de energía, existirá un estado estacionario siempre que cambie la condición de energía en el circuito, hasta que se alcance el nuevo estado estacionario. Esto puede ocasionarse por un cambio de voltaje o corriente que se aplique, o o por un cambio de cualquiera de los elementos del circuito. Sistemas de Primer Orden

Veamos los siguientes circuitos:

VRVL

t=0VS

i

VRV

C

t=0VS

i

Los circuitos mostrados contienen un solo elemento de almacenamiento de energía, en el que sV es el voltaje de suministro, i es la corriente del circuito en

un tiempo de t segundos una vez que se ha cerrado el interruptor. En este

tiempo los voltajes CLR VVV ,, están en los componentes.


58

CIRCUITO INDUCTIVO

En este circuito tenemos LRS VVV +=

LRS VVV +=

dt

diLiRVS +=

dt

di

R

Li

R

VS +=

CIRCUITO CAPACITIVO

El circuito de la figura 2.

CCRS ViRVVV +=+=

Sabemos que: dt

dVCi C=

CC

S Vdt

dVRCV +=

En general: dt

dxTXF +=

F= función de tendencia=valor en estado estacionario x=variable del circuito, T= constante de tiempo del circuito

La ecuación puede escribirse: dt

dDTDxXF =+= ,

La solución de ecuaciones lineales de primer orden de este tipo admite una solución que puede escribirse como: te xxx += , 0lim =

∞→t

t

x

tx es llamada solución transitoria y ex es la solución estacionaria.

Fuente de voltaje constante, EVS = volts, el interruptor se cierra en 0=t .

Para el circuito inductivo de la figura 1, loa ecuación de la corriente es

R

E

dt

di

R

Li =+

L

Ei

L

R

dt

di=+

+= ∫

−

kdteetit

L

Rt

L

R

)(

tL

R

keR

Eti

−

+=)(

R

Ei iaestacionar =


59

Como la corriente que atravieza un inductor no puede cambiar en forma instantanea, entonces en t=0 i=0

R

Ek

R

Ek −=⇒+=0

)1( L

Rt

eR

Ei

−

−=

Para el circuito capacitivo: en t=0

Edt

dVRCV C

C =+

RC

EV

RCdt

dVC

C =+1

kdtRC

EeeV

tRC

tRC

C += ∫−

11

RC

t

C keEV−

+=

EVKKEV −=⇒+= 11

Luego: ( ) RC

t

eVEEV−

−−= 1

Fuente alterna de voltaje )(0 wtsenEVS = aplicada al circuito inductivo

)()( 00 wtsenL

Ei

L

R

dt

diwtsen

R

E

dt

di

R

Li =+⇒=+

∫ +=−−

kdtwtsenL

Eeeti L

Rt

L

Rt

)()( 0

tL

Rt

L

Rt

R

L

kee

wL

R

wtwwtsenL

R

R

Eeti

−−

+

+

−=

2

20

)cos()()(

tL

E

keLwR

wtwLwtRLsen

L

Eti

−

+

+

−=

222

20 )cos()(

)(

+−

+= )cos()()(

2222220 wtwLR

Lwwtsen

LwR

REtie (corriente estacionaria)


60

Sea 222 LwRz += y R

wL=φtan

+−

+= )cos(

2)(

2)(

2222

0 wtLwR

Lwwtsen

LwR

R

z

Etie

( ))cos()()()cos()( 0 wtsenwtsenZ

Etie φφ −=

R

wL

222 LwR +

φ

)()( 0 φ−= wtsenZ

Etie

φ es el ángulo de fase entre el voltaje de suministro sinusoidal y la corriente

de estado estacionario. De esta manera tenemos:

tL

R

kewtsenZ

Eti

−

+−= )()( 0 φ

Tenemos que 0)0( =i cuando tt ˆ=

tL

R

ketwsenZ

E ˆ0 )ˆ(0

−

+−= φ

)ˆ(ˆ

0 φ+−= twseneZ

Ek

tL

R

)ˆ()ˆ()()( 0 φφ −−−−= twsenttL

Rewtsen

Z

Eti


61

MEZCLAS

1. 2 recipientes están conectados de tal manera que del primera puede

pasar al segundo una salmuera a razón de 2 Dl/min y del segundo al primero simultáneamente 1 Dl/mm. En el momento de iniciarse el proceso de intercambio de salmueras en t= 0, el primer recipiente contiene 1 Hl de salmuera que contiene 20 Kg. De sal, y en el segundo recipiente 1 Hl de agua pura. Determinar cuanta sal contendrá el primer recipiente al cabo de 5 min. Sabiendo que iniciado el proceso de intercambio, la mezcla en ambos recipientes se mantiene homogénea en todo instante.

SOLUCIÓN: Sean x(t) e y(t) las cantidades de sal que habrá en los dos recipientes al cabo de t minutos. En todo instante se cumple: x+y = 20.

V21 = 1 Dl/min V12 = 2 Dl/mm

Veamos la siguiente tabla:

I II Cantidad de Sal x Kg. y Kg.

Volumen final

V1+(V21 – V12) t = 10-t

V2 + (V12 – V21) t = 10

+ t

Planteando las ecuaciones diferenciales:

)1.....().........2(10

)1(10

1221t

x

t

YVCVC

dt

dxIII

−−

+=−=

)2.....().........1(10

)2(10

2112t

y

t

XVCVC

dt

dyIII

+−

−=−=

pero x + y = 20 è y = 20 – x......................................(3)

I II

V1= 10 Dl

20 Kgde sal

V2 = 10 DlAgua

Pura

I II

V1= 10 Dl

20 Kgde sal

V2 = 10 DlAgua

Pura


62

Sustituyendo (3) en (1):

t

x

t

x

dt

dx

−−

+

−=

10

2

10

20

Visualizando la linealidad:

tx

tttX

+=

−+

++

10

20)

10

2

10

1()(1

+

+= ∫

∫−

++∫

−+

+−

kdtt

dte

dtetX

tttt

10

20)(

)10

2

10

1()

10

2

10

1(

( )

+

−+

+

−=

t

t

t

tKtX

10

1020

10

10)(

2

x(0) = 20 è K= 0

Luego: x(t) = t

t

+

−

10

)10(20

x(5) = Kg3

20

2. En un tanque hay 100 lt de agua salada que contiene H kg. De sal

disuelta en el agua. Se introduce agua salada que contiene 2 Kg. De sal por litro dentro del tanque a razón de 3 lt/mm y la mezcla que permanece uniforme al agitarlo, fluye fuera del tanque a la misma razón ¿Cuántos kilos de sal hay en el tanque, cuando el tiempo t es muy grande (t û∞ ). SOLUCIÓN: Sea x Kg de sal existente en el tanque después de t minutos Vol. Final= Vol. Inicial = 100 lts. Entran al tanque: 2 Kg./lt. . 3 lt/min. = 6 Kg./min

Salen del tanque: c V2 = )3(100

x

100

36

x

dt

dx−=

6)(100

3)(1 =+ txtX

+= ∫

−

kdteetxtt

6)( 100

3

100

3


63

+=

−

keetxtt

100

3

100

3

200)(

100

3

200)(t

ektx−

+=

200)0( −=⇒= HkHx

100/3)200(200)( teHtx −−+=

Cuando t à ∞ à x = 200 kg.

3. En un tanque hay 100 gl de agua salada que contiene 60 lbs de sal

disuelta. Se introduce agua salada que contiene 3 lbs de sal por galón fluye dentro del tanque a razón de 2 gl/min.

Si la mezcla que se mantiene uniforme agitándose, fluye fuera del tanque a la misma razón ¿Cuántas lbs de sal hay en el tanque al final de 40 min.?

Un tanque contiene 240 lt. De agua pura, se introduce luego una solución

salina al tanque a razón de 8lt./min. Con una concentración de 0,3kg. De sal

por lt y simultáneamente saldrá esta mezcla a razón de 10 lt /min.

Determine la concentración de sal cuando el tanque contenga 120 lt de solución.

4. El aire de una habitación de dimensiones 4m, 5m, y 3m contiene 0.1 % de C02, si se esta renovando (entra y sale la misma cantidad de aire) a razón de 40mt3/min con aire que contiene 0.05% de C02.

a) Halle el % de C02 en dicha habitación al cabo de 10´. b) Que % de C02 habrá después de un intervalo de tiempo muy

largo (hallar la solución estacionaria).


64

Ecuaciones lineales con coeficientes constantes

Definimos un operador L, que nos permita expresar mas fácilmente una

ecuación diferencial de orden n con coeficientes constantes

a y a y a y a y f x an n nn0 1

12

20 0( ) ( ) ( ) ... ( );+ + + + = ≠− −

donde n N∈ , a Ci ∈ (constantes), f x( ) una función ordinaria.

Definimos para estas ecuaciones el operador:

∑=

−

−

=n

kkn

kn

kdx

daL

0

, a0 0≠

Luego la ecuación a resolver es: Ly f x= ( ) es la variable dependiente

y y x= ( ) , x la variable independiente

• Si f x( ) ≠ 0 , la EDO de orden n se dice no homogénea.

• Si f x( ) = 0 , la EDO de orden n se dice homogénea.

De la definición tenemos:

1) ∑=

−=n

k

knk xgaxgL

0

)( )())((

2) ))()(( xgxhL + ∑=

−+=n

k

knk xgxha

0

)())()((

= +− −

=

∑a h gk xn k

xn k

k

n

( )( )( )

( )( )

0

= +−

=

−

=

∑ ∑a h a gk xn k

k

n

k xn k

k

n

( )( )

( )( )

0 0

L h x g x L h x L g x( ( ) ( )) ( ( )) ( ( ))+ = +

3) a C∈ (constante), L ah x aL h x( ( )) ( ( ))=

4) L es un operador lineal.


65

Ecuaciones Lineales Homogéneas con Coeficientes Constantes

Estudiamos la EDOLCCH (ecuación diferencial ordinaria con coeficientes

constantes homogenea)

Ly y ay b= + + =" ' 0 ORDEN 2 ....(1)

Ly y a y a yn nn= + + + =−( ) ( ) ...1

1 0 ORDEN n ...(2)

Definimos el polimonio característico como:

p r r ar b( ) = + +2 para 1

p r r a r an nn( ) ...= + + +−

11 para 2

Propiedad

L e r erx n rx( ) =

Visualización:

( )'e rerx rx= , ( )' ' ( )'e re r erx rx rx= = 2 ,..., ( )( )e r erx n n rx=

Asi: L e r er n rx( ) =

Comentemos algunas resultados para EDOLCCH de orden 2

Teorema 1. Dada Ly y ay b= + + =" 0 .....(1)

Si p(r) tiene dos raices distintas entonces y e y er x r x1 2

1 2= ∧ = son dos soluciones

de 1.

Ecuaciones de Segundo Orden con Condiciones Iniciales

El problema que tenemos es hallar una ecuación que cumpla:

Ly

y x a y x b

=

= =

0

0 0( ) , '( )


66

Por ejemplo resolvamos:

y y y

y y

" '

( ) , ' ( )

− − =

= =

2 3 0

0 0 0 1

p r r r( ) = − −2 2 3

p r r( ) ,= ↔ = −0 1 3

y c e c ex x= +−1 2

3

y c c( )0 0 01 2= ⇒ + =

y x c e c ex x' ( ) = − +−1 2

33

y c c' ( )0 3 11 2= − + =

La solución del sistema:

c c

c c1 2

1 2

0

3 1

+ =

− + =

c c1 2

1

4

1

4= − ∧ =

y e ex x= − −1

43( ) es la solución buscada.

Teorema (Existencia)

Para ∀ ∈ ∈x R a b R0 , , existe una solución φ de la ecuación

Ly

y x a y x b

=

= =

0

0 0( ) , ' ( )

Visualización

Sean r1 , r2 las raices de p r( ) = 0

∃ ∧φ φ1 2 base de las soluciones de ella, es decir

L Lφ φ1 20 0= ∧ = , φ φ1 2∧ linealmente independientes.

Sea φ φ φ= +c c1 1 2 2 , es obvio por el principio de superposición (linealidad de L

caso homogeneo)


67

Para determinar c c1 2∧ usamos las condiciones iniciales

φ φ φ( ) ( ) ( )x a c x c x a0 1 1 0 2 2 0= ⇒ + =

bxcxcbx =+⇒= )(')(')(' 0220110 φφφ

Según Cramer, este sistema tendrá una única solución si

∆ = ≠φ φ

φ φ1 0 2 0

1 0 2 0

0( ) ( )

( ) ' ( )

x x

x x

Si r r1 2≠ , obvio que: φ φ1 21 2( ) ( )x e x er x r x= ∧ =

∆ = = − ≠+e e

r e r er r e

r x r x

r x r xr r x

1 2

1 2

1 2

1 22 1 0( ) ( )

Si r r x e x xer x r x1 2 1 2

1 2= = =, ( ) , ( )φ φ

∆ =+

= + − = ≠e xe

r e r exr xr e e

r x r x

r x r xr x r x

1 1

1 1

1 1

1 11 1

2 2

11 0

( )( )

Entonces ∃ ∧c c1 2 y ademas unicos demanda que se cumplan la EDOCCH y las

condiciones iniciales prescritas.

Teorema:

Si φ es una solución de Ly = 0 en un intervalo I entonces:

φ φ φ( ) ( ) ( )( ) ( )x e x x ek x x k x x0 0

0 0− − −≤ ≤

∀ ∈x I donde [ ]φ φ φ( ) ( ) ' ( )/

x x x= +2 2 1 2

y k a a= + +1 1 2

Teorema:

I es un intervalo, x I0 ∈ , existe a lo mas una solución φ de la EDOCCH:

Ly

y x a y x b

=

= =

0

0 0( ) , ' ( )


68

Visualizacion

Supongamos que φ y ψ sean dos soluciones de este

Denotemos: h x x x( ) ( ) ( )= −φ ψ

Por la linealidad de L: ( )L h x L x x( ( )) ( ) ( )= − = − =φ ψ 0 0 0

h x x x a a( ) ( ) ( )= − = − =φ ψ0 0 0

h x x x b b' ( ) ' ( ) ' ( )0 0 0 0= − = − =φ ψ

Luego: h x h x( ) ' ( )0 00 0= ∧ =

Por el teorema anterior:

h x e h x e k a ak x x k x x( ) ( ) ,( ) ( )0 0 1 2

0 0 1− − −≤ = + +

[ ] [ ]h x h x h x( ) ( ) ' ( )/

/

0 0

2

0

2 1 21 2

0 0 0= + = + =

0 0 0≤ ≤ ⇒ = ∀ ∈h x h x x I( ) ( ) ,

[ ]h x h x h x h x h x h x( ) ( ) ' ( ) ( ) ' ( ) ( )/

= + ⇒ + = ⇒ =2 2 1 2 2 2

0 0

h x x I( ) ,= ∀ ∈0

Asi hemos demostrado la linealidad.

Dependencia e independencia lineal

φi i J∈ , J una familia de índices (es decir J n n N= ∈1 2, ,..., , ) ó NJ =

φi i J∈ es L.I. en un intervalo J si c x c i ni i

i

n

iφ ( ) ; , ,...,=

∑ = ⇒ = =1

0 0 1 2

Veamos cuando J = 1 2,

φ φ1 2( ) ( )x x∧ don L.I. en el intervalo J c x c x c c x J⇔ + = ⇒ = = ∀ ∈1 1 2 2 1 20 0φ φ( ) ( ) ,

ahora veamos que tenemos si usamos la Regla de Cramer.

c x c x x J

c x c x x J

1 1 2 2

1 1 2 2

0

0

φ φ

φ φ

( ) ( ) ,

'( ) '( ) ,

+ = ∈

+ = ∈


69

Sea x J0 ∈ arbitrario, luego como el sistema

c x c x

c x c x

1 1 0 2 2 0

1 1 0 2 2 0

0

0

φ φ

φ φ

( ) ( )

' ( ) ' ( )

+ =

+ =

tiene una única solución c c1 2 0= = entonces

∆ = ≠φ φ

φ φ1 0 2 0

1 0 2 0

0( ) ( )

' ( ) ' ( )

x x

x x

al determinante

Wx x

x x( , )

( ) ( )

' ( ) ' ( )φ φ

φ φ

φ φ1 2

1 2

1 2

=

se denomina WRONSKIANO de φ1( )x y φ2 ( )x

Asi llegamos a la conclusión de que φ1( )x y φ2 ( )x don L.I. en J, si

W( , )φ φ1 2 0≠ .Asi tenemos el siguiente resultado.

Teorema: Sean φ1 y φ2 dos soluciones de Ly = 0 en un intervalo J y sea x I0 ∈

arbitrario. Entonces φ1 y φ2 son L.I. en J si y sólo si:

W x( , )( )φ φ1 2 0 0≠

Visualización

⇒) φ1 y φ2 L.I. en J ⇒ W x J( , ) ,φ φ1 2 0≠ ∀ ∈

⇒ ≠ ∈W x x J( , )( ) ,φ φ1 2 0 00

⇐) W x( , )( )φ φ1 2 0 0≠ , tomemos la combinación lineal

c x c x x J

c x c x x J

1 1 2 2

1 1 2 2

0

0

φ φ

φ φ

( ) ( ) ,

' ( ) ' ( ) ,

+ = ∀ ∈

+ = ∀ ∈

Tenemos un sistema lineal homogéneo en c1 y c2 .

Como ∆ = ≠W x( , )( )φ φ1 2 0 0 , el sistema tiene una única solución que es la

solución trivial: c c1 2 0= =

Luego φ1 y φ2 son L.I. en J


70

Teorema: (fórmula para el Wronskiano)

L L x J x Jφ φ1 2 00 0= ∧ = ∈ ∈, , , entonces

W x e W xa x x( , )( ) ( , )( )( )φ φ φ φ1 2 1 2 01 0= − −

Visualización

Lφ1 0= ⇒ + + =φ φ φ1 1 1 1 0"( ) ' ( ) ( )x a x b x ....( )1

Lφ2 0= ⇒ + + =φ φ φ2 1 2 2 0"( ) ' ( ) ( )x a x b x ....( )2

( )1 por φ2 φ φ φ φ φ φ1 2 1 1 2 1 2 0"( ) ( ) ' ( ) ( ) ( ) ( )x x a x x b x x+ + = ....( )3

( )2 por φ1 φ φ φ φ φ φ2 1 1 2 1 2 1 0"( ) ( ) ' ( ) ( ) ( ) ( )x x a x x b x x+ + = ....( )4

( ) ( )4 3− ( ) ( )φ φ φ φ φ φ φ φ1 2 2 1 1 1 2 1 2 0" " ' '− + − =a ....( )5

WW

W= ⇒

= −

= + − −

φ φ

φ φ

φ φ φ φ

φ φ φ φ φ φ φ φ1 2

1 2

1 2 2 1

1 2 1 2 2 1 2 1' '

' '

' " ' ' ' ' "

Vemos que W satisface la EDO : W a W'+ =1 0

W a W a' " " ( ' ' )+ = − + − =1 1 2 2 1 1 1 2 2 1 0φ φ φ φ φ φ φ φ (Ver (5))

Luego la solución general es:

W ke a x= − 1

W x ke k W x e ea x a x a x( ) ( )0 01 0 1 0 1= ⇒ =− −

W x e W xa x x( ) ( )( )0 0

1 0= − −

Generalizando

W n

n

n

n nn

n

( ,... )

...

' ' ... '

: : :

...

φ φ

φ φ φ

φ φ φ

φ φ φ

1

1 2

1 2

1 2

=

W e Wn xa x x

n x( ,... ) ( ,... )( )( )

( )φ φ φ φ1 11 0

0= − −


71

PROBLEMAS SOBRE ECUACIONES DIFERENCIALES

DE ORDEN SUPERIOR HOMOGENEAS CON COEFICIENTES

CONSTANTES

1) Encuentre todas las soluciones de variable real para las siguientes

ecuaciones:

a) y” + y = 0

Solución:

Polinomio característico: P(r) = r2 + 1

Solución general: Φ(x) = c1·cosx + c2·senx

b) y” - y = 0

Solución:

Polinomio característico: P(r) = r2 - 1

Raíces: r = -1, 1

Solución general: Φ(x) = c1·e-x + c2·e

x

c) y(4) - y = 0

Solución:

Polinomio característico:

P(r) = r4 - 1 = (r2 -1)(r2 + 1) = (r - 1)(r + 1)(r - i)(r + i)

Raíces: r = -1, 1, -i, i

Solución general: Φ(x) = c1·e-x + c2·e

x + c3·cosx + c4·senx

d) y(5) + 2y = 0

Solución:


Raíces: r5 = -2 ⇒

+

⋅= 5

K2i

51

e2r

ππ

; K = 0, 1, 2, 3, 4

Como los coeficientes son reales, las raíces serán:

51

51

2,x5

senix5

cos2 −

π⋅±

π⋅±


72

La solución será:

)x(c)x(5

1iii∑

=

Φ=Φ ,donde:

π⋅

π⋅=Φ x

5sen2·cosx

5cos2exp)x( 5

15

1

1

x5

sen2sene 51x

5cos2

2

51

π⋅⋅=Φ

π⋅

x5

sen2cose 51x

5cos2

3

51

π⋅⋅=Φ

π⋅−

x5

sen2sene 51x

5cos2

4

51

π⋅⋅=Φ

π⋅−

x25

51

e)x( −=Φ

e) y(4) - 5y(11) + 4y = 0

Solución:

Polinomio característico: P(r) = r4 - 5r2 + 4

Raíces: P(r) = (r2 - 4)(r2 - 1) = (r - 2)(r + 2)(r - 1)(r + 1)

r = -1, -2, 1, 2

Solución general: Φ(x) = c1·e-x + ·c2·e

-2x + c3·ex + c4·e

2x

Φ(x)=C1coshx+C2senhx

2) Determinar todas las soluciones de variable real para las siguientes

ecuaciones:

a) y’’’ - iy” + y’ - iy = 0

Solución:

Polinomio característico: P(r) = r3 - ir2 + r - i

Raíces: (r - i)(r2 + 1) = 0 ⇒ (r - i)2(r + i) = 0

⇒ r = i, i, -i


73

La solución general es:

Φ(x) = (c1 + c2x)·eix + c3·e-ix; c1, c2, c3 constantes

Buscando las soluciones reales:

Φ(x) = (c1 + c2x)(cosx + isenx) + c3(cosx - isenx)

Φ(x) = (c1 + c3)cosx + i(c1 - c3)senx + c2x(cosx + isenx)

Como c1 y c3 son constantes cualesquiera, podemos

considerarlos así determinemos K1 y K2 ∈ R tales que:

c1 + c3 = K1

c1 - c3 = -iK2

Así si tomamos c1 = 1 - i; c3 = 1 + i

c1 + c3 = 2 ∧ i(c1 - c3) = i(1 - i - 1 - i) = i(-2i) = 2

Luego tenemos que Φ1(x) = cosx ∧ Φ2(x) = senx, son soluciones

reales de la ecuación dada.

Con la otra expresión no se puede obtener otra solución real.

Por tanto: Φ(x) = A1Φ1(x) + A2Φ2(x), con A1 y A2 constantes reales

son las soluciones solicitadas.

b) y” - 2iy’ - y = 0

Solución:

Polinomio característico: P(r) = r2 - 2ir - 1 = (r - i)2

Raíces: r = i, i

Solución general: Φ(x) = (c1 + c2x)eix

Φ(x) = (c1 + c2x)(cosx + isenx)

El segundo paréntesis en una función de valor complejo, no es

posible obtener una solución real diferente de la nula c1 = c2 = 0

Por tanto, tendremos que Φ(x) = 0 es la única solución real de la

ecuación.


74

3) Consideremos la ecuación: y(4) - k4y = 0, donde k es una

constante real

a) Demuestra que cosKx, senKx, coshKx, senhKx, son soluciones de

ella si K ≠ 0

Demostración:

Como K ≠ 0, tenemos que el polinomio característico:

P(x) = r4 - K4

* Así las raíces son: -K, K, ±Ki )dos reales y dos complejas conjugadas)

* La solución general será:

( ) KxsencKxcoscececx 43Kx

2Kx

1 +++=Φ −

* Como ( )KxKx ee2

1Kxcosh −+=

( )KxKx ee2

1Kxsenh −−=

Sumando miembro a miembro: eKx = coshKx + senhKx.......α

Restando miembro a miembro: e-Kx = coshKx - senhKx......β

* Sustituyendo (α) y (β) en Φ:

Φ(x) = c1· (coshKx - senhKx) + c2(coshKx + senhKx) +

c3·cosKx + c4·senKx·

Así tenemos:

Φ(x) = (c1 + c2)coshKx + (-c1 + c2)senhKx +

c3·cosKx + c4·senhKx

Luego:

Φ(x) = K1·coshKx + K2·senhKx + K3·cosKx + K4·senKx

(K1 = c1 + c2, K2 = -c1 + c2, K3 = c3, K4 = c4)

Por tanto:

Φ1(x) = coshKx (K1 = 1, K2 = K3 = K4 = 0)

Φ2(x) = senhKx (K2 = 1, K1 = K3 = K4 = 0)

Φ3(x) = cosKx (K3 = 1, K1 = K2 = K4 = 0)

Φ4(x) = senKx (K4 = 1, K1 = K2 = K3 = 0)


75

b) Demuestre que existen soluciones no triviales Φ que

satisfacen las siguientes condiciones: Φ(0) = 0, Φ’(0) = 0, Φ(1)

= 0, Φ’(1) = 0 si y sólo si cosKcoshK = 1 ∧ K≠0

Demostración:

Φ(x) =K1coshKx + K2senhKx + K3cosKx + K4senKx

Φ’(x) = KK1senhKx + KK2coshKx - KK3sen Kx + KK4cosKx

Φ(0) = 0 ⇒ K1 + K3 = 0

Φ’(0) = 0 ⇒ KK2 + KK4 = 0

Φ(1) = 0 ⇒ K1coshK + K2senhK + K3cosK + K4senK = 0

Φ’(1) = 0 ⇒ KK1senhK+KK2coshK-KK3senK+KK4cosK = 0

Tenemos un sistema homogéneo de cuatro ecuaciones y cuatro

incógnitas, dicho sistema tendrá soluciones no triviales. Sí sólo si

∆ = 0.

∆ es la matriz de los coeficientes del sistema.

KcosKKsenKKcosKKsenhK

KsenKcosKsenhKcosh

K0K0

0101

−

=∆

KcosK)KsenhK(senKKcoshKKsenK

KsenKcoshKcosKsenhKcosh

K0K0

0001

+−

−=∆

KcosKsenhKsenKcosh

KsenKcoshKcosKsenh

101

K 2

−−

−=∆

KcoshKcosKsenhKsenKcosh

KsenhKsenKcoshKcosKsenh

001

K 2

−−−

−−=∆

∆ = K2[(cosK - coshK)(cosK - coshK) + (sen2K - senh2K)]

∆ = K2(cos2K - 2cosKcoshK + cosh2K) + (sen2K - senh2K)

∆ = K2(2 - 2cosKcoshK)

∆ = 0 ↔ 2K2(1 - cosKcoshK) = 0


76

Por tanto como hemos considerado K ≠ 0, necesariamente

∆ = 0 ⇔ cosKcoshK = 1

Así, el sistema homogéneo tendrá soluciones no triviales que

satisfagan las condiciones iniciales.

c) Calcule todas las soluciones no triviales que satisfagan las

condiciones dadas en el inciso (b)

Solución:

De las dos primeras ecuaciones tenemos:

K3= -K1 ∧ K4 = -K2

La tercera ecuación se transforma en:

K1(coshK-cosK) + K2(senhK - senK) = 0

Como hay infinitas soluciones, tendremos que:

K1 = -c(senhK - senK) ∧ K2 = c(coshK - cosK)...................γ

c = constante arbitraria

Así tendremos que como:

Φ(x) = K1(coshKx - cosKx) + K2 (senhKx - senKx)

Sustituynedo (γ):

Φ(x) = c[(coshK - cosK)(coshK - cosK) - (senhK - senK)

(coshKx -cosKx)], donde c es constante arbitraria

d) Encuentre los valores de K para los cuales existen

soluciones no triviales que satisfagan las condiciones: Φ(J)(0)

= Φ(J)(1), J = 0, 1, 2, 3.

Solución:

Φ(x) = K1coshKx + K2senhKx + K3cosKx + K4senKx

Φ’(x) = KK1senhKx + KK2coshKx - KK3senKx + KK4cosKx

Φ”(x) = K2K1coshKx+K2K2senhKx-K2K3cosKx-K2K4senKx

Φ’’’(x) = K3K1senhKx+K3K2coshKx+K3K3senKx-K3K4cosKx

Φ(0) = Φ(1) ⇒ K1 + K3

= K1coshK + K2senhK + K3cosK + K4senK

Φ’(0) = Φ’(1) ⇒ KK2 + KK4


77

= KK1senhK + KK2coshK - KK3senK + KK4cosK

Φ”(0) = Φ”(1) ⇒ K2K1 - K2K3

= K2K1coshK + K2K2senhK - K2K3cosK - K2K4senK

Φ’’’(0) = Φ’’’(1) ⇒ K3K2 - K3K4

= K3senhK + K3coshK + K3K3senK - K3K4cosK

Tenemos cuatro ecuaciones y cuatro incógnitas K1, K2, K3, K4, el

sistema es homogéneo:

(1 - coshK)K1 - (senhK)K2 + (1 - cosK)K3 - (senK)K4 = 0

(KsenhK)K1 + (coshK-1)KK2-(K)K3 + (KcosK-K) = 0

K2(coshK-1)K1+(K2senhK)K2+(1-cosK)K2K3+(-K2senK)K4=0

(K3senhK)K1+(coshK-1)K3K2+(senK)K3K3+(1-cosK)K3K4=0

El determinante ∆ de los coeficientes del sistema deberán ser

cero, para que el sistema tenga soluciones diferentes de la

solución trivial.

Kcos11Ksen1KcoshKsenh

KsenKcos1KsenhKcosh

1KcosKsen1KcoshKsenh

KsenKcos1KsenKcos1

K 6

−−

−−

−−

−−−−

=∆

∆ = 0 ⇔ K = 2Kπ; K = 0, 1, 2, 3,...

e) Calcula todas las soluciones no triviales que satisfacen las

condiciones dadas en el inciso (d)

Solución:

Sustituyendo el valor de K, se tiene:

(1 - coshK)K1 - (senK)K2 = 0

(senhK)K1 + (coshK - 1)K2 = 0

(coshK - 1)K1 + (senhK)K2 = 0 ⇒

(senK)K1 + (coshK - 1)K2 = 0

(1 - coshK)K - (senK)K2 = 0

(senK)K1 + (coshK - 1)K2 = 0


78

El determinante ∆1 de los coeficientes de este nuevo sistema es:

Ksenh)1K(coshKcoshKsenh

KsenhKcosh1 221 +−−=

−−=∆

∆1 = -(cosh2K - 2coshK + 1) + senh2K = 2(coshK - 1)

∆1 = 2(cosh(2nπ) - 1) ≠ 0, n ∈ Z+. Luego el sistema tiene una única

solución que es la trivial. K3 y K4 toman cualquier valor.

Luego: Φ(x) = Acos2nπx + Bsen2nπx; A, B constantes arbitrarias

es la solución solicitada.

Ecuación Lineal con Coeficientes Constantes no Homogénea

Deseamos resolver: Ly f x= ( ) , f es continua en el intervalo J

La solución general es y y yH P= + donde LyH = 0 y Ly f xP = ( )

yH es simple de hallar, nuestro problema es hallar yP (una solución particular)

Veamos algunas alternativa para hallar yP

METODO DE VARIACIÓN DE PARAMETRO

Sea Ly = 0 , φ φ φ= +c x x c x x1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( )

c x1( ) , c x2 ( ) son funciones por hallar

( ) ( ) ( )L c x x c x x a c x x c x x a c x x c x x f xφ φ φ φ φ φ φ= + + + + + =1 1 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( ) " ( ) ( ) ( ) ( ) ' ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )L c c a c c a c c f xφ φ φ φ φ φ φ= + + + + + =1 1 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 2 2" ' ( ) ....( )1

Como debemos hallar c x c x1 2( ) ( )∧ podemos hallarlos de manera que:

c c1 1 2 2 0' 'φ φ+ =

Asi se reduce la ecuación (1) en:

( ) ( )c x c c a c c a c a c f x1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 2 2 2( ) " ' ' ( )φ φ φ φ φ φ+ + + + + =

( ) ( )c a a c a a c c f x1 1 1 1 2 1 2 2 1 2 2 2 1 1 2 2φ φ φ φ φ φ φ φ" ' " ' ' ' ' ' ( )+ + + + + + + =

c L c L c c f x1 1 2 2 1 1 2 2φ φ φ φ+ + + =' ' ' ' ( ) ....( )2

Recordemos que φ φ1 2, es una base para el espacio vectorial de las

soluciones de Ly = 0 , asi son L.I.

W x Jx( , ) ,( )φ φ1 2 0≠ ∀ ∈


79

Así ∆ ≠ 0 , luego por CRAMER:

( ) ( )c x

f

Wc x

f

W1

2

2

1 2

12

1 2

0

' ( )'

,' ( )

,= ⇒ =

−

φ

φ

φ φ

φ

φ φ

( ) ( )c x

f

Wc x

f

W2

1

1

1 2

21

1 2

0

' ( )'

,' ( )

,= ⇒ =

φ

φ

φ φ

φ

φ φ

Integrando

( ) ( )c x

t f t

Wdt c x

t f t

Wdt

tx

x

tx

x

12

1 2

21

1 20 0

( )( ) ( )

,( )

( ) ( )

,( ) ( )

= − ∧ =∫ ∫φ

φ φ

φ

φ φ


( ) ( )φ φ

φ

φ φφ

φ

φ φ( ) ( )

( ) ( )

,( )

( ) ( )

,( ) ( )

x xt f t

Wdt x

t f t

Wdt

tx

x

tx

x

= − +∫ ∫12

1 2

21

1 20 0

Ejemplo: Resolvamos

)(" xTanyy =+

)sen()()cos()(101)( 212 xxxxrrrP =∧=⇒±=⇒=+= φφ

( ) ( )∫∫ +−=x

xo

x

x

dtttantxdtttant

xx )()cos()sen(1

sen)cos()(

0

φ

1)cos()sen(

)sen()cos(),( 21 =

−=

xx

xxW φφ


80

Método de Coeficientes Indeterminados

Consiste en determinar la forma de la φP , para lo cual determinamos las partes

variables de f x( ) . Asi tenemos dos posibilidades:

Caso 1: Si no hay partes variables comunes con los elementos de la base de las soluciones, entonces φP es una combinación lineal de las partes variables de

f x( ) . Enseguida sustituyendo φP en L f xPφ = ( ) hallamos los coeficientes de la

combinación lineal. Ejemplo. Resolver: ( )( ) cos , ( ) ' ( )D D y x y y− + = = =1 2 0 0 0

Solución

φnx xc e c e= + −

122

partes variables de f x x x( ):cos ,sen

ninguna es una solución básica (pertenezca a la base) φP A x B x= +cos sen

L f xPφ = ( ) ⇒ − − + − + − + =A x B x A x B x A x B x xcos sen sen cos cos sen cos2

( ) ( )⇒ − + − + − − − =A B A x B A B x x2 2cos sen cos

8

1

8

3

03

13−=∧−=⇒

=−

=+−⇒ BA

BA

BA

solución general: Φ = + − −c e c e x xx x1 2

2 3

8

1

8cos sen

Ahora con las condiciones iniciales:

φ( )0 03

801 2= ⇒ + − =c c ⇒ + =c c1 2

3

8

φ' ( )0 0 21

801 2= ⇒ + − =c c ⇒ + =c c1 22

1

8

c

c

1

2

5

81

4

=

= −

Φ( ) cos senx e e x xx x= − − −5

8

1

4

3

8

1

82

Caso 2: En caso exista una parte variable de f x( ) , que sea un elemento de la base,

entonces la combinación lineal que tomamos habrá que multiplicarla por el

menor x K NK , ∈ , de manera que ningún sumando resulte un elemento de la

base.


81

Ejemplo.

Resolver: ( ) cos

( ) , ' ( )

D y x

y y

2 4 2

0 1 0 2

+ =

= =

Solución y A x B xn = +cos sen2 2

partes variables: cos , sen2 2x x

son elementos de la base de las soluciones ( )y x C x D xP = +cos sen2 2

( )y C x D x x C x D xP' cos sen sen cos= + + − +2 2 2 2 2 2

( )y C x D x C x D x x C x D xP" sen cos sen cos cos sen= − + − + + − −2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 2

sustituyendo en la ecuación ( ) ( ) ( )− + + − − + + =4 2 4 2 4 2 4 2 4 2 2 2C x D x x C x D x x C x D x xsen cos cos sen cos sen cos

− + =4 2 4 2 2C x D x xsen cos cos

⇒− =

=

⇒ = ∧ =4 0

4 10

1

4

C

DC D

y A x B xx

x= + +cos sen sen2 24

2

y A

y BA B

( )

' ( )

0 1 1

0 2 2 21 1

= ⇒ =

= ⇒ =

⇒ = ∧ =

Así: y x xx

x= + +cos sen sen2 24

2

Operadores Inversos

Deseamos encontrar; )(1

xfaD

y−

=

)(')()( xfayyxfyaD =−↔=−

Tenemos una EDOL de primer orden cuya solución es:

∫− dxxfee axax )(

Es decir: ∫−=

−dxxfeexf

aDaxax )()(

1

Generalizando 2)(

12

)()())((

11212 dxeeexf

rDrDxrxrrxr

∫∫−−=

−−

3)()(

123

))(()())()((

1121323 dxxfeeeexf

rDrDrDxrxrrxrrxr

∫∫∫−−−=

−−−

M

nxrxrrxrrxrrxr

nn

dxxfeeeeexfrDrDrD

nnnnn )()(...)())...()((

1121121 )()()(

11∫∫∫∫∫

−−−−

−

−−−=−−−

Podemos halla la solución general o la solución particular según se consideren o no en dada integración la constante.


82

Caso 1

Resolver

==

=−−

0)0(',0)0(

1)2)(1(

yy

yDD

2)21(2 )()1()1()2)(1(

1dxeee

DDy xxx

∫∫−−=

−−=

dxkeeey xxx )( 12 +−= −−

∫

dxekeey xxx

∫−+−−= )( 1

22

+−= −−

2122

2

1kekeey xxx

2

1221 ++=⇒ xx ececy donde 2211 , ckkc =−=

02

10)0( 21 =++⇒= ccy

020)0(' 21 =+⇒= ccy

2/11 21 =∧−=⇒ cc

La solución buscada es: 2

1

2

1 2 ++−= xx eey

Caso 2:

Resolver

==

=−

1)0(',0)0(

)1( 42

yy

exyD x

Solución: x

h exccy )( 21 += 24)11( )(dxexeeey xxxx

p ∫∫−−=

∫ == xxp exdx

xey 6

5

30

1

5

xx exexccy 621

30

1)( ++=

=⇒=

=⇒=

11)0('

00)0(

2

1

cy

cy

xx exxey 6

30

1+=

Comentario: Los métodos anteriores se pueden aplicar a las Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales con Coeficientes Constantes de orden 3 o más.

Veamos como resolvemos: 22 )1( xyDD =−

( )1 variación de parámetros:

y A x xB x C x ex= + +( ) ( ) ( )

A x B x C x( ), ( ), ( ) por hallar:

Condiciones a satisfacer:


83

A x B x x C x e

A x B x C x e

A x x B x C x e x

x

x

x

' ( )( ) ' ( )( ) ' ( )

' ( )( ) ' ( )( ) ' ( )

' ( )( ) ' ( )( ) ' ( )

1 0

0 1 0

0 2

+ + =

+ + =

+ + =

C x x e x C x x x e kx' ( ) ( ) ( )= − ⇒ = − + + +−2 2 32 2

B x x B xx

k' ( ) ( )= − ⇒ = − +2

3

23

A x x x x A x x x A x x x k' ( ) ( ) ' ( ) ( )= − − − ⇒ = − ⇒ = − +2 3 2 4 31

1

4

1

3

y x x k xx

k x x e k ex x= − + + − + − + + +( ) ( ) ( )1

4

1

3 32 24 3

1

3

22

3

osea que:

y k k x k e x xx

x xx= + + + − − − − −1 2 34 3

4

21

4

1

3 32 2( )

y k k x k e x x x xx= + + + − − − − −1 2 34 3 21

12

1

32 2( )

( )2 Operadores:

∫ ∫ ∫−−−=

−= 320)00(2

2)(

)1(

1dxxeeeex

DDy xxx

P

∫ ∫∫−− == dx

xeedx

xeey xxxx

P )12

()(3

42

3

y e x x x x ePx x= − − − − −

−1

124 12 2 24 3 2( )

y x x xP = − − − −1

12

1

324 3 2

y k k k e x x x xx= + + − − − − −−1 2 3

4 3 21

12

1

32 2

( )3 Coeficientes indeterminados:

f x x( ) = 2

partes variables: x x2 1, ,

forma tentativa: Ax Bx C2 + +

Viendo la y y x Ax Bx Cn p: ( )= + +2 2

Sustituyendo en la ecuación:

A B C= − = − = −1

12

1

31, ,

El problema es saber que método es más abreviado, dependerá de la “experiencia” para poder atinar la elección.


84

Algunas identidades importantes

I1) Si f a( ) ≠ 0 entonces 1 1

f De

f aeax ax

( ) ( )=

Visualización:

f D a D a D a D an nn n( ) ...= + + + +−

−0 11

1

tenemos la ecuación: f D y eax( ) =

Como f a( ) ≠ 0 , a no es raiz luego eax no es elemento de la base del espacio

solución.

Deseamos hallar yP tal que: f D y ePax( ) =

y AePax=

Sustituyendo

( )a D Ae e a a Ae e Af ai

n i

i

nax ax

in i ax ax−

=

−∑ ∑

= ⇒ = ⇒ =

0

1

( )

yf a

ePax=

1

( )

Osea: 1

f ae eax ax

( )=

Apreciamos que:

( )( )D D y yP− + = ⇒ =1 2 11

2

( )D y e y exP

x2 2 211

5+ = ⇒ =

( )D Dy e y exP

x− = ⇒ =11

22 2

Observación:

Hallar yP para ( )( )D D y ex− + =1 2 2

yD D

eD

e e e e dx xePx x x x x x=

− −

=

−= =−∫

1

1

1

2

1

12( )( )

Ejercicio: Hallar yP para ( ) ( )D D y e ex x− + = −1 22 2 2

I2) 1 1

2 2 2 2D ax

ax

++ =

−+cos( ) cos( )α β

αα β si a 2 2 0− ≠α

Visualización:

yD a

xP =+

+1

2 2 cos( )α β

( ) cos( )D a y xP2 2+ = +α β

α no es raiz del polinomio característico y A x B xP = + + +cos( ) sen( )α β α β (coeficientes indeterminados)


85

y A x B xP" ( cos( ) sen( ))= − + − +α β α β α 2

y a yP P" + 2 = − + − + + + + +α α β α β α β α β2 2( cos( ) sen( )) ( cos( ) sen( ))A x B x a A x B x

= − + + − + = +( ) cos( ) ( ) sen( ) cos( )a A x a B x x2 2 2 2α α β α α β α β

Luego:

Aa

B=−

∧ =1

02 2α

ya

xP =− +

+1

2 2αα βcos( )

Análogamente: 1 1

2 2 2 2D ax

ax

++ =

− ++sen( ) sen( )α β

αα β , si a2 2 0− ≠α

Aplicación: resolvamos: ( ) sen

( ) ' ( )

D y x

y y

2 21

0 0 0

+ =

= =

y A x B xn = +cos sen

yD

xD

xD

eD

xPx=

+=

+− =

+−

+

1

1

1

1

1

21 2

1

2

1

1

1

122

22 2

02sen ( cos ) ( ) cos

y xP = +1

2

1

32cos

y A x B x x= + + +cos sen cos1

2

1

32

y x A x B x x' ( ) sen cos sen= − + −2

32

y A A

y B

( )

' ( )

05

60

5

60 0 0

= + = ⇒ = −

= ⇒ =

y x x= − + +5

6

1

2

1

32cos cos

I3) 1

22 2D aax b

x

aax b

++ = +cos( ) sen( )

Razonando: y x A ax b B ax bP = + + +( cos( ) sen( ))

y A ax b B ax b x aA ax b aB ax bP' cos( ) sen( ) ( sen( ) cos( ))= + + + + − + + +

y Aa ax b Ba ax b aA ax b aB ax b x a A ax b a B ax bP" sen( ) cos( ) sen( ) cos( ) ( cos( ) sen( ))= − + + + − + + + + − + − +2 2

y aA ax b aB ax b x a A ax b a B ax bP" sen( ) cos( ) ( cos( ) sen( ))= − + + + + − + − +2 2 2 2

y a y aA ax b aB ax b ax bP P" sen( ) cos( ) cos( )+ = − + + + = +2 2 2

De donde: − = ∧ = ⇒ = ∧ =2 0 2 1 01

2aA aB A B

a

Luego: 1

22 2D aax b

x

aax b

++ = +cos( ) sen( )

Análogamente: 1

22 2D aax b

x

aax b

++ = − +sen( ) cos( )


86

Coeficientes indeterminados: y x A ax b B ax bP = + + +( cos( ) sen( ))

y y aA ax b aB ax b ax bP P" sen( ) cos( ) sen( )+ = − + + + = +2 2

− = ∧ = ⇒ = − ∧ =2 1 2 01

20aA aB A

aB

Así 1

22 2D aax b

x

aax b

++ = − +sen( ) cos( )

Aplicación: Resolvamos: ( )D y x y y2 4 2 0 0 0 0+ = = =sen ; ( ) , ' ( )

y A x B xx

x= + −cos sen cos2 24

2

y A( )0 0 0= ⇒ =

y x A x B x xx

x' ( ) sen cos cos sen= − + − +2 2 2 21

42

22

y B B' ( )0 21

40

1

8= − = ⇒ =

y xx

x= −1

82

42sen cos

Aplicación: ( )( ) sen , ( )D D y x y− + = = −1 2 01

10, 0)0(' =y

yD D

x DD

x DD

xP =−

−+

= +

−− −

−

1 3

1

1 3

2

1

31

1

12

1

42 2

/ /sen sen sen

( ) ( )senx2D15

1senx1D

6

1yp −++−=

( ) ( )senxxsenxx 2cos15

1cos

6

1yp −++−=

senx10

3cosx

10

1BeAey 2xx

p −−+= −

010

1

10

1-BAy(0) =+⇒−=+= BA ..................(1)

xsenxBeAexy xx cos10

3

10

12)(' 2 −+−= −

10

320

10

32)0(' =−⇒=−−= BABAy ..............(2)

de (1) y (2): 10

1

10

1−=∧−= BA

xsenxeey xx cos10

1

10

3

10

1

10

1 2 −−−= −


87

Aplicación:

( )( )15

7)0('',

15

2)0(',

15

2)0(,211 2 −====+− yyyxsenyDD

∫−−=

−−=

+−= xdxsene

exsen

Dxsen

DDy x

x

p 23

21

1

3

12

1

1

1

12

( ) xxp exxseney −− −−

−= 2cos22

5

1

3

1

( )xxseny 2cos2215

1CsenxBcosxAex ++++=

015

2

15

2)0( =+⇒=++= BABAy .......(1)

( )xsenx 242cos215

1CcosxBsenx-Aey' x −++=

0015

2CA(0)y' =+⇒=++= CA ..........(2)

( )xxsenCSenxBAexy 2cos82415

1cos'' −−+−−=

115

7

15

8)0('' −=−⇒−=+−= BABAy ...........(3)

Resolviendo (1), (2) y (3): 2

1,

2

1,

2

1−=−== CBA

( )xxsensenxxey x 2cos2215

1

2

1cos

2

1

2

1++−−=

Ejercicio:

Resolver 1)4( 22 +=+ xeyDD , 0)0('')0(')0( === yyy

I4) )()(

1)(

)(

1xQ

aDfexQe

Dfaxax

+=

Visualizando Recursivamente se puede observar esta propiedad conocida como desplazamiento exponencial.

1) )(1

;)(1

1 xQerD

yrDDf ax

−=−=

)(1 xQeyrDy ax=−

( ) ( ) Q(x)yraDyrDye 11ax =−+=−− yey ax-=

)(1

1

xQraD

ey ax

−+=


88

2) ))(()( 21 rDrDDf −−= ; )())((

1

12

xQerDrD

y ax

−−=

)())(( 12 xQyrDrDe ax =−−−

)())()(( 12 xQeraDraD ax =−+−+ −

)())((

1

12

xQraDraD

ey ax

−+−+=

3) Por inducción se muestra cuando f(D) es de grado n, Nn∈ .

Aplicación: Resolver xeyD 23)2( =− , 0)0( =y , 0)0(' =y , 2)0(" =y

===

−= ∫∫∫ 6

)(1

)1()2(

1 323)0(2

3

22

3

xedxee

Dee

Dy xxxxx

p

6)(

2322

xx ex

eCxBxAy +++=

00)0( =⇒= Ay

)()2222(' 22 xheCxBxACxBy x +++++=

0)0(' ≠= By

)(')44442422(" 22 xheCxBxACxBCxCBy x ++++++++=

122)0(" =⇒== CCy

xexxy 232

6

1

+=

Método Serial de Operadores

Consiste en hallar la serie de M´claurin para )(

1

Df o como algunas veces se

dice por división.

Supongamos que deseamos hallar )9(12

1 43

23xx

DDyp +

+−=

Dividiendo: 1 1-2D2+D3 -1+2D2-D3 1+2D2-D3+4D4-4D5

2D2-D3 -2D2+4D4-2D5 -D3+4D4-2D5

+D3-2D5+D6 4D4-4D5+D6

-4D4+8D6-4D7

-4D5+9D6-4D7 4D5-8D7+4D8 9D6+4D7+4D8

)10...)(4421( 435432 xxDDDDy p ++−+−+=

96024010612 24 +++−+= xxxxyp

9561224010 234 ++++= xxxxy p


89

Comentario: Este método es útil cuando f(x) es un polinomio, en otro caso podría ser complicado hallar la suma de una serie. (coeficientes constantes) Puede averiguar como hallar usando este método:

2cos

1

13

x

Dyp

−=

2cos...)1( 963 x

DDDy p ++++=

22

1)

2(cos

xsen

xD −=

2128

1)

2(cos7 x

senx

D =

2cos

4

1)

2(cos2 xx

D −= 2

cos256

1)

2(cos8 xx

D =

28

1)

2(cos3 x

senx

D = 2512

1)

2(cos9 x

senx

D −=

2cos

16

1)

2(cos4 xx

D = 2

cos1024

1)

2(cos10 xx

D −=

232

1)

2(cos5 x

senx

D −= 22048

1)

2(cos11 x

senx

D =

2cos

64

1)

2(cos6 xx

D −= 2

cos4096

1)

2(cos12 xx

D =

2cos...

2

1

2

1

2...

2

1

2

1

2

1

2cos

1261593

xxsen

xyp

−+−+

−+−+=

( ) ( )n

n

nn

n

np

xxsen

xy 1

2

1

2cos1

2

1

22cos

1

61

36

1

−

+−

+= ∑∑

≥

+−

≥

+

−

+

+

+=

6

6

2

11

2

1

2cos

64

11

1

8

1

22cos

xxsen

xyp

2cos

65

1

265

8

2cos

xxsen

xy p −+=

2cos

65

64

265

8 xxsenyp += ..........(1)


90

Por el método de coeficientes indeterminados: 22

cosˆx

Bsenx

Ayp += resolvamos

( )2

cosˆ13 xyD =−

2cos

8

1

28

1'''

xB

xAsenyp −=

2cos

22cos

2cos

8

1

28

1'''

xxBsen

xA

xB

xAsenyy pp =−−−=−

2cos

2cos

8

1

28

1 xxAB

xsenBA =

−−+

−

25

64

65

8

18

1

08

1

−=∧−=⇒

=−−

=−

BA

BA

BA

225

64

2cos

65

8ˆ

xsen

xyp −−= .............(2)

( )2

cosˆ13 xyD p =− vemos que pp yy ˆ−=

( )

−−−=⇒−=−

225

64

2cos

25

8

2cos1 3 x

senx

yx

yD pp

+=

2sen

25

64

2cos

25

8 xxy p

Ejemplos

1) Encuentre todas las soluciones para las siguientes ecuaciones

a) y’’’ - y’ = x

Solución:

* Polinomio característico: P(r) = r3 - r

* Raíces: 0,-1, 1

* La solución: Φ(x) = u1(x) + u2(x)e-x + u3(x)ex

* ( ) 2

ee0

ee0

ee1

e,e,1Wxx

xx

xx

xx −=−=−

−

−

−

* 1

2

xx

xx

xx

1 K2

xxdxxdx

ee1

ee0

ee0

2

1)x(u +−=−=−−= ∫∫

−

−

−


91

* ( )∫∫ +−==−= 2

xx

x

x

x

2 K2

e1xdxxe

2

1xdx

e10

e00

e01

2

1)x(u

* ( )∫∫ ++−==−−= −−

−

−

−

3xx

x

x

x

3 Ke1x2

1dxxe

2

1xdx

1e0

0e0

0e1

2

1)x(u

* La solución general es:

Φ(x) =

+

+−+

+

−+

+− −−

321

2

2

1

2

1

2Ke

xeKe

xK

x xxx

Φ(x) =2

xeKeKK

2x

3x

21 −++ −

b) y’’’ - 8y = eix

Solución:

* Polinomio característico: P(r) = r3 - 8

r3 = 8 ⇒ r = 2ei2Kπ/3, K = 0, 1, 2

⇒ r = 2, eiπ/3, 2e-iπ/3

⇒ r = 2,

±

2

3i

2

12 ⇒ r = 2, 1 ± i 3


Φ(x) = )x(x3senecx3cosecec x3

x2

x21 Ψ+++

* La solución particular Ψ(x) = Aeix

Ψ’(x) = Aieix; Ψ”(x) = -Aeix; Ψ’’’(x) = -iAeix

* Tenemos: Ψ’’’(x) - 8Ψ(x) = -iAeix - 8Aeix = eix

Luego: (-i - 8)A = 1 ⇒ 65

i8

i8

1A

+−=

−−=

* Luego: la solución general es:

Φ(x) = ( ) ix32

xx21 e

65

i8x3sencx3cosceec

+−+++


92

c) y(4) + 16y = cosx

Solución:

* Polinomio característico: P(r) = r4 + 16

* Raíces: r = 2ei(π + 2Kπ)/3; K = 0, 1, 2, 3

±±=

2

3

2

12 ir ⇒ ( )3i1r ±±=


Φ(x)= ( ) ( ) )x(x3sencx3coscex3sencx3cosce 43x

21x Ψ++++ −

Ψ(x) es una solución particular

* Ψ(x) = Acosx + Bsenx

Así: Ψ’(x) = -Asenx + Bcosx

Ψ”(x) = -Acosx - Bsenx

Ψ’’’(x) = Asenx - Bcosx

Ψ’’’’(x) = Acosx + Bsenx

* Sustituyendo:

Ψ’’’’(x) +16Ψ(x) = Acosx + Bsenx+16(Acosx + Bsenx) = cosx

* Luego: 17Acosx + 17Bsenx = cosx

17A = 1 ∧ 17B = 0 ⇒ 17

1A = ∧ B = 0

* De esta manera:

Φ(x)= ( ) ( ) xcos17

1x3sencx3xcoscex3sencx3cosce 43

x21

x ++++ −

d) y(4) - 4y(3) + 6y” - 4y’ + y = ex

Solución:

* Polinomio característico:

P(r) = r4 - 4r3 + 6r2 - 4r + 1 = (r - 1)4

* Raíces: r = 1, 1, 1, 1

* Solución general:

Φ(x) = (c1 + c2x + c3x2 + c4x

3)ex + Ψ(x),

Ψ(x), es solución particular.

* [ ] dxdxdxdxeeeeeex xxxxxx

=Ψ ∫∫∫∫

−−−− )()( )11()11()11(1


93

Observación sabemos que:

( )( ) ( )=

−−−)x(b

rD...rDrD

1

n21

∫∫∫∫−−−− − nxrx)rr(x)rr(x)rr(xr )dx)(x(bee...eee n1nn22121

* Efectuando los integrales:

( ) x43

x22

x3x e24

xdx

6

xedx

2

xe)dx(xe)x( ====Ψ ∫∫∫∫∫

* La solución general será:

( ) x4

x34

2321 e

24

xexcxcxcc)x( ++++=Φ

e) y(4) - y = cosx

Solución:

* Polinomio característico:

P(r) = r4 - 1 = (r2 - 1)( r2 + 1) = (r + 1)(r - 1)(r - i)(r + i)

* Raíces: r = -1, 1, -i, i


)x(xsencxcoscecec)x( 43x

2x

1 Ψ++++=Φ −

Donde Ψ(x) es una solución particular.

* Ψ(x) = x(Acosx + Bsenx)

Ψ’(x) = Acosx + Bsenx + x(-Asenx + Bcosx)

Ψ”(x) = -Asenx + Bcosx - Asenx+ Bcosx + x(-Acosx-Bsenx)

Ψ”(x) = -2Asenx + 2Bcosx + x(-Acosx - Bsenx)

Ψ’’’(x) =A(-2cosx - cosx + xsenx) + B(-2senx - senx - xcosx)

Ψ’’’ (x) = A(-3cosx + xsenx) + B(-3senx - xcosx)

Ψ(4)(x)=A(3senx + senx + xcosx) + B(-3cosx - cosx + xsenx)

* Sustituyendo:

Ψ(4)(x) - Ψ(x) = A(4senx + xcosx) + B(-4cosx + xsenx)

- x(Acosx + Bsenx) = cosx


94

⇒ 4Asenx - 4Bcosx = cosx ⇒ A = 0 ∧ B =4

1−

* Ψ(x) =4

1− xsenx


xsen4

xxsencxcoscecec)x( 43

x2

x1 −+++=Φ −

f) y” - 2iy’ - y = eix - 2e-ix

Solución:

* Polinomio característico: P(r) = r2 - 2ir - 1 = (r - i)2

* Raíces: r = i, i


Φ(x) = (c1 + c2x)eix + Ψ(x), Ψ(x) una solución particular.

( ) ( )∫ ∫−−− −=Ψ dxdxe2eeee)x( ixixixxiiix

( ) ( )[ ]∫ ∫−

−=Ψ dxdxe21exx2iix

( ) ∫

+=Ψ

−

dxi

exex

ix2ix

( )( )

−+=Ψ

−

i2i

e

2

xex

ix22ix

( ) ( ) ixix2

ix22ix e2

1e

2

xexe

2

1x −− +=+=Ψ


( ) ( ) ixix2

ix21 e

2

1e

2

xexccx −+++=Φ


95

2) Demuestre que la solución dada por (10.3) satisface las indicaciones

iniciales (10.4)

Demostración:

* Tenemos ∫∑ =ΦΦ

Φ=Ψ=

x

x n1

1n

1KKP

0

0dt)t)(,...,(W

)t(b)t(W)x()x( , así tenemos:

∫ ∑∑==

=Φ=ΦΦ

Φ=Ψx

x

n

1K0K

n1

10

n

1KK0P

0

0)0)(x(dt)t)(,...,(W

)t(b)t(W)x()x(

* Por (10.2) tenemos que:

)x()x(u...)x()x(u)x( 0)K(

nn)K(

11)K(

P Φ++Φ=Ψ

* Evaluando en x = x0

)x()x(u...)x()x(u)x( 0)K(

n0n0)K(

1010)K(

P Φ++Φ=Ψ

* Pero tenemos que:

∫ =ΦΦ

=x

x n1

1K

0

,0dt)t)(,...,(W

)t(b)t(W)x(u ∀K = 1, 2, ..., n

* Por lo tanto: 0)x( 0)K(

P =Ψ ∀K = 1, 2, ..., n

3) La fórmula (10.3) que da una solución particular ΨP, de la ecuación L(y)

= b(x) tiene sentido para algunas funciones discontinuas b(x).

Entonces ΨP será una solución de L(y) = b(x) en los puntos de

continuidad de b(x). Encuentre una solución particular de la ecuación: y”

+ y = b(x), donde:

-1, -π ≤ x < 0

b(x) = 1, 0 ≤ x ≤ π

0, 1 x 1 > π

Solución:


Raíces: r = -i, i

Las soluciones: Φ1(x) = cosx ∧ Φ2(x) = senx

Φ1(x) ∧ Φ2(x) son linealmente independientes en R y además L(Φ1) =

0 ∧ L(Φ2) = 0


96

Determinemos una solución particular:

∫ ∫ ΦΦΦ+

ΦΦΦ=Ψ

x

x

x

x 21

22

21

11P

0 0

dt)t)(,(W

)t(b)t(W)x(dt

)t)(,(W

)t(b)t(W)x()x( ,W(Φ1,Φ2)(x)=1

∫ ∫+x

x

x

x0 0

dt0xsendt0xcos , −π ≥ x

∫∫ −−

+−x

x

x

x 00

dt)1(1tsen

0tcosxsendt)1(

tcos1

tsen0xcos ,−π < x < 0

ΨP(x) = ∫∫ −+

x

x

x

x 00

dt)1(1tsen

0tcosxsendt)1(

tcos1

tsen0xcos , 0 ≤ x ≤ π

∫∫ −+

x

x

x

x 00

dt)0(1tsen

0tcosxsendt)0(

tcos1

tsen0xcos , x > π

Acosx + Bsenx, x ≤ −π

ΨP(x) = cosx(-cosx+cosx0)+senx(-senx+senx0), −π < x < 0

cosx(cosx-cosx0)+senx(senx-senx0), 0 ≤ x ≤ π

Ccosx + Dsenx, x> π

ComoΨP(x) esperamos que no tenga “saltos” debemos tener que:

ΨP(−π−) = ΨP(−π+) ⇒ A = -1 - cosx0

ΨP(0−) = ΨP(0+) ⇒ -1+cosx0 = 1-cosx0 ⇒ cosx0 = 1 ⇒ senx0 = 0

ΨP(π−) = ΨP(π+) ⇒ 2 = -C ⇒ A = -2 ∧ C = -2

Además deseamos que no tenga saltos, luego:

-2cosx + Bsenx, x < −π

ΨP(x) = -1 + cosx, −π < x < 0

1 - cosx, 0 < x < π

-2cosx + Dsenx, x > π

2senx + Bcosx, x < −π

ΨP’(x) = -senx, −π < x < 0

senx, 0 < x < π

2senx + Dcosx, x > π

ΨP’(−π−) = ΨP’(−π+) ⇒ -B = 0 ⇒ B = 0

ΨP’(π−) = ΨP’(π+) ⇒ 0 = -D ⇒ D = 0


97

Luego tenemos que: - 2cosx, x < −π

ΨP(x) = cosx -1, −π < x < 0

1 - cosx, 0 < x < π

-2cosx, x > π

es una solución particular, hay salto en −π

4) Usando el método de los coeficientes indeterminados, encuentre una

solución particular, para cada una de las ecuaciones:

a) y” + 4y = cosx

Solución:

L(y) = y” + 4y

M(y) = y” + y

M(L(y)) = 0

M(L(y)) = M(y”+4y) = (y”+4y)” + (y”+4 y) = y”” + 8y” + 4y

Polinomio de M(L(y)) = 0 es P(r) = (r2 + 4)(r2 + 1)

(Recordar que M(L(y)) = 0 es una ecuación de orden m + n, y su

polinomio característico es el producto de los polinomios

característicos de M(y) = 0 ∧ L(y) = 0)

La solución Φ de M(y) = 0 es:

Φ(x) = c1cos2x + c3cosx + c4senx

La solución particular Ψ(x) de L(y) = 0 será:

Ψ(x) = c3cosx + c4senx

L(Ψ(x)) = cosx ⇒ Ψ”(x) + 4Ψ(x) = cosx...................α

Pero:

Ψ’(x) = - c3senx + c4cosx ∧ Ψ”(x) = - c3cosx - c4senx

Sustituyendo en (α) se tiene:

- c3cosx - c4senx + 4(c3cosx + c4senx) = cosx

3c3cosx + 3c4senx = cosx ⇒ 3

1c3 = ∧ c4 = 0

Por tanto: Ψ(x) = 3

1 = cosx es una solución particular de

y”+4y=cosx


98

b) y” + 4y = Sen2x

Solución:

Ly = y” + 4y ∧ M(y) = y” + 4y

M(L(y)) = 0

El polinomio característico será:

P(r) = (r2 + 4)(r2 + 4) = (r2 + 4)2

Las raíces r = ±2i, ±2i (multiplicidad 2 para ambas raíces)

La solución general: Φ(x) = (c1+ c2)cos2x + (c3 + c4x)sen2x

Φ(x) = c1cos2x + c3sen2x + x (c2cos2x + c4sen2x)

Ψ(x)

Nuestra solución particular será:

Ψ(x) = x(c2cos2x + c4sen2x)...........................................α

L(y)=sen2x ⇒ L(Ψ(x))=sen2x ⇒ Ψ”(x) + 4Ψ(x)=sen2x....β

Ψ’(x) = c2cos2x + c4sen2x + x(-2c2sen2x + 2c4cos2x)

Ψ”(x) = -2c2sen2x + 2c4cos2x - 2c2sen2x + 2c4cos2x +

x(-4c2cos2x - 4c4sen2x)

Ψ”(x) = -4c2sen2x + 4c4cos2x + x(-4c2cos2x - 4c4sen2x)...γ

Sustituyendo en (β), los resultados obtenidos de (α) ∧ (γ):

-4c2sen2x + 4c4cos2x - x(4c2cos2x + 4c4sen2x) +

4x(c2cos2x + c4sen2x) = sen2x

Así: -4c2sen2x + 4c2cos2x = sen2x ⇒ c2 =4

1− ∧ c4 = 0

La solución particular será:

Ψ(x) = 4

x− cosex

c) y” - 4y = 3e2x + 4e-x

Solución:

Ly = y” - 4y ∧ M(y) = 3(y’ - 2y) + 4(y’ + y)

M(L(y)) = 0, además L(y) = 3e2x + 4e-x

El polinomio característico de M(L(y)) = 0 es:

P(r) = (r2 - 4)(3)(r - 2)(4)(r - 1) = 12(r - 2)2(r + 2)(r - 1)


99

La solución de M(L(y)) = 0 será:

Φ(x) = (c1+ c2x)e2x + c3e-2x + c4e

-x

La solución particular será:

Ψ(x) = c2xe2x + c4e-x......................................................α

Determinemos las constantes c2 ∧ c4

Ψ’(x) = c2e2x(1 + 2x) + c4(-e

-x) ∧

Ψ”(x) = c2 (2 + 4x + 2) + c4-e-x...................................β

L(Ψ(x)) = 3e2x + 4e-x

⇒ Ψ”(x) - 4Ψ(x) = 3e2x + 4e-x

Sustituyendo (α) y (β)

⇒ c2e2x(4 + 4x) + c4e

-x - 4[c2xe2x + c4e-x] = 3e2x + 4e-x

⇒ 4c2e2x - 3c4e

-x = 3e2x + 4e-x

⇒ c2 = 4

3 ∧ c4 =

3

4−

De esta manera, la solución particular es:

Ψ(x) = 4

3xe2x

3

4− e-x

d) y” - y’ - 2y = x2 + cosx

Solución:

M1(y) = y’’ ; M2(y) = y” + y

La idea es hallar la solución particular para cada sumando, luego

consideramos la suma de las soluciones particulares para cada

caso.

P1(r) = (r2 - r - 2)(r3) ∧ P1(r) = (r2 - r - 2)(r2 + 1)

Ψ1(x) = c1+ c2x + c3x2 ∧ Ψ2(x) = c4cosx + c5senx

O sea tenemos:

Ψ1(x) = c1+ c2x + c3x2 + c4cosx + c5senx

Determinemos las constantes c1, c2, c3, c4, c5

Ψ’(x) = + c4(-senx) + c5cosx

Ψ”(x) = 2c3 - c4cosx - c5senx


100

Sustituyendo los últimos datos obtenidos en la ecuación inicial

L(Ψ) = x2 + cosx

* 2c3 - c4cosx - c5senx - (c2 + 2c3x - c4senx + c5cosx)

- 2(c1+ c2x + c3x2 + c4cosx + senx) = x2 + cosx

* Agrupando convenientemente:

(2c3 - c2 - 2c1) + (-2c3 - 2c2)x + (-2c3)x2 + (-3c5 + c4)senx

+ (-c5 - 3c4)cosx = x2 + cosx

* Resolvamos el sistema:

2c3 - c2 - 2c1 = 0 ∧ -2c3 - 2c2 = 0 ∧ -2c3 = 1

-3 + c4 = 0 ∧ -c5 - 3c4 = 1

* c3 = - 2

1 ⇒ c3 = - c2 =

2

1

c1 = c3 - 2

1c1 = -

2

1 -

2

1

2

1 = -

4

3

(Hemos trabajado con las ecuaciones de la primera fila)

- 3 = 0 ⇒ -9c5 + 3c4 = 0

- c5 - 3c4 = 1 - c5 - 3c4 = 1

⇒ c5 = 10

1− ∧ c4 = 3c5 =

10

3−

* Luego la solución particular es:

Ψ(x) = - 4

3 +

2

1x -

2

1x2

10

3− cosx

10

1− senx

e) y” + 9y = x2e3x

Solución:

Como en los ejemplos anteriores tendremos que, la

solución t iene la forma:

(c1 + c3x2)e3x

(Observación: el polinomio característico de M(L(y)) es

(r2 + 9)(r2 - 3)2)


101

Apelando al método indeterminado:

Ψ’(x) = (c2 + 2c3x + 3c1 + 3c2x + c3x2)e3x

Ψ”(x)=(2c3 + 3c2 + 6c3x + 3c2+ 6c3x + 9c1 + 9c2x + 9c3x2)e3x

Ψ”(x) =(2c3 + 6c2 + 9c1) + (12c3 + 9c2)x + 9c3x2)e3x

Sustituyendo:

([(2c3 + 6c2 + 9c1) + (12c3 + 18c2)x + (9c3)x2] +

9[c1+ c2x + c3x2]) e3x = x2e3x

Calculando la exponencial (lo cual es factible pues eα ≠ 0, ∀α)

2c3 + 6c2 + 18c1 = 0

Resolviendo el sistema: 12c3 + 18c2 = 0

18c3 = 1

c3 = 18

1 ⇒ c2 =

18

12c3 = -

27

1

c1 = 9

1(-c3 - 3c2) =

162

1

Luego la solución particular será:

Ψ(x) = 162

1(1 - 6x + 9x2)e3x

f) y” + y = xexcos2x

Solución:

* Tenemos L(y) = y” + y ∧ M(y) = y’’’’-2y’’’+14y”-10y’+25y

Podemos ver que M(b(x)) = M(xexcos2x) = 0,

L(Φ) = xexcos2x

* El polinomio característico de M(L(Φ)) = 0 será el producto de

ambos polinomios característicos:

P(r) = (r2 + 1)((r - 1)2 + 4)2

* Φ(x) = c1cosx+c2senx + (c3+c4x)excos2x + (c5+c6x)exsen2x,

esto era de esperar, pues M(L(Φ)) = 0 era de orden 2 + 4 = 6

* Entonces si denotamos con Ψ la solución particular solicida, ella

tendrá la forma:

Ψ(x) = (Ax + B)excos2x + (Cx + D)


102

Donde A. B, C y D tendremos que determinarlas. (Observar que

las constantes c3, c4, c5 y c6 las hemos sustituido por A, B, C y D

respectivamente)

* Ψ’(x) = (Ax + B)excosx + Aexcos2x - 2(Ax + B)exsen2x +

Cexsen2x + (Cx + D)exsen2x + 2(Cx + D)excos2x

* Ψ’(x) = (Ax + B + A + 2Cx + 2D)excos2x +

(-2Ax - 2B + C + Cx + D)exsen2x

Ψ’(x) = [(A + 2C)x + (B + A + 2D)]excos2x +

[(C - 2A)x + C + D - 2B]exsen2x

* Ψ”(x) =(A+2C)excos2x + [(A+2C)x + (B+A+2D)]excos2x -

2[(A + 2C)x + (B + A + 2D)]exsen2x +

(C - 2A)exsen2x + [(C - 2A)x + C + D - 2B]exsen2x

2[(C - 2A)x + C + D - 2B]excos2x

Ψ”(x) = (A + 2C + (A + 2C)x + (B + A + 2D) + 2(C -2A)x +

2C + 2D - 4B)excos2x + (-2(A + 2C)x - 2B - 2A -

4D + C - 2A + (C - 2A)x + C + D - 2B)exsen2x

Ψ”(x) = (-3A + 4C)xexcos2x +(2A - 3B + 4C + 4D)excos2x +

(-4A - 3C)xexsen2x + (-4A - 4B + 2C - 3D)exsen2x

* Como L(Ψ) = xexcos2x, tendremos que,

(-2A + 4C)xexcos2x + (-2A -2B + 4C + 4D)excos2x +

(-4A -2C)xexsen2x + (-4A - 4B + 2C -2D)exsen2x = xexcos2x

* Por tanto tendremos que:

-2A + 4C = 1 ⇒ A = - 10

1 ∧ C =

5

1

-4A - 2C = 0

-2A - 2B + 4C + 4D = 0 ⇒ -2B + 4D = 2A - 4C

-4A - 4B + 2C - 2D = 0 -4B - 2D = 4A - 2C

⇒ -2B + 4D = -1

-4B - 2D = -5

4

⇒ B = 50

13 ∧ D = -

50

6


103

* Luego tendremos que:

Ψ(x) = x2senex5

1

50

6x2cosex

10

1

50

13 xx

+−+

−

g) y” + iy’ + 2y = 2cosh2x + e-2x

Solución:

* Pol inomio característico:

P(r) = r2 + ir + 2 = 4

9

2

ir

2

+

+ ⇒ r = -2i, i


Φ(x) = c1e-2ix + c2e

ix + Ψ(x), Ψ(x)—la solución particular

* 2cosh2x + e-2x = e2x + e-2x + e-2x = e2x + 2e-x

* Ψ(x) = Ae2x + Be-2x

* Ψ(x) = x

2

x2

2e

2)2(i)2(

12e

2)2(i2

1

+−+−+

++

(Observación: A = )2(P

1 ∧ B =

)2(P

1

−)

* Ψ(x) = i26

1

+e2x + 2

i26

1

−e-2x

* Ψ(x) = 436

i26

+

−e2x + 2

436

i26

+

+e-2x

* Por tanto: Ψ(x) =

−

20

i3e2x +

+

20

i26e-2x

Comentario: La solución general es:

Φ(x) = c1e-2ix + c2e

ix +

−

20

i3e2x +

+

20

i26e-2x


104

h) y’’’’ = x2 + e-xsenx

Solución:

* La forma de la solución particular será:

Ψ(x) = x3(Ax2 + Bx + C) + e-x(Dcosx + Esenx)

* Ψ’(x)=5Ax4+4Bx3+3Cx2+e-x(-Dsenx+Ecosx-Dcosx-Esenx)

Ψ’(x) = 5Ax4 + 4Bx3 + 3Cx2 + e-x((E - D)cosx-(E - D)senx)

* Ψ”(x) = 20Ax3 + 12Bx2 + 6Cx + e-x((D - E)senx -

(E - D) cosx + (D - E)cosx + (E + D)senx)

Ψ”(x) = 20Ax3 + 12Bx2 + 6Cx + e-x(-2Ecosx + 2Dsenx)

* Ψ’’’(x) = 60Ax2 + 24Bx + 6C + e-x(2Esenx + 2Ecosx +

2Dcosx - 2Dsenx)

* Ψ’’’(x) = x2 + e-xsenx ⇒ 60Ax2 + 24Bx + 6C +

e-x(2(E + D)cosx + 2(E - D)senx) = x2 + e-xsenx

* Igualando: 60A = 1 ∧ 24B = 0 ∧ 6C = 0 ∧

2(E + D) = 0 ∧ 2(E -D) = 1

⇒ A = 60

1 ∧ B = 0 ∧ C = 0 ∧

E = 4

1 D =

4

1−

Luego, la solución particular es:

Ψ(x) = xcose4

1xsene

4

1

60

x xx5

−− −+

Comentario: La solución general es:

Φ(x) = c1 + c2x + c3x2 + xcose

4

1xsene

4

1

60

x xx5

−− −+


105

i) y’’’’ + 3y’’ + 3y’ + y = x2e-x

Solución:

* Tenemos que Ψ(x) = x3(Ax2 + Bx + C)e-x

* Ψ’(x) = 3x2(Ax2 + Bx + C)e-x + x3(2Ax + B)e-x -

x3(Ax2 + Bx + C)e-x

Ψ’(x) = [(-Ax5 + (5A - B)x4 + (4B -C)x3 + (3C)x2]e-x

* Ψ”(x) = [-5Ax4 + 4(5A - B)x3 + 3(4B -C)x2 + 6Cx + Ax5 -

(5A - B)x4 - (4B -C)x3 -3Cx2]e-x

Ψ”(x) = [Ax5 + (B - 10A)x4 + (20A - 8B + C)x3 +

(12B - 6C)x2 + 6Cx]e-x

* Ψ’’’(x) = [5Ax4 + 4(B -10A)x3 + 3(20A - 8B + C)x2 +

2(12B - 6C)x + 6C - Ax5 - (B -10A)x4 - (20A -

8B + C)x3 - (12B - 6C)x2 - 6Cx]e-x

* Ψ’’’(x) = [-Ax5 + (5A - B + 10A)x4 + (4B - 40A - 20A +

8B - C)x3 + 60A - 24B + 3C - 12B + 6C)x2 + 6C +

(24B - 12C - 6C)x]e-x

* Ψ’’’(x) = [-Ax5 + (15A - B)x4 + (-60A + 12B - C)

(60A - 36B + 9C)x2 + (24B - 18C)x + 6C]e-x

* Ψ’’’(x) + 3Ψ”(x) + 3Ψ’(x) + Ψ(x) = [(-A + 3A - 3 + A)x5 +

(15A - B + 3B - 30A + 15A - 3B + B)x4 + (-60A +

12B - C + 60A - 24B + 3C + 12B - 3C + C)x3 +

(60A - 36B + 9C + 36B - 18C + 9C)x2 + (24B -

18C + 18C)x + 6C]e-x = x2e-x

* 0x5 + 0x4 +0x3 + 60A + 24Bx + 6C = x2

⇒ A = 60

1 ∧ B = 0 ∧ C = 0

(pues 24B = 0 ∧ 6C = 0 ⇒ B = C = 0

* Por tanto: Ψ(x) = 60

x5

e-x


106

5) Consideremos el operador de coeficientes constantes L, cuyo

polinomio característico es P. Consideremos la ecuación L(y) = eax,

donde a es una constante. Si a es una raíz de multiplicidad K,

demuestre por el método de los coeficientes indeterminados, que

existe una solución dada por la siguiente relación:

( ))a(P

exx

)K(

axK

=Ψ

Solución:

* Tenemos que si P(r) tiene una raíz de multiplicidad K (1 < K ≤ n) del

polinomio característico P de L(y) = 0, el cual lo hemos considerado de

orden n.

* Si a es dicha raíz tenemos por una propiedad anteriormente

demostrada que:

P(a) = P’(a) = P”(a) =... = P(K -1)(a) = 0 ∧ P(K)(a) ≠ 0

* Como L(erx) = ∑=

−n

0J

)Jn(rxK )e(a ,

Donde a0 = 1 y aJ constante para J = 1, ..., n

* Así tenemos que: L(erx) = rxn

0J

JnK

rxJnn

0JK eraera

= ∑∑

=

−−

=

⇒ L(erx) = P(r)erx.......................................................α

* La función f(x) = erx la podemos considerar como una función de r, o

sea f(r) = erx, así podemos (α) derivar ambos miembros con respecto a

r.

* Así tenemos que: (erx)(n) + a1(erx)(n-1) + ... + an(e

rx) = P(r)erx

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) rxrxn

)1n(rx1

)n(rx erxPr'Pea...eaedr

d+=+++

−

* O sea:

( ) ( ) ( ) rxrxn

)1n(

rx1

)n(

rx e)))r(P(x)r('P(edr

da...e

dr

dae

dr

d+=

++

+

−

(xerx)(n) + a1(xerx)(n-1) + ... + an(xerx) = (P’(r) + xP(r))erx

⇒ L(xerx) = (P’(r) + xP(r))erx


107

* Si derivamos (α), K veces tendremos que:

( )( ) ( )( )rx

K

Krx

K

K

erPdr

deL

dr

d=

( ) ( ) ( )( )( )∑

=

−

=

K

0J

JrxJKrx

K

K

erPJ

Ke

dr

dL

* ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )∑=

−

+

=

K

1J

)J(rxJKrxKaxK erPJ

KerP

J

KexL

* Evaluando caundo r = a se tiene:

L(xKeax) = P(K)(a)eax + ( ) ( ) ( )( )[ ] ar

JrxK

1J

JK eaPJ

K=

=

−∑

L(xKeax) = P(K)(a)eax + ( ) ( )( )[ ] ar

JrxK

1J

e0J

K=

=∑

L(xKeax) = P(K)(a)eax

* Como L es un operador lineal cuando los coeficientes son constantes,

se obtendrá que:

ax

)K(

axK

e)a(P

exL =

(Ojo: P(K)(a) ≠ 0)

* Luego: Ψ(x) = )a(P

ex)K(

axK

es una solución particular de L(y) = eax

6) Sea L un operador diferencial lineal con coeficientes constantes,

cuyo polinomio característico es P(r) = (r - a)K. Usando el resultado

del ejercicio 1) b), demuestre que toda solución Φ de L(y) = 0 tiene

la forma:

Φ(x) = eaxP(x)

donde P es un polinomio tal que grado P ≤ K - 1. También

demuestre que cualquier Φ de este tipo es una solución de

L(y) = 0.


108

Demostración:

Tenemos que: L(Φ(x)) = 0

Polinomio característico: P(r) = (r - a)K, una raíz es a de multiplicidad K.

Usemos como nos exige el ejercicio (1) parte(b).

L(Φ(x)) = 0 ⇒ (D - a)K(Φ(x)) = 0

⇒ e-ax(D - a)K(Φ(x)) = 0

⇒ DK(e-axΦ(x)) = 0

Luego tendremos que:

D(DK-1(e-axΦ(x)) = 0 ⇒ DK-1(e-axΦ(x)) = K1 (hemos integrado)

D(DK-2(e-axΦ(x))) = K1 nuevamente hemos integrado y obtenemos:

DK-2(e-axΦ(x)) = K1x + K2

D(DK-3(e-axΦ(x))) = K1x + K2

-3(e-axΦ(x)) = 2

K1 x2 + K2x + K3

Así si integramos K - 3 veces más obtenemos:

e-axΦ(x) = A1xK-1 + A2x

K-2 + ... + AK-1x + AK

Φ(x) = eaxP(x), P(x) un polinomio de grado menor o igual a K - 1

∴ Toda solución tiene esa forma Φ(x) = eaxP(x), P ≤ K - 1

Ahora demostremos que: (D - a)K(eaxP(x)) = 0, donde P(x) es un

polinomio a lo más de grado K - 1.

Por el ejercicio (1) parte (b) se tiene:

(D - a)K(eaxP(x)) = eaxDK(P(x)) = eaxDK

∑

−

=

1K

0n

nn xA

= eax

∑

−

=

1K

0n

nKn )x(DA (Ojo: n < K)

= eax

∑

−

=

1K

0nn )0(A = eax(0) = 0

∴Queda demostrado que Φ(x) = eaxP(x), P(x) un polinomio a lo más de

grado K - 1, satisface la ecuación dada L(y) = 0


109

7) Sea P un polinomio cuyo primer coeficiente es unitario y que tiene

n diferentes raíces r1,..., rn. Demuestre que:

−++

−+

−=

nn rrrPrrrPrrrPrP

1

)('

11

)('

11

)('

1

)(

1

211

K

Demostración:

Por conocimientos de descomposición en fracciones parciales

tendremos:

∑= −

=n

1m m

m

rr

A

)r(P

1, Am son constantes

Determinemos el coeficiente AJ, 1 ≤ J n, para lo cual multiplicamos

ambos miembros por r -rJ

−

−=

−∑

≠

=

n

Jm

1mm

m

JJ Arr

rr

)r(P

rr + AJ

Luego tendremos que:

J

n

Jm

mm

m

J

J

J

AArr

rr

rr

rPrP+

−

−=

−

− ∑≠

=1)()(

1 (Ojo: las raíces son todas diferentes)

(Ojo: P(r) = P(r) - 0 = P(r) - P(rJ), pues rJ es una raíz de P)

Tomando límites a ambos miembros cuando r → rJ

)r('P

1

J

= AJ, ∀ J, 1 ≤ J ≤ n

Así tenemos:

∑= −

⋅=n

m mm rrrPrP 1

1

)('

1

)(

1

Así se tiene desarrollando la sumatoria que:

nn2211 rr

1

)r('P

1

rr

1

)r('P

1

rr

1

)r('P

1

)r(P

1

−⋅++

−⋅+

−⋅= L

L.q.a.v.


110

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS LINEALES CON

COEFICIENTES VARIABLES

Si tenemos una EDOLCV la cual nos permite determinar (o si es dato ella) una

solución particular de la EDOLCH, entonces podemos reducir el orden de la

EDOLCV. Si la EDOLCV es de orden 2, entonces al reducir en 1 el orden de la

EDO, ella será de orden la cual la podamos resolver (salvo excepciones)… lo

cual significa, que si tenemos la EDOLCV:

)()(')('' tRxtQxtPx =++

Si conocemos una solución 1x de la EDOLCVH:

0)(')('' =++ xtQxtPx

O sea:

0)(')('' 111 =++ xtQxtPx

Haciendo el cambio de variable:

21

)(

1

)(ln2

1

1

)('2)('2

11

11

111

111

111111

111

11

1

)(

)('

)()('2'

)())('2('

'

)('))('2(''

)(')())(')(''(''2''

''''2''''

'''

1

1

11

1

11

KdtKdttRexev

Kdtx

tReev

x

tRw

x

xtPxw

tRwxtPxwx

wv

tRvxtPxvx

tRvxtPxtQxtPxvvxvx

vxvxvxx

vxvxx

vxx

dttPdttPx

dtx

xtPxdt

x

xtPx

+

+∫∫=

+

∫∫=

=+

+

=++

=

=++

=+++++

++=

+=

=

∫ ∫

∫

−−

++−


111

221

)(

1

)(

121

)(

)( Kdtx

eKdtdtetRx

x

ev

dttPdttP

dttP

∫∫ ∫ +∫

+

∫∫

=

−−

La solución general será:

44444 344444 21444 3444 21pX

dt)t(P

121

dt)t(P

11221

dt)t(P

11 dtdt)e)t(Rx(x

exxK)dt

x

e(xKx ∫

∫++

∫= ∫ ∫∫

−−

Alambert D' deSolución

Conclusión:

Para resolver una EDOLCVNH de orden 2, bastará con seguir los siguientes

pasos:

1) Determinar una solución 1x de la EDOLCCH.

2) Por D’ Alambert, obtenemos una solución Linealmente Independiente:

dtx

etx

dttP

∫∫

=

−

21

)(

2 )(

3) Por Variación de Parámetros, podemos hallar la px (sino, recordamos la

fórmula).

Reducción del orden

Resolvamos: xy’’ – (1+x) y’ + y = x2 e2x

Por inspección ocular tenemos y=ex, es una solución particular.

Tentativamente: y = ex v es la solución general donde debemos hallar v.

y’= (v + v’) ex , y’’= (v+ v’+ v’+ v’’) ex = (v+ 2v’+ v’’) ex

xy’’-(1+ x)y’+y= x(v + 2v’+v’’) ex(1+ x) (v+ v’) ex + ex v = x2 e2x

xv’’ + (x-1) v’ = x2 ex


112

Reduciendo el orden : v’ = w

xw’ + (x-1) w = x2 ex

xe x w1

' =−

+x

xw

∫ +=∫∫

−−

1x

dx x

1-xdx

1

k dx e x e x

x

ew

∫ += 1x

xx- k dx e x

e e

xxw

12xx- k e

2

1 e xw +=

∫ +

+= 2

x-1

x k dx e x ke 2

xv

Solución general:

)k

kc2

1y

2

11

=

−=+++=

2

1x

22x

c

c :(Ojo e c 1)(x e 1)-(x

Lo interesante es ver que y = x+1, proceda como el caso anterior y obtenga la

solución hallada.

Entonces en el caso de tener una ecuación diferencial de orden 2, lineal l y si

conocemos una solución de la ecuación homogénea.

y ‘’ + P(x) y’ + Q(x) y = 0

Podemos hallar la solución de la EDOLCVNH

y ‘’ + P(x) y’ + Q(x) y = R(x)


113

Esto hacemos haciendo un cambio de variable y = y1 v ,donde y es una

solución de la ecuación homogénea o sea que:

0y )(y' )( 11''

1 =++ xQxPy

Tenemos que: v'y v' 1'1 += yy

' v'' v2y' v'''' 111 yyy ++=

Sustituyendo:

R(x) v)(y Q(x) ) vy v(y )( v v2y v 1'

1'1

''1

''1

''1 =+++++ xPyy

)(' vP(x)) 2('' v)y )(y )(''(y 1'111

'11 xRyyyxQxPv =+++++

)( v'P(x)) 2(' v' 1'11 xRyyy =++

Ahora hacemos: v’ = w

Resolvamos: R(x) wP(x)) 2(' w 1'11 =++ yyy

11

1'1

y

R(x) w

P(x) 2' =

++

y

yyw

dx y

R(x) e 1

1

dx P(x) 2y

dx P(x) 2

1

1'1

1

1'1

kew y

y

y

yy

+=∫

+∫

+−

∫ ∫ ∫ +

+==

∫+

∫+

−

21

1

dx P(x) 2y

dx P(x) 2

k dx k dx y

R(x) e e wdx 1

1'1

1

1'1

y

y

y

yy

v


∫ ∫ ∫

++=

∫+

∫+

∫+

−

dx dx y

R(x) e y k dx e y

1

dx P(x) 2y

dx P(x) 2y

-

12

dx P(x) 2

111

1'1

1

1'1

1

1'1

y

y

y

y

y

yy

eky


114

Ecuaciones de Cauchy

Rápidamente estudiamos la ecuación de Cauchy – Euler: (o también se conoce

como ecuaciones Cauchy – Legendre)

0 a , f(x) y D a )( k-nk

0

≠=

+ −

=∑ kn

n

k

bax

Cuando b = 0 se le denomina una ecuación de Euler.

Cambio de variable: ax + b = ez ↔ z = Ln(ax + b)

Cambiando operadores: dz

d == D

dx

dD

DD a D b)(ax dx

dz =+><

+==

bax

a

dz

dD

a)-( a D b)(ax )()(

)( 2222

22

22 DDDD =+><

++

+−==

bax

a

bax

aDDD

Generalizando: (ax + b)3 D3 = a3 D (D -1) (D -2)

Al sustituir estos cambios, obtenemos una EDOLCCH que podemos resolverla

por cualquiera de los métodos descritos y luego volver a la variable original.

Aplicación 1: Resolver: (x2 D2 + xD – 16) y = 0

Haciendo el cambio: x = ez

Resolvamos: D =D , x2 D2 = D (D -1)

(D (D -1) + D – 16) y = 0 , y = y(z) función de z

(D 2-16) y = 0 ß> (D -4) (D +4) y = 0

y = c1 e4z + c2 e

-4z

y = c1 x4 + c2 x

-4


115

Aplicación 2: Resolver: xy’ –2xy’+ 2y= xe -x

Ecuación de Euler: zx e=

(D (D -1 ) - 2D +2 )y = ze z

1

(D 2 -3D + 2 ) y ze z

1 =

p2z

2z

1 ye ce cy ++=

Completar los cálculos pendientes, ver que: ∫+−−+= − dx x

e )1x(xexcxcy

-x2x2

21

Comentario:

Estas ecuaciones que tienen coeficientes variables, mediante el cambio x=ez

ella se transforma en una EDOLCCNH.

Circuitos Eléctricos

En un circuito que contiene uno o más elementos de almacenamiento de

energía existirá un estado estacionario siempre que cambie la condición de

energía en el circuito, hasta que se alcance el nuevo estado estacionario. Esto

puede ocasionarse por un cambio del voltaje o de la corriente que se aplique, o

por un cambio de cualquiera de los elementos del circuito.

Sistemas de Primer Orden

Veamos los siguientes circuitos:

Los circuitos mostrados contienen un solo elemento de almacenamiento de

energía, en el que vs es el voltaje de suministro, i es la corriente del circuito en

un tiempo de t segundos una vez que se ha cerrado el interruptor. En este

tiempo los voltajes VR, VL y VC están en los componentes.


116

Circuito Inductivo

En este circuito tenemos: VS = VR + VL

dt

diLVL =

dt

diLiRVS +=

dt

di

R

Li

R

VS +=

Circuito Capacitivo

El circuito de la figura 2

VS = VR + VC = iR + VC

Sabemos que: dt

dVCi C=

CC

cS Vdt

dCRV +=


117

En general: dt

dxTxF +=

F = función de tendencia = valor en estado

estacionario de x

X = variable del circuito

T = constante de tiempo del circuito

La ecuación puede escribirse: F = x + T Dx , dt

dD =

La solución de este tipo de ecuaciones lineales de primer orden de este tipo

admite una solución que puede escribirse como:

∞→

=+=

t

0 xlim , xxx tte

xt es llamada la solución transitoria y xe es la solución estacionaria.

Fuente de voltaje constante, VS = E volts, el interruptor se cierra en t=0.

Para el circuito inductivo de la figura 1, la ecuación del circuito es:

R

E

dt

di

R

Li =+

L

E i

L

R

dt

di=+

+= ∫ k dt

L

E e e (t) i

t L

Rt

L

R-

t

L

R-

e kR

E (t) i +=

R

Ei iaestacionar =


118

Como la corriente que atraviesa un inductor no pueden cambiar en forma

instantánea, entonces en t=0, i=0

R

E- K

R

EK0 =⇒+=

( )Rt/L-e - 1 R

Ei =

Para el circuito capacitivo: en t=0 ,V1 volts

Edt

dVRCV C

C =+

RC

E V

RC

1

dt

dVC

C =+

+= ∫

−

k dt RC

E e eV

tRC

1t

RC

1

C

e KEVC +=

E VK KEV 0t 11 −=⇒+==

Luego: V = E – (E – V1) e-t/RC

Fuente alterna de voltaje VS = EO sen wt aplicada al circuito inductivo.

wtsen L

E

L

Ri

dt

di wtsen

R

E

dt

di

R

Li OO =+⇒=+

+= ∫

−

k dt wtsen L

E e e)t( i O

t L

Rt

L

R

t

L

R-t

L

R

22

Ot

R

L-

e k e

wL

R

wtcos w - wtsen L

R

R

E e (t) i +

+

=

t

L

R-

222

2O e k

L w R

wtcos w L - wtsen RL

L

E (t) i +

+=

ia)estacionar (corriete wtcos wL R

Lw - wtsen

L w R

R E (t) i

222222Oe

++=

R

wL tg y L w R Z Sea 222 =φ+=


119

++= wtcos

L w R

Lw - wtsen

L wR

R

Z

E (t) i

222222

Oe

wt)cos sen - wtsen (cos Z

E (t) i O

e φφ=

) - (wt sen Z

E (t) i O

e φ=

φ es el ángulo de fase entre el voltaje de suministro sinusoidal y la corriente de

estados estacionario.

De esta manera tenemos:

t

L

R-

O e k ) - (wt sen Z

E (t) i +φ=

Tenemos que i(o)=0 cuando t=t

t

O kZ

EL

R-

e ) -(wt sen 0 += φ

) - (wt sen e Z

E k

tL

R

O φ=

) - (wt sen e -) - (wt sen Z

E (t) i

)tt(L

R

O φφ=−

SISTEMA DE SEGUNDO ORDEN

Consideremos el circuito

CIRCUITO EN SERIE:

Por la LKV: VR + VL + VC = VS

∫ =++ S V idt C

1

dt

diLiR

dt

dV i

C

1

dt

i dL

dt

diR S

2

=++

dt

dV

L

1 i

LC

1

dt

di

L

R

dt

i d S2

2

=+ +


120

Sabemos que: i = ie + it

La solución transitoria la obtenemos al resolver:

0i LC

1Di

L

Ri D ttt

2 =++

La “forma tipo” de esta EDOLCC es:

0i ) w D 2dw D( t2nn

2 =++ ∫

Donde wn es la frecuencia natural no amortiguada de las oscilaciones y de es el

factor de amortiguamiento.

L

C

2

R

L 2w

R d

LC

1w

nn ==∧=

La condición d=0 implica una resistencia del circuito de cero.

Las soluciones las obtenemos de acuerdo al valor de d como se indica:

(1) d < 1 OSCILACIONES AMORTIGUADAS

)t(w sen e ki ot-dw

tn θ+=

(2) d=1 AMORTIGUAMIENTO CRITICO

t-wt

ne )BtA(i +=

(3) d > 1 RESPUESTA SOBREAMORIGUADA

t-dwt-wtwt

noo e )e Be A(i +=

(4) d = 0 SIN AMORTIGUAMIENTO (OSCILACION CONTINUA)

)t(w sen Ai nt θ+=


121

Donde A, B y θ son constantes determinadas por las condiciones iniciales del

circuito y wo es la frecuencia de las oscilaciones amortiguadas, dada por:

2no d-1 ww =

Condiciones iniciales con un voltaje de E volts aplicado al circuito de la A63.

Por la LKV: Ri + Ldi + VC = E

Sea V1 el voltaje a través del condensador y sea cero la corriente del circuito

antes de cerrar el interruptor en t=0.

LDi + V1 = E

L

VEDi 1−

=

La solución de estados estacionarios ie(t)=0 ya que el condensador esta

totalmente cargado a E.

Por tanto, tenemos la solución general es i=it. Así tenemos:

2nn

2 w2d r (r) p ω + ρ +=

1 -d wdw- r 2

w4 wd4dw2r 2

nn

2n

2n

2n

±=⇒−±−

=

Veamos los casos:

(1) d < 1

Las raíces son complejas

t wcos e Bt wsen e Ai ot-dw

ot-dw nn +=

i(o) = 0

i = A e-dwnt sen wot

w

V-E A A w

L

V-E t wcos e '

o

1o

1o

dw- n

LAi t

o =⇒=⇒ = ω

La solución será: t wsen e Lw

VEi o

tdw-

o

1 n−

=

(2) d = 1

Las raíces son r= -dwn, -dwn (raíz doble)


122

t-dwt-dw nn e t B i e )BtA(i =⇒+=

I(o) = 0 è A = 0

ttBi n-dwn e )-dw (' ><+=

BL

VEi =⇒=⇒

−=

L

V-E

L

V-E (o)i' ' 111

La solución es:

tdw-1 ne t

L

VEi

−=

(3) d > 1

Las raíces son reales, así:

t)w(-dwt)w(-dw onon e B e Ai −+ +=

i(o) = 0 ⇒ A + B = 0 ⇒ B = -A

t)-(dw)(-dw nn e )( e )(' oo won

twon wdwBwdwAi ++ −−++−=

L

VEwBwAi oo

1nn)0( )(dw )(-dw '

−=+−+=

L

VE)wdww(-dw A 1

onon

−=+++

L

V-E - b

Lw2

VEA 1

o

1 =∧−

=

)e(e e Lw2

VEi twtwtdw-

o

1 oon −−−

=

)t(w senh e Lw

VEi o

tdw-

o

1 n−

=

(4) d = 0

raíces:

=±=±± 2noo

2nn d-1 ww i w1-o w wo

t wsen Bt wcos Ai oo +=

t wSen B i 0 A 0 (o) i o=⇒=⇒=

L

VEtBwi o

1o 'i wcos '

−=∧=


123

LL

VEBi

o

11o)0(

w

V-E B w' =⇒

−==

t wsen Lw

VEi o

o

1−=

IooIiiIi RLC =−−=−−=

De (1) cuando t=0 : I0I)(Di R

L0tL =++=

0)Di( 0tL ==

t)dw-(wno

t)dw(wnoL

nono e )dw(w Be )dw(w ADi +− +−−=

0 )dw (w B - )dw-(w A 0 I B A 0)Di( nono0tL =+∧=++⇒==

de donde:

I w2

dww - B I

w2

dwwA

o

no

o

no −=∧

+−=

Sustituyendo:

t )w(dw-

o

ont )w(dw-

o

onL

onon e w2

wdw e

2w

wdw - 1 Ii −− −

++

=

Solución para d < 1 Análogamente como el caso anterior, la solución transitoria es:

)t(w sen e Ai ot-dw

tn θ+=

Como antes la solución de estado estacionario IiLe = de modo que la

solución es:

I)t(w sen e Ai ot-dw

Ln +θ+=

Tenemos: 0)(Di 0)i( 0tL0tL =∧= ==

t-dwooo

t-dwnL

nN e A )t wcos w)t(w sen e dw(Di +θ+−=

Así tenemos: onn

o I/w w- I/sen- A dw

wtg =θ=∧=θ


124

θ+= ) t(w sen e

w

w - 1 Ii o

tdw-

o

nL

n

CIRCUITO EN PARALELO

Consideremos el circuito:

Por la LKC:

Iiii CLR =++

Ecuación del circuito: Idt

dvCi

R

VL =++

L dt

di LV =

Ahora tenemos: 2

22

L2

LLdt

d D ,

dt

d D , Ii D CLiDi

R

L===++ ……… (1)

Ii 1) D R

L D CL( L

2 =++

LC

Ii

LC

1 D

RC

1D L

2 =

++

Recordando: C

L

R2

1

RC2w

1 d

LC

1 w: w w

n

2non ==∧=∧

Solución para d > 1 De la solución anterior, la solución transitoria es:

t-dwt-wtNL

noo e ) e B e A(i +=

En estado estacionario: 0ii , 0 V , Ii CRL ====


125

La solución es: Ie )e Be A(i t-dwt-wtwL

noo ++=

Condiciones iniciales: en t=0 , 0 v y 0iL ==

Aplicaciones

Determinar la corriente en el

siguiente circuito donde:

E(t) = Eote-t

La ecuación del circuito es: ∫ =+ t-o te E idt

C

1

dt

di L

t-o e t)-(1 E i

1'' =+

CLi

t-o e t)-(1 L

E i

1'' =+

LCi

t-o e t)-(1 2

E i

4

1'' =+i

)t(i2

t sen B

2

t cos A (t) i p++=

++

= t-

22

e t

4

1D

1 - 1

4

1D

1

2)( o

p

Eti

t

4

11)-(D

1 e

2

E4e t

4

1D

1)4(

2

E)t(i

2

tot-

2

op

+

−=

+

−= −

t

0204

6

1 e EE2)t(i

2

t-oop

+−

−=

t ... D 25

32

5

4 e EE2)t(i t-

oop

++−=

t-oop e

25

32t

5

4 EE2)t(i

+−=


126

e 25

32t

5

4 E - E 2

2

t sen B

2

t cos A)t( i t-

oo

+++=

ooo E 25

18- A 0E

25

32E 2 A 0 (o) i =⇒=−+⇒=

0')(

)0( ==L

Vi

o

t-)( e

25

32

5

4

5

4-

2

t cos

22

tsen

2'

++++−= tE

BAi ot

oo)0( E 25

24 B 0E

25

12

2

B 0' =⇒=−⇒=i

Luego: t-ooo e

25

32t

5

4 EE2

2

t cos

25

18

2

t sen

25

24 E (t) i

+−+

−=

Aplicaciones:

En el circuito de la figura el interruptor ha estado en “a” durante un tiempo muy

grande. Si en un determinado instante el interruptor se conecta al punto “b”

Calcular a partir de ese instante (t=0) la corriente instantánea i(t), si además se

sabe que R, es retirado del circuito.

1H L F, 2

1 C,2R , 1R 21 ==Ω=Ω=

V(t) = e-t sen t

Solución

c) Conexión en “a” (tiempo muy grande, t tiende a ∞)

En el instante anterior a la conexión en “b” se tiene:

2 i 2 i . 1 =⇒=

O sea I(o) = 2 para la conexión en “b2

1 (o) q )2(2

1 q cVq =⇒=⇒=


127

c) Conexión en b: 0 t ≥∀

sen t 2'2'' teqqq −=++

Condiciones: 2 (o) I)o(q 1 (o) q 1 ==∧=

t sen e C t cos e Cq -t2

-t1H +=

(Las raíces del polinomio característico son):

i) 1- r 01)1r( 2 ±=⇒=++

t cos e 2

t- t sen

1D

1 e t) sen (e

1)1D(

1q t-

2

t-t-

2p =+

=++

=

Luego: t cos e 2

t - t sen e C t cos e Cq t-t-

2t-

1 +=

Determinemos las constantes 21 C C ∧

+++== sen t

2

t t cos

2

1 - t cos C sen t C - t cos

2

t sen t C - t cos C- e (t) ' 2121

t-qi

1e 1 (0) q 1 =⇒=

2

7C 2

2

1C 1- 2' 22)0( =⇒=−+⇒=q

Luego:

+++−−== sen t

2

t t cos

2

1 - t cos

2

7 sen t - t cos

2

t sen t

2

7cose (t) ' t-

)( tiq t

Por tanto:

++= t sen

2

t t cos

2

t t sen

2

9 - t cos 2 e (t) i t-


128

En el circuito adjunto, hallar V(t)

Si: 0) ( t (t) E >λλ=

Solución

Sabemos que: Vdt i C

1 V ' RC ∫ =∧= RiLVL

Como Vhallar podemos ,iii 21 +=

En la malla externa tenemos:

∫ λ=⇒+=λ⇒+= )t(i- t V(t) )t(V)t(i t idt

2

1

1)t(i (t) E 111

En la malla interna: ∫ −=⇒−= (t) i 4)('V dt )(i

4

1

1)()( '

2'

)(2 tEtttEtV

Luego tendremos: V(t)) - ( 4

1)(i )(i 4 22

')( λλ =⇒−= ttV t

Vemos: ∫ =⇒=⇒= '(t)

'(t) V

2

1 i 2V idt

2

1

1 (t) iV

Sabemos que: (t)) V - (6 4

1)(6V

2

1 ''

(t)21 +−=⇒+= tVtiii

+=+⇒+=+⇒

2

3 t

3

4 V(t)

3

4 (t) V' )()('V

4

3 λ

2

36ttVt

23

4 V(t) )('V +=+⇒ t

λ

3

4t

Como es lineal tenemos: ∫ +

+

λ=

−C dt 2t

3

4 e e)t(V

t3

4t

3

4

Luego: Ce 2

3e

16

9t

4

3

3

4 e)t(V

t3

4t

3

4t

3

4

++

−

λ=

−

t3

4-

e C2

3

16

9t

4

3

3

4)t(V ++−

λ=

Viendo el circuito, apreciamos que: 2

3

4

3 C C

2

3

4

3- 0 0)o(V −

λ=⇒++

λ=⇒=


129

Por tanto:

aTransitoriTensión iaEstacionarTensión

e 2

3

4

3

2

3

16

9

4

3

3

4)( 3

4- t

ttV

−++

−=

λλ

1. Encuentre todas las soluciones de las siguientes ecuaciones:

a) y” + 4y = cosx

Solución:

El polinomio característico es P(r) = r2 + 4

Raíces: r = -2i, 2i

La solución solicitada será:

Φ(x) = u1(x)cos2x + u2(x)sen2x

Ahora hallemos u1(x) ∧ u2(x), previamente hallemos el wronskiano

W(Φ1, Φ2)(x) = xx

xx

2cos22sen2

2sen2cos

− = 2

u1(x) = ( )( )∫ ΦΦ

ΦΦ

)x(,W

)x(,W

21

211cosxdx =

2

1∫ x2cos21

x2sen0cosxdx

u1(x) = 2

1∫ − dxxcosx2sen =

2

1∫ dxxcosxsen 2 =

3

1cos3x + K1

u2(x) = 2

1

1xsen2'

0x2cos2−

cosxdx = 2

1∫ dxxcosx2cos

u2(x) = 2

1∫ − )xsen21( 2 cosxdx =

2

1

− xsen

3

2xsen 3 + K2

La solución Φ será:

Φ(x) =

+ 1

3 Kxcos3

1cos2x +

− xsen

3

1xsen

2

1 3 sen2x + K2sen2x

Φ(x)=K1cos2x+K2sen2x+3

1cos3xcos2x+

2

1senxsen2x-

3

1 sen3xsen2x

Φp(x)

Operando Φp(x):

Φp(x) = 3

1cos3x(cos2x - sen2x) + sen2xcosx -

3

2sen4xcosx

Φp(x) = 3

xcos cos2x(cos2x - sen2x) + 3sen2x - 2sen4x


130

Φp(x) = 3

xcos (1 - sen2x)2 - cos2xsen2x + 3sen2x - 2sen4x

Φp(x) = 3

xcos 1 - sen2x + sen4x - cos2xsen2x + 3sen2x - 2sen4x

Φp(x) = 3

xcos 1 + sen2x + sen4x - cos2xsen2x - 2sen4x

Φp(x) = 3

xcos 1 + sen2x - sen4x - cos2xsen2x

Φp(x) = 3

xcos 1 + sen2x - sen2x(sen2x + cos2x)

Φp(x) = 3

xcos 1 + sen2x - sen2x

Φp(x) = 3

xcos

O sea la solución general será:

Φ(x) = K1cos2x + K2sen2x + 3

1cosx, K1, K2 constantes.

b) y” + 9y = sen3x

Solución:

* Polinomio característico: P(r) = r2 + 9

* Raíces del polinomio característico: -3i, 3i

* La solución general será: Φ(x) = u1(x)cos3x + u2(x)sen3x

* Tendremos que determinar las funciones u1(x) ∧ u2(x), para lo cual

apelamos al método de variación de parámetros.

* Tenemos que: W(cos3x,sen3x) = x3cos3x3sen3'

x3senx3cos

− = 3

* Usando las identidades deducidas para u1(x) ∧ u2(x)

u1(x) = ∫ )x3sen,x3(cosW

)x3sen,x3(cosW1 sen3xdx = 3

1∫ x3cos31

x3sen0sen3xdx

= 3

1∫ − xdx3sen 2 =

6

1∫ − )1x6(cos dx

u1(x) = 36

1sen6x -

6

x + K1


131

* Análogamente hallamos u2(x):

u2(x) = 3

1∫ − 1x3sen3

0x3cossen3xdx

u2(x) = 3

1∫ x3senx3cos dx =

6

1∫ x6sen dx

u2(x) = -36

1cos6x + K2

* Φ(x) =

+− 1K

6

xx6sen

36

1cos3x +

+− 2Kx6xcos

36

1sen3x

*Φ(x)=K1cos3x+K2sen3x+

− x3senx6cos

36

1x3cosx6xsen

36

1-

6

xcos3x

* Apreciamos que:

36

1sen6xcos3x-

36

1cos6xsen3x=

36

1(2cos23xsen3x-(cos23x-sen23x)sen3x)

= 36

x3sen(2cos23x - cos23x + sen23x)

= 36

x3sen(cos23x + sen23x)

= 36

x3sen

* Φ(x) = K1cos3x + K2sen3x + 36

1sen3x -

6

xcos3x

* Φ(x) = K1cos3x +

+

36

1K 2 sen3x -

6

xcos3x

* Luego se tiene que la solución general es:

Φ(x) = C1cos3x + C2sen3x - 6

xcos3x, C1, C2 constantes

(Observación: C1 = K1 ∧ C2 = K2 + 36

1


132


a) y” + 4y = cosx

Solución:

Usando operadores para la Φp(x)

P(r) = r2 + 4 ⇒ r = -2i, 2i

Φp(x) = 4D

12 +

cosx = 41

12 +−

cosx = 3

1cosx

La solución general es: Φ(x) = C1cos2x + C2sen2x + 3

1cosx

b) y” + 9y = sen3x

Solución:

P(r) = r2 + 9 ⇒ r = -3i, 3i

Φ(x) = C1cos3x + C2sen3x + Φp(x)

Amparados en: 22 aD

1

+senax = -

a2

xcosax

Φp(x) = 9D

12 +

sen3x = -)3(2

xcos3x = -

6

xcos3x

Φ(x) = C1cos3x + C2sen3x - 6

xcos3x

c) y” + y = tanx (-2

π < x <

2

π)

Solución:

Usando variación de parámetros: P(r) = r2 + 1, así r = -i, i

Φ(x) = u1(x)cosx + u2(x)senx

Resolvamos: u1’(x)cosx + u2’(x)senx = 0

u1’(x)(-senx) + u2’(x)cosx = tanx

u1’(x) =

xcosxsen

xsenxcos

xcostanx

xsen0

−

= -xsenxcos

xsentanx22 +

=xcos

xsen 2− =

xcos

xcos1 2+−

u1’(x) = ∫ +− )xcosxsec( dx + C1 = -Ln(secx + tanx) + senx + C1


133

u2’(x) =

xcosxsen

xsenxcos

tanxxsen

0xcos

−

− =

xsenxcos

xsen22 +

= senx

u2(x) = ∫ xsen dx + C2 = - cosx + C2


Φ(x) = ( )1CtanxxsecLnxsen ++− cosx + (-cosx + C2)senx

Φ(x) = C1cosx + C2senx + (-cosxLn|sec + tanx|)

Φ(x) = C1cosx + C2senx - cosxLn|sec + tanx|

d) y” + 2iy’ + y = x

Solución:

P(r) = r2 + 2ir + 1 = 0 ⇒ r = i(-1 ± 2 )

Φp(x) = Ax + B, para cierto A y B constantes por hallar

Φp”(x) + 2iΦp’(x) + Φp(x) = x ⇒ 0 + 2i(A) + Ax + B = x

⇒ Ax + (2iA +B) = x

⇒ A = 1 ∧ 2iA + B = 0

⇒ A = 1 ∧ B = -2i

⇒ Φp(x) = x - 2i

Luego: Φ(x) = C1ix)12(e − + C2

ix)12(e +− + x - 2i

e) y” - 4y’ + 5y = 3e-x + 2x2

Solución:

P(r) = r2 - 4r + 5 = 0 ⇒

(r -2)2 = -5 + 4 ⇒ (r -2)2 = -1 ⇒ r = 2 ± i

Φ(x) = e2x(C1cosx + C2senx) + Φp(x)

Φp(x) = )x(1PΦ + )x(

2PΦ

)x(1PΦ =

5)1(4)1(

32 +−−−

e-x = 10

3e-x (Método de los operadores)


134

Utilizando el método de los coeficientes indeterminados para hallar

)x(2PΦ

)x(2PΦ = Ax2 + Bx + C ⇒ )x('

2PΦ = 2Ax + B

)x("2PΦ = 2A

)x("2PΦ - 4 )x('

2PΦ + 5 )x(2PΦ = 2x2

→ 2A -4(2Ax + B) + 5(Ax2 + Bx + C) = 2x2

→ 5Ax2 + (5B - 8A)x + (2A - 4B + 5C) = 2x2

→ 5A = 2 ∧ 5B - 8A = 0 ∧ 2A - 4B + 5C = 0

→ A = 5

2 ∧ B =

25

16 ∧ C =

125

44

Luego: Φ(x) = e2x(C1cosx + C2senx) x-2 e 10

3 x

5

2 x

25

16

125

44++++

f) y” - 7y’ + 6y = senx

Solución:

P(r) = r2 - 7r + 6 = 0 ⇒ r = 1, 6

Φ(x) = C1ex + C2e

6x + Φp(x)

Usando coeficientes indeterminados para determinar Φp(x)

Φp(x) = Acosx + Bsenx ⇒

Φp’(x) = -Asenx + Bcosx ∧ Φp”(x) = -Acosx - Bsenx

Φp”(x) - 7Φp’(x) + 6Φp(x) = senx ⇒

-Acosx - Bsenx - 7(-Asenx + Bcosx) + 6(Acosx + Bsenx) = senx

⇒ (-A - 7B + 6A)cosx + (-B + 7A + 6B)senx = senx

⇒ -A - 7B + 6A = 0 ∧ -B + 7A + 6B = 1

⇒ A = 74

7 ∧ B =

74

5

Luego: Φ(x) = C1ex + C2e

6x + 74

1(7cosx + 5senx)

g) y” + y = 2senxsen2x

Solución:

P(r) = r2 + 1 ⇒ r = ±i

Φ(x) = u1(x)cosx + u2(x)senx


135

Usemos variación de parámetro para hallar u1(x) ∧ u2(x)

u1’(x)cosx + u2’(x)senx = 0

u1’(x)(-senx) + u2’(x)cosx = 2senxsen2x

u1(x) = ∫ )sen,(cos

cos2sensen2

sen0

xxW

xxx

x

dx = ∫

−

−

xcosxsen

xsenxcos

x2senxsen2 2

dx

u1(x) = ∫−

1

2sensen2 2 xxdx = -2 ∫ xsen 2 (2senxcosx)dx

u1(x) = -4 ∫ xsen 3 cosxdx = -sen4x + C1

u2(x) = ∫ − x2senxsen2xsen

0xcos

)xsen,x(cosW

1dx

u2(x) = ∫ xsen2 cosxsen2xdx = ∫ x2sen 2 dx = 2

1∫ − )x4cos1( dx

= 2

x -

8

1sen4x + C2

Φ(x) = (-sen4x + C1)cosx +

+− 24sen

8

1

2Cx

xsenx

Φ(x) = C1cosx + C2senx - sen4xcosx - 8

1senxsen4x +

2

xsenx

h) y” + y = secx

Solución:

* Como en el caso anterior

* Φ(x) = u1(x)cosx + u2(x)senx

* Asimismo: W(cosx,senx) = 1

* u1(x) = ∫ xcosxsec

xsen0dx = ∫ − xsen secxdx = ∫

−

xcos

xsendx

u1(x) = Ln|cosx| + C1 = Ln(cosx) + C1

(Ojo: 2

π− < x <

2

π de esta manera cosx > 0)

* u2(x) = ∫ − xsecxsen

0xcosdx = ∫ xcos secxdx

u1(x) = ∫dx = x + C2


136

Luego tendremos:Φ(x) = (Ln(cosx) + C1)cosx + (x + C2)senx

Así: Φ(x) = C1cosx + C2senx + xsenx + (cosx)Ln(cosx)

i) 4y” - y = ex

Solución:

ΦH(x) = C1e-x/2 + C2e

x/2

pues las raíces son 2

1, -

2

1 del polinomio característico.

* Resolvamos:

u1’(x)e-x/2 + u2’(x)ex/2 = 0

u1’(x)

− − 2/xe

2

1 + u2’(x)

2/xe2

1 =

4

1ex

* u1(x) = ∫ 1

e2

1e

4

1e0

2xx

2x

dx = ∫ −4

1e3x/2dx = -

6

1e3x/2 + C1

pues W(e-x/2, ex/2) = 2/x2/x

2/x2/x

e2

1e

2

1ee

−

−

− = 1

u2(x) = ( )∫ −

−

−

−

x2x

x2x

2x

e,eW

e4

1e

2

10e

dx = ∫2/

4

1 xe dx = 2

1ex/2 + C2

* Φ(x) =

+− 1

2/x3 Ce6

1e-x/2 +

+ 2

2/x Ce2

1ex/2

* Por tanto: Φ(x) = C1e-x/2 + C2e

x/2 +

−

6

1e

2

1 2/x ex

Luego: Φ(x) = C1e-x/2 + C2e

x/2 + 3

1ex

j) 6y” + 5y’ - 6y = x

Solución:

* Raíces: 2/3, -3/2

* Φ(x) = u1(x)e2x/3 + u2(x)e-3x/2


137

* Resolviendo: u1’(x)e2x/3 + u2’(x)e-3x/2 = 0

u1’(x)

3x2e3

2 + u2’(x)

− − 2x3e

2

3 =

6

x

* Hallemos el wronskiano:

W(e2x/3, e-3x/2) = 2x33x2

2x33x2

e2

3e

3

2ee

−

−

− = - 6x5e

6

13 −

* u1(x) = ∫

−

13

62x3

2x3

e2

3

6

xe0

−

−

−dx =

13

1

−−

4

9x

2

3e-2x/3 + C1

* u1(x) = ∫

−

13

6

63

20

32

3/2

xe

ex

x

dx = -13

1 2x3e9

4x

3

2

− + C2

* Φ(x) = C1e2x/3 + C2e

-3x/2 - 6

1x -

36

5

3. Consideremos L(y) = y” + a1y’ + a2y, donde a1, a2 son constantes

reales. Sean A, ω constante reales tales que P(ω) ≠ 0, donde P es el

polinomio característico.

a) Demuestre que la ecuación L(y) = Aeiωx tiene una solución Φ

dada por la relación: Φ(x) = )i(P

A

ωei(ωx - α) donde

P(iω) = |P(iω)|eiα

Demostración:

veamos que: L(Φ) = Aeiωx

φφφφ 21 '")( aaL ++=

'φ (x) = )i(P

)i(A

ω

ωei(ωx-α)

"φ (x) = )i(P

)i(A 2

ω

ωei(ωx-α)

L(Φ(x)) = )i(P

)i(A 2

ω

ωei(ωx-α) + a1

)i(P

)i(A

ω

ωei(ωx-α) + a2

)i(P

A

ωei(ωx-α)

L(Φ(x)) = ( )

)i(P

a)i(a)i(A 212

ω

+ω+ωei(ωx-α)


138

L(Φ(x)) = )i(P

)i(AP

ω

ωei(ωx-α) =

)i(P

e)i(PA i

ω

ω α

ei(ωx-α)

L(Φ(x)) = Aeiωx

(Ojo: P(iω) ≠ 0 así |P(iω)| ≠ 0

Por tanto: Φ(x) = es solución de L(y) = Aeiωx

b) Si Φ es una solución cualquiera de L(y) = Aeiωx, demuestre

que Φ1 = Re(Φ), Φ2(x) = ImΦ) son soluciones de:

L(y) = Acosωx, L(y) = Asenωx respectivamente.

Demostración:

Por la parte (a) tenemos una idea de como atacar la demostración sea Φ(x) una solución cualquiera de L(y) = Aeiωx

Por conocimientos de variable compleja, la Φ(x) podemos expresarla como: Φ(x) = Φ1(x) + iΦ2(x), Φ1 ∧ Φ2 funciones reales de variable real. Luego: Φ’(x) = Φ1’(x) + iΦ2’(x)

Φ”(x) = Φ1”(x) + iΦ2”(x)

Sustituyendo en L(y) = Aeiωx

(Φ1”(x)+iΦ2”(x)) + a1(Φ1’(x)+iΦ2’(x)) + a2(Φ1(x)+iΦ2(x)) = Aeiωx Obviamente se tiene: (Φ1”(x)+a1Φ1’(x)+a2Φ1(x)) + i(Φ2”(x)+a1Φ2’(x)+a2Φ2(x)) = Acosωx + iAsenωx

)(),( 21 tt φφ unciones de valor y variable real

Tomando parte real a ambos miembros, y luego imaginarios; se tiene: Φ1”(x) + a1Φ1’(x) + a2Φ1(x) = Acosωx ∧ Φ2”(x) + a1Φ2’(x) + a2Φ2(x) = Asenωx O sea: L(Φ1(x)) = Acosωx ∧ L(Φ2(x)) = Asenωx Luego: Φ1 es una solución de L(y) = Acosωx Φ2 es una solución de L(y) = Asenωx

c) Demuestre, usando los incisos (a) y (b) que existe una

solución particular Φ de la ecuación

Ly” + Ry’ + C

1y = Ecosωx la cual tiene la forma

Φ(x) = Bcos(ωx - α)


139

Demostración: La ecuación diferencial dada puede expresarse como:

y” + L

Ry’ +

LC

1y =

L

Ecosωx

Así tenemos una ecuación: y” + a1y’ + a2y = Acosωx, donde

A = L

E, a1 =

L

R, a2 =

LC

1, a1, a2, A, ω constantes reales.

Existe una solución por la parte (a), que tiene la forma.

Φ(x) = ( )ωiP

LE ei(ωx-α), α argumento de P(iω)

Por el inciso (b), Φ1 = Re(Φ(x)) satisface L(y) = Acosωx donde L(y) = y” + a1y’ + a2y

Por otro lado: Φ(x) = ( )ωiP

LE(cos(ωx-α) + isen(ωx-α))

Φ1(x) = ( )ωiP

LEcox(ωx-α)

O sea existe una solución Φ1(x) = Bcox(ωx-α) con B = ( )ωiP

LE ∧

donde α es el argumento de P(iω)

Así: Φ1”(x) + L

RΦ1’(x) + Φ1(x) =

L

Ecosωx

es decir: LΦ1”(x) + RΦ1’(x) + C

1Φ1(x) = Ecosωx

d) Supongamos que R2C < 2L en el inciso (c)encuentre el valor

de ω para el cuál B es máximo.

Solución:

Como B = ( )ωiP

LE, donde E, L son constantes positivas, B será máximo cuando

|P(iω)| sea mínimo, así trabajamos con dicho módulo

P(r) = r2 + L

Rr +

LC

1

Tomando módulos:

|P(iω)| =

ω++ω−

L

Ri

LC

12 = 22

2

L

R

LC

1

ω+

−ω

= 2

22

22

24

L

R

CL

1

LC

2 ω++

ω−ω =

22

2

2

24 1

w2

CLL

R

LC+

−−ω

Completando cuadrados dentro del radical

|P(iω)| =

2

2

2

22

2

2

22

L2

R

LC

1

CL

1

L2

R

LC

1−−+

−−ω


140

Por tanto )P(iω es mínimo, cuando:

ω2 - 2

2

L2

R

LC

1− = 0

Como R2C < 2L, tendremos que:

ω2 = LC

1 -

2

2

L2

R

Por tanto tenemos que:

si ω =

21

2

2

L2

R

LC

1

− , B es máximo

Teorema A: b(x) continua en el intervalo I, toda ψ solución de la ecuación

)()( xbyL = en el intervalo I, puede escribirse

2211 φφψψ ccp ++=

4. Consideremos la ecuación L(y) = y” + a1y’ + a2y = b(x), donde a1, a2

son constantes y b(x) es una función continua en el intervalo 0 ≤ x <

∞.

Supongamos que las raíces r1, r2 del polinomio característico P(r) = r2 + a1r + a2, son diferentes y que Re(r1) < 0 y Re(r2) < 0

a) Supongamos que b(x) está acotada en el intervalo

0 ≤ x < ∞, esto es que existe una constante K > 0 tal que: | b(x)| ≤ K (0 ≤ x < ∞) Demuestre que toda solución de L(y) = b(x) está acotada

Demostración: Tenemos que una solución del problema cualquiera, considerando un intervalo

I = [0, p], para cualquier p > 0 estará dada por:

Ψ(x) = C1xr1e + C2

xr2e + 12 rr

1

−[ ]∫

−− −x

x

)tx(r)tx(r

0

21 ee b(t)dt, Rcxx ∈210 ,,

Obviamente esto es posible por el teorema A, dado que se cumplen las hipótesis de dicho teorema.

Sin dificultad apreciamos que: Ψ(x) = ΨH(x) + ΨP(x) donde L(ΨH(x)) = 0 ∧ L(ΨP(x)) = b(x) Veamos que siempre ΨH(x) ∧ ΨP(x) son acotadas en [0, p]

|ΨH(x)| ≤ |C1xr1e | + |C2

xr2e | = |C1|( )x)rRe( 1e + |C2|e

(Re(r2)x Observación:

| xr1e | = ( )x)rIm(i)rRe( 11e + = | ( )x)rRe( 1e | | ( )x)rIm(i 1e | = ( )x)rRe( 1e

Análogamente: | xr2e | = ( )x)rRe( 2e Por otro lado, se tiene:

( )x)rRe( 1e ≤ 1, ∀ x∈[0,p] ∧ como Re(r1) < 0 ( )x)rRe( 2e ≤ 1, ∀ x∈[0,p] ∧ como Re(r2) < 0


141

Por tanto tendremos que: |ΨH(x)| ≤ |C1| + |C2|, ∀ x∈[0,p] (p > 0 cualquiera) Ahora acotemos la solución particular ΨP(x). Por el teorema 10 tenemos que:

ΨP(x) = 12 rr

1

−[ ]∫

−− −x

x

)tx(r)tx(r

0

21 ee b(t)dt

* ΨP(x) = 12 rr

1

−

− ∫∫

−−x

x

trxrx

x

trxr

0

22

0

11 dt)t(beedt)t(bee

Veamos por partes:

∫−

x

x

tr

0

1 dt)t(be ≤ K ( )∫

+−x

x

t)rIm(i)rRe(

0

21 dte

≤ K ( )∫

−x

x

t)rRe(

0

1 dte = )rRe(

K

1

− ( ) ( )( )011 x)rRe(x)rRe( ee −− −

* Análogamente:

∫−

x

x

tr

0

2 dt)t(be ≤ )rRe(

K

2

− ( ) ( )( )022 x)rRe(x)rRe( ee −− −

* Así:

)x(PΨ ≤ 12 rr

1

−

+ ∫∫

−−x

x

trxrx

x

trxr

0

22

0

11 dt)t(beedt)t(bee

)x(PΨ ≤12 rr

1

−( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

−−+

−− −−−− 02220111 x)rRe(x)rRe(

2

x)rRe(x)rRe(x)rRe(

1

x)rRe( ee)rRe(

Keee

)rRe(

Ke

)x(PΨ ≤ 12 rr

K

−

( ) ( )

−+

− −−

)rRe(

1e

)rRe(

1e

2

)xx()rRe(

1

)xx()rRe( 0201

como la integral podemos considerar x ≥ x0, ambos en I = [O, p] se tiene que: x - x0≤ p ⇒ (Re(r1))(x - x0) ≥ pRe(r1)

⇒ -(Re(r1))(x - x0) ≤ -pRe(r1)

⇒ ( )( )01 xx)rRe(e −− ≤ )rRe(p 1e−

Análogamente: ( )( )02 xx)rRe(e −− ≤ )rRe(p 2e−

Luego: )x(PΨ ≤ M, donde:

M = 12 rr

1

−

−+

−

)rRe(

1e

)rRe(

1e

2

)rRe(p

1

)rRe(p 21

(Ojo: pRe(r1) < 0 ⇒ )rRe(

1e

1

)rRe(p 1 − > 0, similarmente

)rRe(

1e

2

)rRe(p 2 − > 0)

Tenemos N = |C1| + |C2| + M Luego tendremos que existe N > 0 tal que:

)x(PΨ ≤ N, ∀ x ∈ [0, p] con p > 0 arbitrario.

Así Ψ(x) una solución cualquiera de L(y) = b(x) siempre es acotada.


142

b) Si b(x) → 0 cuando x→ ∞, demuestre que toda solución de

L(y) = b(x) tiende a cero cuando x → ∞

Demostración: Como Ψ(x) = ΨH(x) + ΨP(x)

Tenemos: ′

∞→xlim ΨH(x) = C1

′∞→x

lim xr1e + C2′

∞→xlim xr2e

= C1′

∞→xlim ( )x)rIm(i)rRe( 11e + + C2

′∞→x

lim ( )x)rIm(i)rRe( 22e +

= C1′

∞→xlim ( )x)rRe( 1e ( )x)rIm(i 1e + C2

′∞→x

lim ( )x)rRe( 2e ( )x)rIm(i 2e

= C1(0) + C2(0) = 0 Nota:

* La función ( )x)rIm(i 1e es acotada, pues | ( )x)rIm(i 1e | = 1 lo cual nos permite afirmar

| ( )x)rIm(i 1e | ≤ 1 ∀ x, así ella es acotada.

* ∞→x

lim ( )x)rRe( 1e = 0, pues Re(r1) < 0

* Similarmente ′

∞→xlim ( )x)rRe( 2e = 0, pues Re(r2) < 0

* ΨP(x) = 12 rr

1

−

− ∫∫

−−X

X

trxrX

X

trxr

0

212

0

11 dt)t(beedt)t(bee

ΨP(x) = 12 rr

1

−

− ∫∫

−−x

0

trxrx

0

trxr dt)t(beedt)t(bee 2211

Como b(x) es continua en [0, ∞> y además ′

∞→xlim b(x) = 0 la gráfica de b(x) tiene

como asíntota al eje x positivo (semieje positivo x), luego las integrales son finitas o sea existen, es decir son constantes. Por tanto cuando tomamos límites se tiene:

′∞→x

lim ΨP(x) = 12 rr

1

−( ))B(emli)A(emli

x

xr

x

xr 21

∞→∞→′−′

A, B constantes Luego como en el caso anterior

′∞→x

lim xr1e = ′

∞→xlim ( )x)rRe( 1e ( )xrie )Im( 1 = 0

pues Re(r1) < 0 y ( )x)rIm(i 1e es acotada

Análogamente ′

∞→xlim xr2e = 0

Por tanto: ′

∞→xlim ΨP(x) = 0


143

5. Demuestre que si P1, P2, P3, P4 son polinomios de segundo grado,

entonces son linealmente dependientes en -∞< x <∞.

Demostración: Sea Pi(x) = aix

2 + bix + ci, i= 1, 2, 3, 4, a ≠ 0 (grado dos polinomios) Tenemos una combinación lineal de P1(x), P2(x), P3(x), P4(x) λ4(a1x

2 + b1x + c1)+ λ2(a2x2 + b2x + c2) + λ3(a3x

2 + b3x + c3)+ λ4(a4x

2 + b4x +c4) = 0 Lo cual nos conduce al siguiente sistema: λ1a1 + λ2a2 + λ3a3 + λ4a4 = 0 λ1b1 + λ2b2 + λ3b3 + λ4b4 = 0

λ1c1 + λ2c2 + λ3c3 + λ4c4 = 0 Tenemos cuatro incógnitasλ1, λ2, λ3, λ4, cuatro ecuaciones, el sistema es

homogéneo, una solución es la trivial los λi = 0; i = 1, 2, 3, 4. Luego el sistema no tiene una única solución. Por lo tanto P1, P2, P3, P4 son linealmente dependientes.

Otro razonamiento: El conjunto V = P(x)/ P(x) es un polinomio de grado 2, es de dimensión 3. Una

base es x2, x, 1, es decir a lo más existen tres polinomios linealmente independientes. Luego si tenemos 4 polinomios de grado 2, uno de ellos es combinación lineal de los otros (al menos uno de ellos), luego ellos son linealmente dependientes.


a) y’’’ - 8y = 0

Solución: P(r) = r3 - 8

P(r) = 0 ⇔ r3 = 8 ⇔ r = 2

π+

3

K20i

e K = 0, 1, 2

⇔ r = 2, -1 + i 3 , -1 - i 3

Φ(x) = c1e2x + c2

( )x3i1e +− + c3( )x3i1e −−

Φ(x) = K1e2x + K2e

-xcos 3 x + K3e-xsen 3 x

b) y(4) + 16y = 0

Solución: P(r) = r4 + 16 polinomio con coeficientes reales y potencias pares, luego P(r) =

0 ⇔ r4 = -16

⇔ r = 2

π+π

3

K2i

e , K = 0,1, 2, 3

⇔ r = ± (1 ± i 3 )

Φ(x) = ex(c1cos 3 x + c2sen 3 x) + e-x(c3cos 3 x + isen 3 x)


144

c) y’’’ - 5y” + 6y’ = 0

Solución: P(r) = r3 - 5r2 + 6r P(r) = 0 ⇔ r(r -2)(r -3) = 0 ⇔ r = 0, 2, 3

Φ(x) = c1 + c2e2x + c3e

3x

d) y’’’ - iy” + 4y’ - 4iy = 0

Solución: P(r) = r3 - ir2 + 4r - 4i P(r) = 0 ⇔ r3 - ir2 + 4r - 4i (r = i e una raíz “visual”) ⇔ (r -i)(r2 + 4)= 0 (usando Rufini) ⇔ r = i, -2i, 2i Φ(x) = c1e

ix + c2e-2ix + c3e

2ix

e) y(100) + 100y = 0

Solución: P(r) = r100 + 100 P(r) = 0 ⇔ r100 = -100

⇔ rK = 1001/100

π+π

100

K2i

e K = 0, ..., 99

⇔ rJ = 1001/100( )

π−

100

1J2i

e

Φ(x) = ∑=

100

1J

xirJ

Jec

f) y(4) + 5y” + 4y = 0

Solución: P(r) = r4 + 5r2 + 4 P(r) = 0 ⇔ (r2 + 1)(r2 + 4) = 0 ⇔ r = -2i, -i, i, 2i Φ(x) = c1cos2x + c2sen2x + c3cosx + c4senx

g) y(4) - 16y = 0

Solución: P(r) = 0 ⇔ r4 - 16 = 0 ⇔ r4 = 16

⇔ r = 2

π+

4

K20i

e K = 0, 1, 2, 3 Como P(r) = 0 tiene coeficientes reales y tiene solamente potencias pares

tenemos: r = -2, 2, 2i, -2i Φ(x) = c1e

-2x + c2e2x + c3cos2x + c4sen2x

h) y’’’ - 3y’ - 2y = 0

Solución: P(r) = r3 - 3ir2 + 3r + i P(r) = 0 ⇔ (r - i)3 = 0 ⇔ r = i, i, i Φ(x) = (C1 + C2 x + C3 X

2)eix


145

7. Encuentre cuatro soluciones independientes de la ecuación: y(4) + λy = 0 que sean linealmente independientes, para los

siguientes casos: a) λ = 0

Solución: y4 = 0 P(r) = r4 P(r) = 0 ⇔ r = 0, 0, 0, 0 Φ1(x) = 1, Φ2(x) = x, Φ3(x) = x2, Φ4(x) = x3

b) λ > 0

Solución: y(4) + λy = 0 P(r) = r4 + λ

P(r) = 0 ⇔ r4 = -λ ⇔ r = λ1/4

π+π

4

K2i

e , K = 0, 1, 2, 3 Como P(r) es un polinomio de potencias pares y coeficientes reales, se tiene

que: P(α) = 0, P(-α) = 0, P( α ) = 0, P(-α ) = 0

Así si denotamos: λ1/4 = K, K ∈ Z+ tendremos que las raíces son: r = Keiπ/4, -Keiπ/4, Ke-iπ/4, -Ke-iπ/4

r = K

+

2

2i

2

2, -K

+

2

2i

2

2, K

−

2

2i

2

2, -K

−

2

2i

2

2

Luego:

Φ1(x) = Kx

2

2

e cos2

2x, Φ2(x) =

Kx2

2

e sen2

2x,

Φ3(x) = Kx

2

2

e−

cos2

2x, Φ4(x) =

Kx2

2

e−

sen2

2x

Son soluciones trivialmente independientes.

c) λ < 0

Solución: Sea λ = -K4, K ∈ R+, luego las raíces del polinomio característico serán: r = -

K, K, Ki, -Ki Las soluciones independientes podríamos tomarla: Φ1(x) = e-Kx, Φ2(x) = eKx, Φ3(x) = eKix, Φ4(x) = e-Kix

8. Supongamos que todas las raíces del polinomio característico de la

ecuación: y(n) + a1y(n-1) + ... + any = 0 tener la parte real negativa.

Demuestre que cualquier solución tiende a cero cuando x → ∞


146

Demostración: a) Si todas son diferentes, tendríamos:

Φ(x) = ∑=

n

1K

xri

Kec

para cada K, K = 1, ..., n se tiene que:

∞→xlim xrKe =

∞→xlim ( )xiba KKe + =

∞→xlim xaKe ( )xibKe = 0

como rK = aK + ibK y aK < 0, se tiene que ∞→x

lim xaKe

y como xibKe ≤ 1 (acotada)el producto de xaKe por xibKe tiende a cero . Luego:

∞→xlim xrKe = 0, ∀ K = 1, ..., n

∞→xlim Φ(x) = ∑

=

n

1KKe

∞→xlim xrKe = 0 + 0 + ... + 0 = n(0) = 0

b) Si hubiera una raíz rK de multiplicidad m, m ≤ n tendríamos que:

∞→xlim (c1 + c2x + c3x

2 + ... + cmxm-1) xrKe =

∞→xlim (c1

xrKe + c2xxrKe + ... + xm xrKe )

sabemos que: ∞→x

lim xm xaKe = 0, si aK < 0

Así tendríamos que: ∞→x

lim (c1 + c2x + ... + cmxm-1) xrKe = 0

Por tanto en cualquier caso (a) ó (b) se tiene que: ′

∞→xlim Φ(x) = 0

9. Considérese la ecuación: y’’’ - 4y = 0

a) Calcule tres soluciones linealmente independientes

Solución: P(r) = r3 + 4r P(r) = 0 ⇔ r = 0, -2, 2 Φ1(x) = 1, Φ2(x) = e-2x, Φ3(x) = e2x b) Calcule el wronskiano de las soluciones halladas en (a) Solución:

W(1, e-2x, e2x) = x2x2

x2x2

x2x2

e4e40

e2e20

ee1

−

−

−

− = x2x2

x2x2

e4e4

e2e2−

−− = -16

c) Encuentre la solución Φ que además satisfaga las siguientes

condiciones: Φ(0) = 0, Φ’(0) = 1, Φ”(0) = 0 Solución: Φ(x) = c1 + c2e

-2x + c3e2x

Φ’(x) = -2c2e-2x + 2c3e

2x Φ”(x) = 4c2e

-2x + 4c3e2x

Φ(0) = 0 ⇒ c1 + c2 + c3 = 0


147

Φ’(0) = 1 ⇒ -2c2 + 2c3 = 1 Φ”(0) = 0 ⇒ 4c2 + 4c3 = 0

Resolviendo el sistema: c1 = 0 ∧ c2 = -4

1 ∧ c3 =

4

1

Luego la Φ(x) solicitada es: Φ(x) = -4

1e-2x +

4

1e2x =

2

1senh2x

10. Supongamos que Φ es una solución de la ecuación

y(n) + a1y(n-1) + ... + any = 0

y que n

xa

exx1

)()( Φ = Ψ . Demuestre que Ψ satisface una ecuación lineal

homogénea con coeficientes constantes y(n) + b1y

(n-1) + ... + bny = 0 donde b1 = 0 Demostración: * Cuando n= 2 Sea Φ(x) una solución de y” + a1y’ + a2y = 0............................(1)

Veamos que Ψ(x) = Φ(x) 2

xa1

e es una solución de la ecuación y” + b1y’ + b2y = 0 Para algún b2 constante.

Ψ’(x) = Φ’(x) 2

xa1

e + Φ(x) 2

xa1

e

2

a1

Ψ”(x) = Φ”(x) 2

xa1

e + Φ’(x)2

a1 2

xa1

e + Φ’ (x) 2

xa1

e

2

a1 +2

1

2

a

Φ(x) 2

xa1

e

Ψ”(x) = Φ”(x) 2

xa1

e + a1Φ’(x) 2

xa1

e + 2

1

2

a

Φ(x) 2

xa1

e

Por lo anteriormente expresado: Ψ”(x) + b2Ψ(x) = 0 para algún b2 constante que hallaremos

(Φ”(x) + a1Φ’(x)) 2

xa1

e + 2

1

2

a

Φ(x) 2

xa1

e + b2Φ(x) 2

xa1

e = 0

Cancelando los exponenciales y sumando y restando a2Φ(x)

(Φ”(x) + a1Φ’(x) + a2Φ(x)) +

−

+ 2

2

12 a

2

ab Φ(x) = 0

Como Φ es solución de (1), el primer paréntesis es cero; luego:

−

+ 2

2

12 a

2

ab Φ(x) = 0

b2 = a2 - 2

1

2

a


148

Es decir existe una ecuación diferencial con coeficientes constantes y donde b1 = 0

y” +

−

2

12

2

aa y = 0

de la cual es solución que era lo que deseábamos demostrar * Analizaremos si n = 3 Sea Φ(x) una solución de y’’’ + a1y” + a2y’ + a3y = 0, encontremos b2 y b3

constantes tal que Ψ(x) = Φ(x) 3

xa1

e sea una solución de y’’’ + 0y” + b2y’ + b3y = 0 O sea que: Ψ’’’ + b2Ψ’(x) + b3Ψ(x) = 0.....................................(2) Calculemos las derivadas: Ψ’, Ψ”, Ψ’’’.

Ψ’(x) = Φ’(x) 3

xa1

e + Φ(x)3

a1 3

xa1

e

Ψ”(x) = Φ”(x) 3

xa1

e + 3

a1 Φ’(x) 3

xa1

e +3

a1 Φ’(x) 3

xa1

e + 2

1

3

a

Φ(x) 3

xa1

e

Ψ”(x) = Φ”(x) 3

xa1

e + 3

a2 1 Φ’(x) 3

xa1

e + 2

1

3

a

Φ(x) 3

xa1

e

Ψ’’’(x) = Φ’’’(x) 3

xa1

e + Φ”(x)3

a1 3

xa1

e + 3

a2 1 Φ”(x) 3

xa1

e +

22

1

3

a

Φ’(x) 3

xa1

e + 2

1

3

a

Φ’(x) 3

xa1

e + 3

1

3

a

Φ(x) 3

xa1

e

Sustituyendo:

Φ’’’(x) + a1Φ” + 32

1

3

a

Φ’ +

3

1

3

a

Φ + b2

Φ+Φ

3

a' 1 + b3Φ = 0

(Hemos cancelado la exponencial) Sumando y restando a2Φ, y agrupando:

(Φ’’’ + a1Φ” + a2Φ’ + a3Φ) +

−

+ 2

2

12 a

3

a3b Φ’ +

−+

+ 33

2

12 ab

3

ab Φ = 0

El primer paréntesis es cero, pues Φ es solución de: y’’’ + a1y” + a2y’ + a3y = 0

−

+ 2

2

12 a

3

a3b Φ’ +

−

+ 3

123 a

3

abb Φ = 0

Tomemos b2 ∧ b3 de manera que:

2

2

12 a

3

a3b −

+ = 0 ∧ 3

123 a

3

abb −

+ = 0

de donde b2 = a2 - 32

1

3

a

∧ b3 = a3 - b2

3

a1 = a3 - 3

aa 21 + 33

1

3

a


149

así hemos conseguido lo deseado; o sea ψ(x) sea solución de la ecuación: y’’’ + 0y” + b2y’ + b3y = 0

Demostración:

* Tomemos Φ solución de: 0yan

0K

)Kn(K =∑

=

− donde a0 = 1

* Como ψ = Φ x

n

a

e1+

, lo cual equivale a:

Φ = ψx

n

a1

e−

* La idea es sustituir Φ, Φ’, ..., Φ(n) en la ecuación inicial, como sabemos que: )K(

xn

a1

e

Ψ

−

= ∑=

K

0J J

K )JK( −Ψ

)J(x

n

a1

e

−

= ∑=

−

K

0J

1 Jn

a

J

K )JK( −Ψx

n

a1

e−

Constante CK,J (Nota: J índice de sumación) * Sustituyendo tenemos:

∑=

−

n

J

J

n

a

J

n

0

1 )( Jn−Ψx

n

a1

e−

+ a1 ∑−

=

−

−1n

0J

J

1

n

a

J

1n )( Jn−Ψx

n

a1

e−

+ ... + an-1 ∑=

−

1

0J

J

1

n

a

0

1 )J1( −Ψx

n

a1

e−

= 0

* Calculando la exponencial

∑=

n

0JJ,nC )Jn( −Ψ + a1 ∑

−

=−

1n

0JJ,1nC )J1n( −−Ψ + ... + an-1 ∑

=

1

0JJ,1C )J1( −Ψ + anΨ = 0

* Hallemos el coeficiente de Ψ(n):

coeficiente de Ψ(n) = Cn,0 =

0

n0

1

n

a

− = 1

* Ahora hallemos el coeficiente de Ψ(n-1): Coeficiente de

Ψ(n-1) = Cn,1 = a1Cn-1,0 =

1

n1

1

n

a

− + a1

−

0

1n0

1

n

a

−

= - )!1n(!1

!n

− n

a1 + a1)!1n(!0

)!1n(

−

− = -a1 + a1 = 0

coeficiente de Ψ(n-1) = 0 * Luego Ψ satisface la ecuación diferencial: y(n) + 0y(n-1) + b2y

(n-2) + ... + bn-1y(1) + bny = 0

donde b2, b3, ...bn son constantes y b1 = 0


150

Ecuaciones en diferencias

Es de mucho interés el estudio de funciones de variable discreta, generalmente para estudiar la solución de algún problema es conveniente a veces discretizarla. Si hablamos de señales, hay dos tipos: Señal analógica: cuando la variable independiente es continua. Señal digital: cuando la variable independiente es discreta. En el caso de tener una secuencia RZf →: , entonces tenemos una función

(señal) discreta, se suele llamar a la variable independiente discreta ARGUMENTO. El problema que enfrentamos, es hallar una función discreta que satisface alguna “ecuación de diferencia”. Por ejemplo deseamos hallar )(nfyn = (sucesión o secuencia) que satisface

2,2 1 ≥= − nyy nn

1)1( =y

la solución es 12 −= nny

Obviamente hay dos tipos de discretización cuando el tamaño del paso h es igual: Señal Analógica

Señal discretizada

Señal discretizada

Tamaño de paso constante

Tamaño de paso disconstante

Algunas veces se suele usar )(xf en vez de )(ny , obviamente )(ny ó ny son

los más usados en aplicaciones de circuitos digitales. Ahora cuando hablamos de sucesiones: )(nfyn = , CNf →:

Ó generalizando )(nfyn = , CZf →:

Como hemos mencionado anteriormente, nos interesa que la discretización sea uniforme, es decir si CAf →: ñ A formado por un conjunto de puntos aislados

1−−= ii xxh , i∀

Así empezaremos definiendo algunos operadores para funciones f discretas con h=cte.


151

Operador ∆

Sea CAf →: , A un conjunto de puntos aislados “igualmente separados” por

un tamaño h. )()()( xfhxfxf −+=∆

))(()(2 xfxf ∆∆=∆

))()(()(2 xfhxfxf −+∆=∆

)()()()()(2 xfhxfhxfhhxfxf −+−+−++=∆

)()(2)2()(2 xfhxfhxfxf ++−+=∆

)()(3)2(3)3()(3 xfhxfhxfhxfxf −+++−+=∆

Podemos generalizar pero no es importante, solo debemos tener en cuenta o siguiente.

))(()( 1 xfxf nn −∆∆=∆ Observaciones

1. Si pensamos en que )(nfyn = tenemos:

nnn yyy −=∆ +1

nnnn yyyy +−=∆ ++ 122

nnnnn yyyyy −+−=∆ +++ 1233 33

2. ( ) nn yrry ∆=∆ , r constante

( ) nnnn xyxy ∆+∆=+∆

Operador Desplazamiento Definamos )()( hxfxEf +=

)2())(()(2 hxfxEfExfE +==

consecuencia: )()1()()()()()( xfExfxEfxfhxfxf −=−=−+=∆

es decir 1−=∆ E

)()(2)()()(2)2()( 22 xfxEfxfExfhxfhxfxf +−=++−+=∆

)()12()( 22 xfEExf +−=∆

Así tenemos: 22 )1( −=∆ E

Apreciamos de igual manera que 33 )1( −=∆ E

¿Se cumplirá: nn E )1( −=∆ , Nn∈ ?

Observaciones

1+= nn yEy , 22

+= nn yyE , knnk yyE +=

Operador de la media M

))()((2

1)( xfhxfxMf ++=

))()((2

1)( xfxExMf +=

)11(2

1++∆=M

12

+∆

=M


152

Ecuaciones en diferencias

Tenemos especial interés en resolver ecuaciones de la forma ( ) )()( xgxfBA =+∆ Ecuación de diferencia de primer orden

( ) )()(2 xgxfCBA =+∆+∆ Ecuación de diferencia de segundo orden

CBA ,, constantes reales

O también podemos expresarlas de la siguiente manera en términos del operador E.

( ) )()(2 xgxfCbEaE =++ Ecuación de diferencias de orden 2

( ) )()( xgxfbEaE =+ Ecuación de diferencias de orden 1

En el otro lenguaje tendríamos: )(12 ngcybyay nnn =++ ++ Ecuación de diferencias de orden 2

)(1 ngbyay nn =++ Ecuación de diferencias de orden 1

Analogía: Existe una analogía entre las EDOL y las ecuaciones en diferencias por lo que empezaremos hallando la solución de ecuaciones de diferencias homogéneas, es decir de ecuaciones de la forma

0)(0

=

∑

=

− xfEan

k

knk es de orden n .........(1)

Polinomio Característico

∑=

−=n

k

knk rarP

0

)(

Propiedad

Si P(r1)=0, entonces x

rxf 1)( = es una solución de (1)

Observación: Supongamos que deseamos resolver una EDO lineal de primer orden homogénea

01 =++ nn byay , py =)1(

a

brbarrP −=⇒+=)(

La solución será nn

a

bAy )(−=

b

apA

a

bAp −=⇒−= )(

1)()( −−=−−= nnn

a

bp

a

b

b

apy


153

Ecuación de diferencias de orden 2

021120 =++ ++ nnn yayaya ó ( ) 0)(212

0 =++ xfaEaEa

212

0)( arararP ++= tiene 2 raíces 1r y 2r así:

Caso 1: Raíces Reales distintas

Si 21 rr ≠ , nn

n BrAry 21 +=

Caso 2: Raíces Reales iguales

21 rr = , ( ) n

n rBnAy 1+=

Caso 3: Raíces Complejas

21 rr = Como 210 ,, aaa R∈ , 21 rr = las raíces complejas serán conjugadas.

ibar +=1 , ibar −=2

θρ ier =1 , θρ ier −=1 nini

n eBeAy )()( θθ ρρ −+= θθ ρρ inninn

n eBeAy −+=

)()( niSennCosBniSennCosAy nnn θθρθθρ −++=

( ) ( ) nSeniBiAnCosBAy nnn θρθρ −++=

nSenknCosky nnn θρθρ 21 += ..........(2)

La solución de

( ) 0)(212

0 =++ xfaEaEa

xSenkxCoskxf xx θρθρ 21)( +=

Ejemplo 1: Resolver 0)()2)(1( =−− xfEE 1)1(,1)0( == ff

1,20)1)(2()( =⇒=−−= rrrrP xx BAxf 12)( +=

BAxf x += 2)(

10121)1(

11)0(=∧=⇒

=+⇒=

=+⇒=BA

BAf

BAf

1)( =xf

Ejemplo 2: Resolver: 1)2()1(,0)()1)(2( ===−∆−∆ ffxf

0)()11)(21( =−−−− xfEE

0)()2)(3( =−− xfEE

3,20)( =⇒= rrP xx BAxf 32)( +=

3

1

3

1

1941)2(

1321)1(−=∧−=⇒

=+⇒=

=+⇒=BA

BAf

BAf

132)( −−= xxxf


154

Ejemplo 3: Resolver 3,1,082 2112 ===−− ++ yyyyy nnn

4,2082)( 2 −=⇒=−−= rrrrP nn

n BAy 4)2( +−=

24

5

12

1

31643

1421

2

1 =∧−=⇒=+⇒=

=+−⇒=BA

BAy

BAy

nnny 4

24

5)2(

12

1+−−=

Ejemplo 4: Halla los números de Fibonacci dados por

1,0, 1012 ==+= ++ yyyyy nnn

2

51

2

5101)( 21

2 +=∧

−=⇒=−−= rrrrrP

nn

n BAy

++

−=

2

51

2

51

00)0(5

5

5

51

2

51

2

511)1( =+⇒=∧=∧−=⇒=

+−

−⇒= BAyBAAy

( ) ( )( ) nnn

ny −−−+= 251515

5

Ejemplo 5: Determinar el término general de la sucesión: 0,1,1,3,5,11,21,43,... Vemos que nnn yyy 212 += ++

2,102)( 2 −=⇒=−−= rrrrP nn

n BAy )1(2 −+=

3

1

3

1

121

00

1

0 −=∧=⇒=−⇒=

=+⇒=BA

BAy

BAy

( )1)1(23

1 +−+= nnny

Ejemplo 6: Determinar las soluciones de (1) 0127 12 =++ ++ nnn yyy

(2) 03 =++ nn yy

)31(,101)( 3 irrrP ±−=⇒=+=

nnn

nCSen

nBCosAy 2

33)1(

++−=

ππ

3,2

πθρ ==

(3) 20,0 102 =∧==++ yyyy nn


155

irrrP ±=⇒=+= 01)( 2

21

πθρ =∧=

2)1(

2)1(

ππ nSenB

nCosAy nn

n +=

22

ππ nBSen

nACosyn +=

000 =⇒= Ay

221 =⇒= By

22

πnSenyn =

Soluciones independientes

Supongamos que deseamos resolver 021120 =++ ++ nnn yayaya

Si tenemos dos soluciones de dicha EDD por la analogía con las ED, definimos el Wronskiano

11

),(−−

=nn

nn

nnvu

vuvuW

Esto se generaliza, es decir si tenemos una EDD de orden n homogénea

Raya i

m

kknk ∈=∑

=+ ,0

0

Si tenemos n soluciones nnnnn yyyy ,...,, 321 (el exponente no indica potencia)

mmnmnnmn

mnn

mnn

mnnn

nnnnn

yyy

yy

yy

yyy

yyyyW

121

1

21

2

11

1

21

321

...

),...,,(

+−+−+−

−−

−−

=

L

MM

Ecuaciones de diferencias con coeficientes constantes no homogénea

( ) )()(212

0 xgxfaEaEa =++ , 0)( ≠xg x discreta o equivalentemente

( ) )(212

0 ngyaEaEa n =++

la solución general será: pnnnn yyy )()( +=

Procedamos como en el caso de las ecuaciones diferenciales ordinarias con coeficientes constantes no homogéneas. Ejemplo

Resolver 3)82( 2 =−− nyEE

( ) nnnnnn BAyy 4)2( +−==

( ) )3( npnpn kyy ==


156

Hallamos k por sustitución, como el método de los coeficientes indeterminados visto en las ecuaciones diferenciales ordinarias lineales con coeficientes constantes no homogéneas.

npn kyEE 3)82( 2 =−−

nnkEE 33)82( 2 =−−

( ) ( ) ( )[ ] nnnn EEk 3383232 =−−

[ ] 1)863(33.83.23 212 =−−⇒=−− ++ kk nnnn

5

1−=k

)3(5

1)4()2( nnn

n BAy −+−=

Ejemplo

Resolver ( ) nnyEE 41682 =+− , 4)1(,1)0( == yy

( ) 4,4041682)(2

−=⇒=−=+−= rrrrrP

( ) nnn BnAy 4+=

npn kny 42=

( )( ) nnknEE 44168 22 =+−

( ) ( ) ( ) nnnn knEknknE 4416484 2222 =+− nnnn knnknk 44164)1(84)2( 21222 =++−+ ++

( )[ ] nnnnnnnk 4416)12(321644 222 =+++−++

( )222 16326432646416 nnnnnk +−−−++

( ) 116326432646416 222 =+−−−++ nnnnnk

32

1132 =⇒= kk

nn nBnAy 4

32

1 2

++=

11)0( 0 =⇒== Ayy

32

144)

32

1(41 −=⇒=++⇒= BBAy

nn nny 4

32

1

32

11 2

+−=

Observación Si deseamos hallar una solución de nn xyEL =)(

Cuando nn ax = y si 0)( ≠aL entonces np

n aaL

y)(

1=


157

Ejemplo

Resolver nnn yy 22 =−+

nnpn

Ey 2

14

12

1

12 −

=−

=

npny 2

3

1=

Conectores adicionales para sistemas digitales

Sumador

∑nx

ny

nn yx +

Retardo

)(nx )( knx −Retardok

Multiplicador

a)(nx )(nax

Ejemplo: Hallar )(ny en el circuito adjunto, si además 7

9)0( =y , 2)1( =y .

∑

Retardo 2

2

n3ny

nnyny 3)1(2)( +−= nnyny 3)1(2)( =−−

23)(2)2( +=−+ nnyny

2,202)( 2 −=⇒=−= rrrP

nnn BAny 37

9)2()2()( ++−=

BABAy −=⇒=++⇒=7

9

7

9

7

9)0(


158

28

213

7

13222

2

27222)1( −=⇒−=⇒=++−⇒= BBBAy

( ) nnnny 37

9)2()2(

28

213)( ++−=

Ejemplo: Hallar )(ny en el circuito adjunto, mostrando las EDD que cumple

)(ny

Retardo1

Retardo1

Retardo1

Retardo1

3 3

∑∑

∑

n2

)(ny

Del circuito se tiene: nnynynyny 2)2(2)1(3)4()( =−+−+−+

Esta ecuación en diferencias equivale a:

)2(16)()2(2)3(3)4( nNynynyny =++++++

Ejemplo: Determinar la EDD para el circuito

Retardo2∑

3

2∑y(n)n2


159

Hagamos un diagrama adicional mostrando lo que sucede

Retardo2∑

3-2

2∑y(n)n2 )(

2

1ny

)2(2)(6 −−− nyny

)2()(3 −+ nyny

)2( −ny)(ny

)(ny

)(ny

Vemos que:

nnynyny 2)2(2)(6)(2

1+−+−=

nnyny 2)2(4)(14 =−− EDD de orden 2 no homogénea

Ejemplo: La “ecuación de ingreso nacional” es

Iayayy nnn =+− ++ 12 2

donde 10 << a , I constante θieaaaiaraarrrP ±=−±=⇒=+−= 22 02)(

asena −=∧= 1cos θθ

La solución de la ecuación del ingreso nacional es: pn

nnn ynaBsennaAy ++= θθ cos)()(

a

I

aa

II

aaEEy np

n−

=+−

=+−

=121

)2(2

12

a

InaBsennaAy nn

n−

++=1

cos)()( θθ

Ecuaciones en diferencias con coeficientes variables

Deseamos resolver: 08)1(2)2( 12 =−+−+ ++ nnn yynyn

Podemos sugerir un cambio de variable: 22 )2( ++ += nn ynx es decir nn nyx =

Así resolveremos 082 12 =−− ++ nnn xxx

Polinomio: 0)2)(4(822)( =−−=−−= rrrrrP

Raíces: 4,2− nn

n BAx )4()2( +−= nn

n BAny )4()2( +−=

( )nnn BA

ny )4()2(

1+−=


160

Ecuaciones no lineales

Mediante algún cambio de variable transformamos una ecuación no lienal en otra lineal Ejemplo:

Resolver NnLQQ

Qn

n ∈=+=+ ,,1

1 11 y hallar nn

Q∞→

lim

Hacer n

nn

y

yQ 1+=

11

2

11

2 11

1++

+

++

+ +=↔+=n

n

n

n

n

nn

n

y

y

y

y

y

yy

y

nnn yyy += ++ 12 EDDLCC

01)( 2 =−−= rrrP

Raíces : 2

51±

nn

n BAy

−+

+=

2

51

2

51 (números de Fibonacci)

( ) ( )( ) ( )nn

nn

nn

nn

n

BA

BA

BA

BA

Q5151

5151

2

1

2

51

2

51

2

51

2

5111

11

−++

−++=

−+

+

−+

+

=

++

++

( ) ( )( ) ( ) ( )22

1 515151512 −++=−++⇒= BABALLQ ..........(1)

2

51lim

+=

∞→n

nQ

de (1) hallamos una relación entre A y B Ejemplo: Resolver la ecuación no lineal

n

nn

P

PP

+=+

11

Sugerencia: hacer el cambio de variable nn Py /1=

1

111

1

1

1

11 +=↔

+=

++ nn

n

n

n yyy

y

y

11 +=+ nn yy EDDLCCNH

la cual es simple de resolver.


161

Ejercicios:

1. Hallar la DEL cuya solución sea nnn BAy −+= 52

2. Resolver )!1()1(1 +++=+ nyny nn 2)0( =y

3. Resolver: !21 nnyy nnn +=+ , 0)0( =y

4. Resolver: 0252 12 =+− ++ nnn yyy , 00 =y , 11 =y

5. Resolver: nnnn yyy 2256 12 =++ ++ , 010 == yy

6. Para que valores de a, tienen carácter oscilatorio las soluciones de la EDDLCC: 0)1(2 12 =++− ++ nnn yayy

7. 13 =−− nn yy , 110 == yy Halle la solución.

8. Resolver: 2

cos2

πnyy nn =++

9. Resolver: nnn nyy )1(2

2 −=−+

10. 1123 =−+− +++ nnnn yyyy , 00 =y , 11 =y , 22 =y

Aplicación Circuital

Determinar el voltaje de cada nodo en el circuito adjunto:

RRRR

2R 2R 2R 2R+

-

12,16 10 == VV

Consideremos la malla dela figura

1i

2i

3i1+nV 2+nV

R2 R2 R2

nV

321 iii +=

R

VV

R

V

R

VV nnnnn 2111

2+++− −

+=−

Multiplicando por 2R 0252 12 =+− ++ nnn VVV

Polinomio: 2,2

10252)( 2 =⇒=+−= rrrrP

nnn BAV 22 += −

160 =+= BAV

1222

1 =+= BA

V


162

Resolviendo el sistema tenemos la solución buscada.

3

40,

3

8== BA

( ))2(423

1 3 nnnV −+ −+=

SOLUCIÓN EN SERIE DE POTENCIA DE UNA EDOL DE ORDEN 2

Indudablemente hay ecuaciones diferenciales de orden 2 (o cualquier orden) las cuales admiten una solución pero que por los métodos clásicos vistos no podemos acceder a la solución. Inclusive las de primer orden por ejemplo, supongamos que deseamos hallar la solución al siguiente problema de Cauchy:

0

2

)0( yy

yty

=

+=′ )(tyy =

ytyxf += 2),( es continua y 1=yf también es continua en cualquier dominio

rectangular dyaytR ≤≤= /),( que contenga al (0,y0) obviamente.

Podemos ver que se trata de una EDOLDPO cuya solución por integración es complicada pero podemos asumir que admite una solución serial o también buscando en factor integrante. Pensemos en que deseamos usar series lo cual admiten que en dominio de convergencia que comienza al (0,y0) podemos durar serie y así obtener la solución.

nn

ntay

0≥∑=

1

0

21

1

1 −

≥

−

≥∑+=∑= n

nn

nn

ntattnay

sustituyendo: n

nn

nn

ntattna

0

21

1 ≥

−

≥∑=∑

uniformizando el índice de sumación

2

01

0)1( ttatan n

nn

nn

n=∑−+∑

≥+

≥

2

10

))1(( ttaan nnn

n=−+∑ +

≥

( ) 0101 010 aaaa =⇒=−+

( )

( ) ( ) 023

01212

6

1

3

11

3

1012

2

1

2

1011

aaaaa

aaaaa

nn +=+=⇒=−+

==⇒=++


163

( )

22)2()(

)0(

22)2()(

22...)!3

1

!2

11)(2()(

2,01

20

000

20

2320

2

−−−+=

=⇒=

−−−+=

−−−+++++=

≥∀=−+ +

tteyty

yayy

tteaty

tttttaty

naan

t

t

nn

Ecuaciones diferenciales lineales de orden 2

Son las de mayor interes, consideremos inicialmente la ecuación

)1()()(')(")( xfyxRyxQyxp =++

una EDOLCCVNH, donde P(x0)≠x0, P(x) una función continua en 0x , entonces

podemos dar algunas pautas fundamentakes. Cuando P,Q,R son polinomios en x, si P(x0)≠0 , x0 se llama un punto ordinario, en caso P(x0)= 0 se denomina a x0 un punto singular, para (1). En general consideremos la EDOLCCVH: )2(0)(')(")( =++ yxRyxQyxp

donde)(

)(

)(

)(

xP

xR

xP

xQ∧ son funciones analíticas en x0, es decir ambas admiten un

desarrollo en serie de Taylor en potencias de x-x0 . Propiedad. La ecuación (2) admite una serie de potencias alrededor de x0 (es decir potencias de x-x0) como solución de ella, siempre que x0 sea un punto ordinario. PROBLEMA MODELO. Veamos el caso más simple, es decir resolvamos la ecuación

[ ] 0)44)1( 22 =+−− yxDDx

vemos que las funciones 22 1

4

1

4

xx

x

−∧

− son analíticas en x=0, el cual es un

punto ordinario.. Admitamos que esta admite una solución serial (desarrollo en serie).

nn

nxay

0≥∑= , los an son coeficiente de la seria de potencias por hallar.


164

Sustituyendo en la EDOL dada.

( ) ( ) 044110

1

1

2

2

2 =∑+∑−−−≥

−

≥

−

≥

∑ nn

n

nn

n

nn

n

xaxnaxxannx

Uniformizando el índice de sumación, para “simplificación”

044)1()1(012

2

2=∑+∑−−∑−−∑

≥≥≥

−

≥

nn

n

nn

n

nn

n

nn

nxaxnaxannxann

Todos los índices se uniformizan que empiecen de 0

( )( )

[ ]

2,)4)(1()1)(2(;0446;042

044)1()1)(2()446()42(

044)1(12

211302

22

11302

0122

0

≥∀+−=++=+−=+

=+−−−++∑++−++

=∑+∑−+∑−++∑

+

+≥

≥≥≥+

≥

nannannaaaaa

xanaannannxaaaaa

xaxnaxannxann

nn

nnnnn

n

nn

n

nn

n

nn

n

nn

n

como Nnaa n ∈∀== + ,0,0 122

Cuando n es par se tiene: 2,)2)(1(

)4)(1(2 ≥∀

++

+−=+ na

nn

nna nn

0a constante contraria

0460245

4

5

4;

2

1aaaaaa −==−== a1 = arbitrario

a3 = 0 = a2n+1, 1≥n

Queda para el lector, resolver la EDDF de orden 2.

....)5

421(

....5

42

64201

6440

2010

−−−−+=

−−−−+=

xxxaxay

xaxaxaxaay

Análogamente pedimos resolver la ecuación:

)1......(84'4")1( 2 =+−− yxyyx


165

x=0 es un punto ordinario para (1), admitamos que ella admite una solución tipo serie de potencias

nn

nxay

0≥∑=

Teníamos la solución para el caso homogéneo; ahora igualmente a 8

[ ]

nnaaaaa

aaa

aaaaaaa

nann

nnaaaa

xannannxaaa

n

nn

nnn

n

∈∀====⇒=

−==

−==−==−=

≥∀++

++=Λ=Λ=+

=++−++∑+++

+

+

+≥

,0...0

75

64

75

112

15

14

5

4

5

8

30

242

2

1,24

2,)2)(1(

)4)(1(06842

8)4)(1()1)(2(6)42(

129753

068

0462402

2302

20

302

luego la solución tendría la forma:

...75

64

75

112)

5

4

5

8)204( 8

04

010 +

−+

−+−++= xaxxaay

O sea tenemos la solución general considerando

2...)75

112

5

824()()

75

64

5

421(

:

86421

86420

1201

+++++++−−−−=

=∧=

xxxxxaxxxxay

acac

las soluciones independientes las hemos obtenido sustituyendo, en la ecuación mientras que la última es la solución particular. Otro caso seria resolver.

!,4'4")1(

0

2

n

xeeyxyyx

n

n

xx

≥∑==+−+


166

tenemos ahora

002402

10

2302

24

7

24

12

2

116

12

1)

2

16(

12

1,2

2

1

..,

2,!

1)4)(1()2)(1(16142

aaaaaa

arbitrarioaarbitrarioa

nn

annannaaa nn

−=+−=+=−=

≥=−−+++∧=∧=+ +

Soluciones independientes

Solución particular:

También podemos resolver la ecuación

en cuyos casos tendríamos que usar productos de series, obviamente es más complicado, pero se puede acceder a la solución en ciertos casos. Es de interés primordial, resolver un problema de Cauchy, es decir una ecuación con condiciones iniciales cuyo número depende del orden de la ecuación. Generalmente cuando hablamos la solución de un EDOL mediante series, es necesario mencionar el dominio de averiguar la convergencia de la solución lo cual implica algunas veces resolver EDD como ya lo apreciamos en el genero propuesto los criterios iniciales para ver la convergencia son: D’Alambert, Cociente, Raíz, Rabee. Esta teoría se aplica también e EDOLCCV recordando como en el caso clásico. Veamos el siguiente ejemplo: Resolvamos la EDOLCCV hallando una solución serial

• x=0 es un punto ordinario, luego la EDOLCCV admite una solución tipo serie de potencias.

• Admitamos que es una solución • sustituyendo :

0630

24

720

169aa −=

++++−−−−= 000

8

1

6

1)(...)

4

521( 53

1642

0 xxxaxxxay

xxxx ,...5

421 642 −−+−

...8

1

6

1 53 ++= xxy p

0/// =++ yyey x

0// =− xyy 1)0( =y 0)0(/ =y 0)0(

// =y

nn

nxay

0≥∑=


167

• uniformizando los índices:

Desarrollando:

Tenemos que:

Empezamos por hallar la primera solución

así tenemos una primera solución, al tomar

Por tanto esta serie converge en todo R. * Ahora obtengamos una segunda solución que sea L.I.con a1 arbitrario

0)2)(3)(4( 1

0

14 =∑−+++∑ +

≥

++

≥

nn

n

nn

Bnxaxannn

( ) 0))2)(3)(4()1)(2)(3( 14

03 =−+++∑+ +

+≥

nnn

nxaannna

0,)2)(3)(4(

10 43 ≥∀

+++=∧= + na

nnnaa nn

0012

00804

!12

9.5.1

12.11.10.8.7.6.4.3.2

1

!8

5.1

8.7.6.4.3.2

1,

.4.3.2

1

aaa

aaaaa

arbitrarioan

==

===

10 =a n

nx

n

nx 4

11

)!4(

)34....(9.5.11)(

−∑+=≥

φ

)(2 xφ )(1 xφ

11913

1159

1115

!13

10.6.2

13....9.8.7.6.5.4.3.2.1

10.6.2

13.12.11

1

!9

6.2

9.8.7.6.5.4.2.3.1

6.2

9.8.7

1

!5

2

5.4.3.2.1

2

5.4.3

1

aaaa

aaaa

aaaa

===

===

===


168

en general:

Luego una segunda solución LI con es

* Por último hallemos una tercera solución L.I con φ1 ∧ φ2 . arbitrarioa2

Así se tendrá

Luego la 3ª solución con a2=1

Esta serie converge en todo R. La solución será:

Esta solucion general converge en todo R., Por las condiciones iniciales:

21014

2610

2226

)!24(

)14....(11.7.32

14.13.12

1

2!10

1.3

10.9.8.7.6.5.4.3.2.1

7.32

10.9.8

1

!6

32

6.5.4.3.2.1

32

6.5.4

1

an

naa

aaaaa

aaaa

+

−==

===

===

24

1

23

)24(

)14....(11.7.3)( +

≥ +

−∑+= n

nx

n

nxxφ

24

1

23

)!24(

)14....(11.7.3)( +

≥ +

−∑+= n

nx

n

nxxφ

)()()()( 332211 xcxcxcx φφφφ ++=

114)!14(

)24...(10.6.2a

n

na n

+

−=+

1,)!14(

)24...(10.6.2)( 1

14

11

2 =+

−+=

+

≥∑ ax

n

nxx

n

n

φ

)(1 xφ


169

Luego la solución será:

Es simple ver que dicha serie converge en todo R

ECUACION DE LEGENDRE

La EDOLCCV:

( )10)1('2'')1( 2 LL=++−− yxyyx αα

donde α es una constante, se llama ecuación de Legendre.

Veamos que:

• Mostremos que si la escribiéramos en la forma:

0)(')('' 21 =++ yxayxay

entonces )()( 21 xaxa ∧ son funciones analíticas en x=0 (o sea,

tienen un desarrollo en forma de serie de potencias de x) cuando 1<x

n

nx

n

nx 4

1 )!4(

)34...(9.5.11)(

−∑+=≥

φ

00)2()0(0)0(

)()()()(,)(

)()(,,)

00)0()1()0(0)0(

)0()0()0()0(

1)0()0(2)01(1)0(

331111

11

33

11

1

11

3311

111

33

23211

1

33

1

2211

131

=⇒=+⇒=

+=+=

+=

=⇒=++⇒=

++=′

=⇒+++⇒=

cc

xcxxcxcx

xcxcx

cccc

ccc

cccc

φφ

φφφφ

φφφ

φ

φφφφ

φ


170

Visualización:

La ecuación puede escribirse de la forma:

01

)1('

1

2''

22=

−

++

−

−+ y

xy

x

xy

αα

Tenemos: 2221

1

)1()(

1

2)(

xxa

x

xxa

−

+=∧

−−=

αα

Si 1<x , tenemos (apelando a nuestros conocimientos de series) que la serie

geométrica ∑≥0

2

n

nx converge para 1<x , y además: 2

0

2

0

2

1

1)(

xxx

n

n

n

n

−== ∑∑

≥≥

,

pues la razón 2xr = satisface ( )1...1 << xpuesr , así converge dicha serie para

dichos valores de x.

Por tanto: ( )2

0

2

1

22

x

xxx

n

n

−−=−∑

≥

es convergente; luego )(2 xa es

converge y admite un desarrollo en serie de potencias en x (alrededor de x=0)

Así: ∑≥

+−=0

121 2)(

n

nxxa y, análogamente: ∑≥

++=−

−=

0

12

22 )1(1

)1()(

n

nxx

xa αααα

, la

cual también es convergente.

• Calculamos las soluciónes linealmente independientes cuando 1<x


171

1. Consideramos la ecuación

0²

1'

1" =−+ y

xy

xy

para x > 0

a) Demuestre que tiene una solución de la forma xr, donde r es una constante.

Solución Tenemos la ecuación : x² y” + y’ – y = 0 y= xr es una solución, por tanto: y’= rxr-1 ∧ y”=r(r-1) xr-2 Sustituyendo: xr(r (r-1) +r-1) = 0 Como x >0, tendremos que, ∀r∈R Por lo tanto tendremos: xr >0 ⇒ r²-1 = 0 1,101² −⇒=−⇒ zxr

Luego: y = x ∧ y = x-1 son soluciones de dicha ecuación b) Encuentre dos soluciones linealmente independientes para x>0 y

demuestre que son linealmente independiente.

Demostración φ1(x)= x∧φ 2(x)=x-1 son soluciones de ella, por la parte (a)

Veamos que son L.I.

01

0)()( 212211 =+⇒=+x

xxx ααφαφα DERIVANDO:

0²

1)1( 21 =−⇒

xαα

Evaluando en x = 1 ambas ecuación : 021 =+ αα

021 =− αα

Resolviendo el sistema: 021 =− αα (pues 0,02

11

11

>∀≠−=

−

xx


172

Visualización

Tenemos que x=0 es un punto ordinario de dicha ecuación; 1±=x son

los únicos puntos singulares, luego la serie que obtengamos será convergente

para un radio de convergencia R=1 (distancia del punto ordinario al punto

singular más cercano).

Así admitamos una solución e la forma: ∑≥

=0n

nn xay

∑∑≥

−

≥

− −=∧=2

2

1

1 )1('''n

nn

n

nn xannyxnay

Sustituyendo en la EDOL dada:

0)1(2)1()1(2 1 0

22 =++−−− ∑ ∑ ∑≥ ≥ ≥

−

n n n

nn

nn

nn xaxnaxannx αα

0)1(2)1()1(2 1 02

2 =++−−−−∑ ∑ ∑∑≥ ≥ ≥≥

−

n n n

nn

nn

n

nn

nn xaxnaxannxann αα

0)1(2)1()1)(2(2 1 02

2 =++−−−++∑ ∑ ∑∑≥ ≥ ≥≥

+n n n

nn

nn

n

nn

nn xaxnaxannxann αα

Desarrollando y expresándola adecuadamente:

( ) ( ) [ ] ∑≥

+ =+−+−−++++−−+++2

21302 0)1(2)1()1)(2()1(26)1(2n

nnn xannnannxaaaa αααααα

Es decir, debemos tener:

nn ann

nnaaaaa

)1)(2(

))(1(

6

)1)(2(

2

)1(21302

++

−−+−=∧

−+−=∧

+−= +

αααααα

Vemos que:

1≥∀n

02)!2(

)22()4)(2)(12()5)(3)(1()1( a

n

nna n

n

+−−−−++++−=

ααααααα LL

1212)!12(

)12()3)(1)(2()6)(4)(2()1( ++

+

+−−−++++−= n

nn a

n

nna

ααααααα LL

)()()( 2110 xaxax Φ+Φ=Φ es la solución general de la ecuación de

Legendre, donde tenemos que:

( )∑≥

=++−−−−++++

−=Φ1

02

1 11)!2(

)22()4)(2)(12()5)(3)(1()1()(

n

nn axn

nnx L

LL ααααααα

( )∑≥

+ =++

+−−−++++−=Φ

11

122 1

)!12(

)12()3)(1)(2()6)(4)(2()1()(

n

nn axxn

nnx L

LL ααααααα


173

Polinomios de Legendre

Nos interesa ver las soluciones cuando Nn ∈=α ; asi n es par o impar, con lo

cual una de las soluciones resulta ser un polinomio. Además por conveniencia

podemos tomarlos con la propiedad de que sean ortogonales en <-1,1> así

mismo que la suma de sus coeficientes sea 1, lo cual es factible escogiendo un

valor para las constantes a0 ó a1 según n sea par o impar., estos polinomios se

conocen como los POLINOMIOS DE LEGENDRE.

• Si n es par

En este caso la solución )()(1 xPx n=Φ es un polinomio de grado n, que es

conocido como un POLINOMIO DE LEGENDRE.

• Si n es impar

Con la segunda serie ella se convierte en un polinomio.

Así, si consideramos una constante de manera que dichos polinomios sean tales que la suma de sus coeficientes sea 1, es decir dichos polinomios evaluados en 1, debe ser 1, así se tendrá los siguientes polinomios:

1)(0 =xP xxP =)(1 2

1

2

3)( 2

2 −= xxP

233

2

3

2

5)( xxxP −=

4.2

3.1

4.2

5.32

4.2

7.5)( 24

4 +−= xxxP

xxxxP4.2

5.3

4.2

7.52

4.2

9.7)( 35

5 +−=

6.4.2

5.3.1

6.4.2

7.5.33

6.4.2

9.7.33

6.4.2

11.9.7)( 246

6 −+−= xxxxP

xxxxxP6.4.2

7.5.3

6.4.2

9.7.53

6.4.2

11.9.73

6.4.2

13.11.9)( 357

7 −+−=

Fórmula de Rodríguez. Para 0∪∈ Nn , podemos obtener los polinomios de Legendre, ellos

están dados por:

( )( )n

n

n

nn xdx

d

nxP 1

)!(2

1)( 2 −=

Esta propiedad se demuestra utilizando el Teorema del Binomio,

evidentemente son cuestiones calculísticas.

También comentamos que si conozco una solución de una ecuación de orden 2, entonces, por el método de reducción del orden, podemos acceder a la solución de ecuaciones de la forma:

)()1('2'')1( 2 xfynnxyyx =++−−

Evidentemente es cómodo cuando f(x) es un polinomio.


174

Ecuaciones Reducibles a Legendre.

Algunas ecuaciones diferenciales, que no son de Legendre se pueden

transformar en una de ellas mediante algún cambio de variable. Veamos

algunos ejemplos.

1. 0120'4'')41( 2 =+−− yxyyx

El cambio de variable natural es: 2x=t

'22.' ydt

dy

dx

dt

dt

dy

dx

dyy ==== )(tyy =

( ) ''4'2'' yydx

dy ==


0120'8'')1(4 2 =+−− yyyt ⇒ 030'2'')1( 2 =+−− yyyt

Ecuación de Legendre ( )5=α

La solución será:

)15

63

3

14()( 53 tttKt +−=Φ ; )

480

63

24

14

2()( 53 xxx

Kt +−=Φ

Obviamente, esta solución es: )()( 51 xAPx =Φ , A es una constante.

2. ( ) ( ) 06'1''1 22 =++−− −− yyeye xx

Cambio de variable: t=ex

)(tyLny = )(tyy =

''''''' 2 yeyeyyey xxx +=⇒= ∧ '''''''' 2 ytytyyty +=∧=


( )( ) ( ) 06'1'''1 222 =+−−+− −− yyttytytt

( ) ( ) ( ) 06'11''1 222 =++−−+− −−− yyttttyt

( ) 0)12(2'2''1 2 =++−− yytyt .....Ecuación de Legendre con 2=α , así una

solución será:

)()( 2 tPt =Φ

( ) ( )132

1)( 2

2 −==Φ xx eePx


175

3. ( ) 020''' =++ yyctgxy

Cambio de variable: t = cosh

)(tyy =

)('' senxyy −= ∧ '''cos'' 2 yxsenyxy +−=

( ) 020')('cos''20''' 2 =+−+−=++ yysenxctgxyxyxsenyyctgxy

Resolvemos:

( ) 0)14(4'2''1 2 =++−− yytyt .....Ecuación de Legendre 4=α

Nos piden una solución, entonces podemos dar una solución polinómica

)(cos)(

)()(

4

4

xPx

tPt

=Φ

=Φ

Según la formula de Rodríguez tenemos:

( )( )xx

xdx

dx

cos

42

4

4

41

)!4(2

1)(

→

−=Φ

ORTOGONALIDAD.

Lo cual significa que ellos son ortogonales e el espacio vectorial de las

funciones [ ] Rf →− 1,1: , por ende. formarán una base para este espacio

vectorial. Esto trae como consecuencia que todo [ ] Rf →− 1,1: se puede

expresar mediante la serie de Legendre: ∑≥

=0

)()(n

n xPAxf .

Primero veamos la formula de Rodríguez y luego lo afirmado.

Podemos apreciar que ( )n

n

n

xdx

dx 1)( 2 +=Φ satisface la EDDL

Tomemos: ( )nxxu 1)( 2 −=

( ) ( ) ( ) ( ) xxnxuxxxnxunn21)('121)(' 2212 −=−⇒−=

−

( ) [ ] ( ) [ ] 0)(2)('1)(2)('1 22 =−−⇒=− xunxxuxxunxxux

Ahora derivamos n+1 veces:

( ) [ ] [ ] [ ] 0)('2)(2)(''2)(''12 =−−+− xunxxunxuxxux

( ) [ ] [ ] 0)(2)(')1(2)(''12 =−−+− xunxuxnxux


176

( ) [ ] [ ] [ ] [ ] 0)('2)('')1(2)(')1(2)('''2)('''12 =−−−−−+− xunxuxnxunxuxxux

Luego de haber derivado n+1 veces tenemos:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0)()1(2)(2)()1()()1(2)(1 )(1122 =+−−++++− +++ xunnxnxuxnunxxunxux nnnnn

( ) 0)()1()('2)(''12 =Φ++Φ−Φ− xnnxxxx

( )( )n

n

n

xdx

dx 1)( 2 −=Φ ∧ ( )( )n

n

n

nnn x

dx

d

nxDn 1

!2

1)(!2)1( 2 −=⇒=Φ

Lógicamente:

[ ] [ ] )()(2 )1)(1()1()(nn

xxxx −+=−=Φ

[ ] nnn xx )1()1()(

+−= +términos que contienen a (x-1)

como factor

nxnx )1(!)( +=Φ +términos que contienen a (x-1) como

factor

nn )2(!)1( =Φ

Así, el polinomio: ( )( )n

n

n

nnn xdx

d

nx

nxP 1

!2

1)(

!2

1)( 2 −=Φ=

PROPIEDAD. Si mn ≠ , entonces ∫−

=1

1

0)()( dxxPxP mn .

Tomemos Pn y Pm dos polinomios de Legendre de grados n y m

respectivamente.

Tenemos: ( ) 0)()1()('2)(''1 2 =++−− xPnnxxPxPx nnn

( ) 0)()1()('2)(''1 2 =++−− xPmmxxPxPx mmm

( )[ ]( )[ ]

+−=−

+−=−

)()1()('1

)()1()('1/2

/2

xPmmxPx

xPnnxPx

mm

nn

( )[ ]( )[ ]

+−=−

+−=−

)()()1()('1

)()()1()('1/2

/2

xPxPmmxPxP

xPxPnnxPxP

nmmn

mnnm

( )[ ] ( )[ ] [ ] )()()1()1()('1)()('1)(/2/2 xPxPnnmmxPxxPxPxxP nmmnnm +−+=−−−


177

Integrando de –1 a 1 se tiene:

( ) [ ] )()()1(()1()()(')(')()1(/2 xPxPnnmmxPxPxPxPx nmnmnm +−+=−−

( ) [ ] dxxPxPnnmmdxxPxPxPxPx nmnmnm ∫∫−−

+−+=−−1

1

1

1

/2 )()()1(()1()()(')(')()1(

[ ] [ ] dxxPxPnnmmxPxPxPxPx mnnmnm ∫−

−+−+=−

1

1

1

1

2 )()()1()1()()(')(')().1(

∫−

=⇒1

1

0)()( dxxPxP nm nm ≠

Así obtenemos lo afirmado.

Propiedad .

∫−

+=

1

1

2

)!12(

2)(

ndxxPn

Apreciación Tiene una importancia vital, cuando resolvamos EDPL, saber expresar

una función f(x) en términos de funciones polinómicas o polinomios de

Legendre.

Ejemplo: Se puede confirmar que:

dxxPxPxPdxxPx )()(5

3)(

5

2)( 5

1

1

1

1

1353

∫ ∫− −

+=

∫ ∫− −

+=1

1

1

1

5153 )()(5

3)()(

5

2dxxPxPxPxP = 0

Propiedad

( ) ∑≥

−=+−

0

2

12 )(21

k

kk txPtxt

Ejercicios:

1. Verifique que la función: 11

1

2)( −

−

+=

x

xLn

xxh , 1<x es una

solución de la EDL para 1=α . Luego, exprese Q(x) como un

combinación lineal de las soluciones “básicas” Q1(x) y Q2(x)


178

2. Halle la solución de: ( ) 8'2''1 2 =−− xyyx

3. Halle la solución de: ( ) xyxyyx =+−− 30'2''1 2

4. Halle la solución de: ( ) )(12'2''1 52 xPyxyyx =+−−

5. Calcule: ( )∫−

−1

1

65 )( dxxxxP

6. Calcule: ∫−

1

1

75 )()( dxxPxxP

Método de Frobenius

Sea 0)(')('')( =++ yxRyxQyxP uan EDOL cuya solución es la que

deseamos hallar. Supongamos que 0)0( =P o sea que x=0 que es el mas

“grato” es un punto singular, esto implica que la solución ya no puede admitir

una solución tipo serie de Taylor.

Pero resolvamos la ecuación dada equivale a resolver la EDOL

0)(')('' =++ yxRyxQy

=

=

)(

)()(

)(

)()(

xP

xRxR

xR

xQxQ

Si 0)( 0 =xP y existen los límite:

0

0

( ) ( )Lim x x Q x m

x x

− =

→ ∧ 0

0

( ) ( )Lim x x R x k

x x

− =

→

0xx = se dice que es un punto singular regular.

Lo cual equivale a decir que estas nuevas funciones coeficientes son

analíticas en 0xx = .

Ecuación Indicial

Es la obtenida al igualar el coeficiente de menor exponente de x, al sustituir la

solución tipo serie de Frobenius, dada por: ( 1) 0r r mr k− + + =

Puede una ecuación lineal tener un solo punto singular, que a su vez es

un punto singular regular.


179

Razonando

Recordemos que la ecuación diferencial lineal:

0)(')('')( =++ yxRyxQyxP

Se dice que x=a es un punto singular si 0)( =aP ; generalmente

)()(),( xRxQxP ∧ son polinomios (lo mas frecuente). En realidad

)()(),( xRxQxP ∧ son analíticas alrededor a un ax = . Ahora, si existe además:

ax

xP

xQaxLim

→

−)(

)()(

∧

ax

xP

xRaxLim

→

−)(

)()( 2

se dice que x=a es un punto singular regular.

Luego la ecuación: 0'2'' 2 =++ yxyxy admite a x=0 como un punto

singular, y es el único punto singular, para xxP =)( y se cumplo 0)0( =P

Además como:

∃

0

2

→

x

xxLim

= 0

2

→x

Lim = 2

∃

0

22

→

x

x

xxLim

= ( )0

3

→x

xLim = 0

Así x=0 es también un punto singular regular.

* ¿∃ ∑≥

=0n

nn xay ? solución de la EDOL 0'' =− yxy

xxP =)( 0)0( =P

x=0 es un punto singular.

1 11 1 0

( )( 1) 2( 1) 2 0n r n r n rn n n

n n n

n r n r a x n r a x a x+ + ++ +

≥− ≥− ≥

+ + + + + + − =∑ ∑ ∑

( ) 0 0 11

1 2 ( )( 1) 2 2( 1) 0r n rn n

n

r r a ra x n r n r a n r a x +−

≥

− + + + + − − + + − = ∑


180

Ecuación indicial o determinante

Ecuación a resolver: 02)1( =−−rr pues a0=0

2,1022 −=⇒=−− rrr

Primera solución: 1−=r

0a arbitrario y [ ] 1)2(22)2)(1( −−−=−−− nn anann ; 1≥n

0a arbitrario y 1)2(2)3( −−−=− nn anann ; 1≥n

01 aa = , 02 =a , 22 )23(2)0(3 aa −−= , o sea 0=0; esto se interpreta como

que 3a es arbitrario. Así tenemos las dos soluciones:

)1()( 1 xxx −=Φ − ... hemos tomado 10 =a

Segunda solución: 2=r

La otra solución sería cuando 2=r , ( ) ( ) 12 123 −+−=− nn anann

0a arbitrario, 01 aa −=

( ) 0125

36

10

1aaa =−= 023

15

4

18

8aaa −=−=

03421

2

28

10aaa =−=

−+−+−=Φ ...

21

3

15

4

5

31)( 4322

2 xxxxxx

o expresado en otra forma multiplicada por 6

1:

∑≥ +

+−=Φ

0

22

)!3(

)1(2)1()(

n

nnn

xn

nxx ; Φ=Φ

6

1


)()( 2211 xcxcy Φ+Φ=

Casos: Rrr ∈∧ 21

1) Zrrrr ∈−∧≠ 2121

2) Zrrrr ∉−∧≠ 2121

3) 21 rr =


181

Caso 2: Zrrrr ∉−∧≠ 2121

Veamos el siguiente ejemplo:

0'''2 =−+ yyxy

x=0 es un punto singular regular, por lo tanto hay una solución tipo

Frobenius: ∑≥

+=0n

rnn xay

0)()1)((200

1

0

1 =−++−++ ∑∑∑≥

+

≥

−+

≥

−+

n

rnn

n

rnn

n

rnn xaxarnxarnrn

0)()1)((21

11

0

1

0

1 =−++−++ ∑∑∑≥

−+−

≥

−+

≥

−+

n

rnn

n

rnn

n

rnn xaxarnxarnrn

0)()1)((21

11

0

1 =−++−++ ∑∑≥

−+−

≥

−+

n

rnn

n

rnn xaxarnrnrn

0)122)(()12(1

110 =−−+++− ∑

≥

−+−

n

rnnn xaarnrnarr

Ec. indicial

Raíces: 0, ½ 10)122)((

10 −

−++=∧= nn a

rnrnaa ; 1≥n

Existen dos soluciones tipo Frobenius

1ª solución: r=0

0a arbitrario ∧ 1)12(

1−

−= nn a

nna ; 1≥n

01 aa = 0126

1

6

1aaa == 023

90

1

15

1aaa ==

++++=Φ ...

90

1

6

11)( 320

1 xxxxx

2ª solución: r=1/2

0a arbitrario ∧ 1)12(

1−

+= nn a

nna ; 1≥n

013

1aa = 012

30

1

10

1aaa == 023

630

1

21

1aaa ==

++++=Φ ...

630

1

30

1

3

11)( 32

2 xxxxx


)()()( 2211 xcxcx Φ+Φ=Φ


182

Ambas soluciones seriales “básicas” convergen en todo R (notar que hay

un único punto singular que es x=0)

Caso 3:

consideremos la ecuación 0)(')(''2 =++ yxbxyxayx , donde 0=x es un

punto singular regular, así existe al menos una solución tipo Frobenius;

)()( xbxa ∧ son funciones analíticas (tienen desarrollo en series de potencias)

las cuales sopn convergentes para 0>∧< rrx . Si 21 rr ∧ son raices idénticas

de la ecuación indicial, entonces las soluciones “básicas” son:

)()( 1

1 xxx r Ψ=Φ , )(xΨ admite desarrollo en series de potencias

( ) )()()( 121 xxLnexxx r Φ+Ψ=Φ , )(xΨ analítica y admite desarrollo en

series de potencias

Resolvamos:

0''' =++ xyyxy

x=0 es un punto singular regular.

0)()1)((0

1

0

1

0

1 =+++−++ ∑∑∑≥

++

≥

−+

≥

−+

n

rnn

n

rnn

n

rnn xaxarnxarnrn

0)(0

1

0

12 =++ ∑∑≥

++

≥

−+

n

rnn

n

rnn xaxarn

0)2(0

1

2

12

2 =+++ ∑∑≥

++

−≥

+++

n

rnn

n

rnn xaxarn

0)2()1(0

12

21

12 =++++++ ∑≥

+++

−

n

rnnn

rr xaarnxaraxr

Condición: r=0, 0 ecuación indicial: 0,002 =⇒= rr

Raices iguales, entonces solamente admite una solución tipo Frobenius

Hallemos la solución en términos de r:

)(ryy =

Como 01 =a , entonces 0...... 1253 ===== +naaa

0a arbitrario

022)2(

1a

ra

+−= 022224

)4()2(

1

)4(

1a

rra

ra

++=

+−=

0222426)6()4()2(

1

)6(

1a

rrra

ra

+++=

+−=


183

+

+++−

+++

+−= ...

)6()4()2(

1

)4()2(

1

)2(

11 6

222

4

22

2

20 xrrr

xrr

xr

axy r

Se tiene que: 120''' −=++ rxrayxyyx , las soluciones son:

01 )(

==Φ

ryx ∧

0

2 )(=

∂

∂=Φ

rr

yx

...642

1

42

1

2

11)( 6

222

4

22

2

21 +−+−=Φ xxxx

( )( )

+++++−+Φ=Φ ...)1(

642)1(

422)()( 3

121

222

6

21

22

4

2

2

12

xxxxLnxx

Como solamente hay un solo punto singular, la serie converge en todo

R-0

Comentario:

aunque como se manifestó anteriormente, conocida una solución )(1 xΦ ,

la

otra )(2 xΦ la podemos hallar usando reducción de orden.

Principales ecuaciones:

Chebyshev : 0''')1( 22 =+−− yxyyx α , α constante

Hermite : 02'2'' =+− yxyy α , α constante

Bessel : 0)(''' 222 =−++ yxxyyx α , α>0 constante

Gauss : [ ] 0')1('')1( 2 =−++−+− yyxyx αββαγ

Airy : 0'' =+xyy


184

Función Gamma . (1) Generalidades: Integral de Euler

∫∞

−−=Γ0

1)( duuep pu , p>1 (inicialmente)

1)1(0

==Γ ∫∞

− due u

(2) )()1( ppp Γ=+Γ , p>1

Demostracion

∫∫−

∞→

∞−+− ==+Γ

Rpu

R

pu duuelimduuep00

1)1()1(

dupueuelimp pR

uRpu

R

)1(

00

)1( −−−

∞→ ∫+−=+Γ

( ) ∫−−

∞→

−

→+−=+Γ

Rpu

R

pR

RduueplimRelimp

0

1

0)1(

∫∞

−−=+Γ0

1)1( duuepp pu

)()1( ppp Γ=+Γ ; p>0

(3) n∈Ν , Γ(n+1)=n! Visualizacion

Vimos que: ∫∞

−− ==Γ0

11 1)1( duue u

1)1(1)11()2( =Γ=+Γ=Γ

!21.2)2(2)12()3( ==Γ=+Γ=Γ

!31.2.3)3(3)13()4( ==Γ=+Γ=Γ

Por induccion vimos que: Γ(n+1)=n! , ∀n∈Ν U 0 (4) Recordemos una integral de Euler que da la funcion Beta por MA-123 recordemos que:

( )∫−− −=Β

1

0

11 1),( duuunmnm

dicha integral converge, cuando m,n>0 (5) B(m,n)=B(n,m) (conmutabilidad) Visualizacion


185

( )∫−− −=Β

1

0

11 1),( duuunmnm

Cambio de variable: α=1-u ⇒ dα=-du

( ) ),(1),(1

0

11mndnm nm

Β=−=Β ∫−−

ααα , n,m>0

(6) Se a>1 ∧ b>0 entonces )1,1(1

),( +−Β−

=Β bab

aba

Visualizacion

( ) ( ) ( )∫∫ −−

+−−

−=−=Β −−−−1

0

21

0

11

0

111

11

11),( duuu

b

auu

b

aduuuba

babaab

integrando por partes: α=ua-1 ∧ dα=(1-u)b-1 du

dα=(a-1)ua-2 du ∧ b

u b)1( −−=γ

( ) )1,1(1

11

0),(1

0

1)1(1)1( +−Β−

=−−

+=Β ∫−+−− ba

b

aduuu

b

aba

ba

(7) a>0 , B(a,1)=1/a

Visualizacion

( )a

duuduuua aa 11)1,(

1

0

11

0

111 ==−=Β ∫∫−−−

(8) Si p∈ℜ-Ζ- , podemos extender la definicion de la funcion Gamma,

amparandonos en que:

Sabemos que π=Γ )2/1(

Γ(-1/2) podemos calcularlo asi:

π2)2

1()

2

1(

2

1)1

2

1()

2

1( −=Γ⇒−Γ−=+−Γ=Γ

ππ3

4)2(

3

2)

2

3()

2

3(

2

3)1

2

3()

2

1( =−−=−Γ⇒−Γ−=+−Γ=−Γ


186

(9) ∫ ++=++2

0

1212 )1,1(2

1sencos

π

ϑϑϑ nmBdnn

Hagamos u=sen2θ ⇒ du=2 senθ cosθ dθ

00 =⇒= uθ

12

=⇒= uπ

θ

( ) ( )∫=2

0

22 sencossencos

π

θθθθ dInm

∫ ++=−=1

0

)1,1(2

1)1(

2

1nmBduuuI nm

(10) Calculamos que: 2

0

2 π=∫

∞− due u

=

=⇒= ∫∫∫∫∫

−−−−− dyedxedyedueIdueI yxy

p

up

p

up

1

0

1

0

1

00

2

0

22222

∫ ∫+−=⇒

p p

yxp dxdyeI

0 0

)(2 22

dxdyeIdxdyeR

yxp

R

yx

∫∫∫∫+−+− ≤≤⇒

2

22

1

22 )(2)(

libro_-_matematicas_iv

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