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Ecuaciones Diferenciales / Introduccin

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6 ECUACIONES DIFERENCIALES

6.1 INTRODUCCION

Al estudiar por ejemplo, un fenmeno fsico, con frecuencia no es posible hallar de inmediato las leyes que enlazan las magnitudes que caracterizan dicho fenmenos. Pero al mismo tiempo, se puede llegar fcilmente a establecer la dependencia entre esas magnitudes y sus derivadas.

De esta forma, obtendremos ecuaciones que involucran las derivadas de una funcin desconocida, y la misma funcin. Este tipo de ecuaciones son llamadas ecuaciones diferenciales. Su uso se ve en qumica, fsica, biologa, economa, etc.

Ejemplo:

Desintegracin Radioactiva:

Todas las sustancias radiactivas tienen la propiedad comn de descomponerse con una velocidad que es proporcional a la cantidad de sustancia presente en cada instante.

Si designamos por y = (t) la cantidad de sustancia radiactiva existente en el instante t, la derivada y = (t) representa la velocidad de cambio de y en el instante t.

La ley de descomposicin se expresa entonces:

y = - k y donde k > 0, es una constante propia de cada sustancia. (El signo negativo se debe a que y < 0, pues y(t) decrece cuando t crece)

Se puede demostrar que c , (t) = c e-kt verifica la ecuacin. Pero si conocemos la cantidad de sustancia presente en un instante inicial t = t0, o sea (t0) = 0, logramos determinar por completo la ley:

(t) = 0 )(k 0e tt (O sea, hay infinitas soluciones de la ecuacin, una por cada valor posible (t0))

Ctedra de Matemtica / Facultad de Qumica Anlisis I

Ecuaciones Diferenciales / Ecuacin de Primer Orden

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6.2 ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

6.2.1 Definicin

Definicin 6.1: i) Se llama ecuacin diferencial de primer orden a una ecuacin que

involucra una funcin y(t), su derivada y(t) y la variable t

ii) Resolver la ecuacin diferencial consiste en buscar las funciones (t) que la verifican.

Nota:

A menudo, al intentar resolver una ecuacin diferencial problema encontramos que admite muchas soluciones, pero si se exige adems que la solucin tome un valor determinado y0 en un punto dado t0, o sea que sea (t0) = y0, entonces en condiciones bastantes generales, hay solucin nica . Pedir que la funcin verifique (t0) = y0 es dar una condicin inicial.

Veremos como se resuelven algunas ecuaciones de este tipo.

6.2.2 Ecuaciones Diferenciales a Variables separables

Las ecuaciones diferenciales a variables separables son de la siguiente forma:

==

00 )()()('

ytyygxfy

donde :I() , continua en un intervalo I / t0 I y g:J() , es continua en un intervalo J / y0 J Para poder encontrar las soluciones de dicha ecuacin diferencial debemos separarla en dos casos posibles:

Caso 1: g(y0) 0 Supongamos g(y0) > 0 un entorno de y0, J0 J donde g(y) > 0. Buscar la solucin de la ecuacin diferencial, es encontrar una funcin que

verifique (t0) = y0 y (t) = (t)g((t)) en I0, un subintervalo de I. va a ser una funcin continua, por lo tanto existir un entorno de t0, I0 I, tal que (t) J0 t I0. Entonces g((t)) > 0

Por lo tanto: (t) es solucin

==

00 )(

)())(()('

yt

tftgt

t I0



84

==

00 )(

)())(()('

00yt

dttfdttgt t

t

t

t

t I0 = ttty dttfugdu 00 )()()( t I0 haciendo cambio de variable (t) = u en la primera integral

Viendo que la funcin G(y) = yy ugdu0 )( cumple G(y) = )(1yg > 0 y J0 entonces est definida su inversa G-1:G(J0)J0

Podemos concluir entonces que (t) es solucin en I0 I si y slo si:

G((t)) = t I tt dttf0 )( 0 (t) = t It

tdttfG

0

)(1 0

siendo I0 el mayor intervalo tal que G(J tt dttf0 )( 0)

Aqu vemos adems que la solucin del problema es nica

Caso 2: Si g(y0) = 0

Una solucin seria (t) = y0 t Pero podra haber otra solucin que verificara el problema con la misma

condicin inicial, en caso de que la solucin no fuera nica. En este caso por ser distinta de la solucin constante, pasara por algn punto (t1,y1), con y1 y0, g(y1) 0. Se podra entonces usar el mtodo del caso 1 para encontrarla.

Ejemplo:

1)

==

0)2(lne'

yy yt

En este caso tenemos que g(y) = e-y y (t) = et

(t) es solucin e(t) 1 = et 2 = t ut u dudu 2ln)(0 ee (t) = ln( et 1) t > 0

2)

==

0)0(' 3/2

yyy

En este caso (t) = 1 y g(y) = y2/3, y como g(0) = 0 estamos en el caso 2. Una solucin es (t) = 0



85

Si hubiera otra, verificar con t =

=00

3/2

)('

ytyyy

0 0, y0 0

Entonces: u = ttty dudu 00 1)( 3/2)(

3/1

0

3t

yu

= t t0

((t))1/3 = (t t0)/3 + y01/3

Para que una funcin as cumpla (0) = 0 se debe cumplir (t) = 3271 t , de esta

manera encontramos otra solucin.

Otras soluciones posibles son:

(t) =

0 t si 0

0 si 271 3 tt

6.2.3 Ecuaciones diferenciales Lineales de Primer Orden

i) Ecuacin Lineal Homognea y + P(t) y = 0

siendo P(t) continua en un intervalo abierto I

Si buscamos soluciones que no se anulan en I, esta ecuacin es equivalente a:

)(P' tyy = ln | y | = C dtt)(P +

| y | = dtt)(P-Cee y = dtt)(P-Cee

Probaremos que todas las soluciones son:

y(t) = con k dtt)(P-ke



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Teorema 6.1: (Existencia y unicidad de la solucin)

Sea P continua en un intervalo abierto I. Sea t0 I un punto elegido arbitrariamente. Sea y0 . Existe una y una sola funcin y = (t) que satisface el problema de valores iniciales:

t I

==+00 )(

0)(P'ytyyty

Esta funcin es:

(t) = (*) tty 0

P0e

Demostracin:

Sea (t) definida como (*). Entonces (t0) = y0. Derivando vemos que satisface la ecuacin y + P(t) y = 0 Probaremos que es la nica solucin.

Sea g otra solucin probaremos que g(t) = (t) = o lo que es lo mismo

que y

tty 0 P0e tttg 0 P)e( =

' +

0

Si llamamos h(t) = , entonces: tttg 0 P)e(

h(t) = (t) tttg 0 P)e(

tttg 0

P)e( P

h(t) = e (g(t) + g(t)P(t)) = 0 ya que g(t) + g(t)P(t) = 0 tt0 P

h(t) = 0 t I h es constante en I

Pero h(t0) = = g(t 0

0P

0 )e(

tttg 0) = y0 h(t) = y0 t I

#

ii) Ecuacin lineal no homognea

==+

00 )()(Q)(P'

ytytyty

P y Q continuas en un intervalo abierto I



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Probaremos una solucin de la forma:

(t) = ttty 0

P0 )e(

cambiamos la constante y0 en la solucin de la homognea por una funcin y0(t) a determinar, de manera que el producto definido como (t) sea solucin. Esta funcin deber cumplir:

(t) = + (-P(t)) ttty 0

P0 )e('

ttty 0 P0 )e(

(t) + P(t) (t) = + (-P(t)) + P(t) = Q(t) ttty 0

P0 )e('

ttty 0 P0 )e( t

tty 0P

0 )e(

= Q(t) yttty 0

P0 )e(' 0(t) = Q(t) e

tt0 P

= tt dxxy0 )('0 t

tdxex

xt

0

0P

)(Q

y0(t) = y0(t0) + tt dxexx

t

0

0P

)(Q

(t) =

+ tt dxexy

xt

tt

0

00P

0P

)(Qe

Vemos entonces que esta es solucin de nuestro problema. Enunciemos otro teorema equivalente al teorema 6.1 para la ecuacin no

homognea

Teorema 6.2: (Existencia y unicidad de la solucin)

Sea P y Q continuas en un intervalo abierto I. Elijamos un punto cualquiera t0 I. Sea y0 . Existe una funcin y una sola, y = (t) que satisface el problema de valores iniciales

==+

00 )()(Q)(P'

ytytyty

Esta funcin es:

(t) =

+ tt dxexy

xt

tt

0

00P

0P

)(Qe



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Demostracin:

(t) como est definida cumple que (t0) = y0 y derivando vemos que satisface la ecuacin y + P(t) y = Q(t) Probaremos que es la nica solucin.

Sea g(t) otra solucin, debemos probar que g(t) = (t), o lo que es lo mismo que g(t) (t) = 0 t Definimos h(t) = g(t) (t) h(t) = g(t) (t) = (Q(t) P(t)g(t)) (Q(t) P(t)(t)) = - P(t)(g(t) (t)) = - P(t)h(t)

Adems h(t0) = g(t0) (t0) = y0 y0 = 0

por el teorema 6.1 sabemos que esta ecuacin diferencial presenta solucin nica, h(t) = 0

==+

0)(0)(P'

0thhth

#

Ejemplo:

Hallar todas las soluciones de la ecuacin diferencial de primer orden:

t y + (1 t) y = e2t en (0,+)

Resolucin:

En ese intervalo podemos escribir la ecuacin como:

y + t

yt

t t2e1 =

En este caso:

=

==

tt

tttt

t2e)Q(

111)(P

P y Q son continuas en (0,+) por lo que existe solucin nica y = (t) que satisface cualquier condicin inicial.

Expresaremos todas las soluciones en funcin del valor inicial en el punto t0 = 1. Dado y0 , hallaremos (t) / (1) = y0. Esto nos dar todas las soluciones posibles en (0,+)

= tt dttdxx 11 11)(P = ln t (t 1) t

ttt

t

t eee ln1P

0 ==



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tt0 Pe = t e-t Entonces:

(t) =

+=

+ dtytdtttyt ttttt tt eeeeee 10111 201

(t) = ( ))ee(ee 01 + tt yt

iii) Ecuacin de Bernoulli

y + P(t) y = Q(t) yn

con n 0 (Lineal de Primer Orden) y n 1 (Lineal de Primer Orden Homognea )

Resolucin:

Multiplicando por y-n y-n y + P(t) y1-n = Q(t) esta ecuacin se puede reducir a una ecuacin lineal mediante un cambio de variable:

z = y1-n , en donde z = (1 n) y-n y Rescribiendo la ecuacin

n

z1

' + P(t) z = Q(t)

z + (1 n)P(t)z = (1 n)Q(t) (Ecuacin lineal)

Ejemplo:

Resolver:

y 12

221 = ytyt

y y 22

1 22 tyt

= Sea z = y2 z = 2 y y

Rescribiendo la ecuacin:

z zt1 = t2

ecuacin lineal cuya solucin es z(t) = t3/2 + c t Entonces deshaciendo el cambio de variable



90

y(t) = tt c2

3+

es la solucin general de la ecuacin original

iv) Ecuacin de Ricatti Sea la ecuacin

y + P(t) y + Q(t) y2 = R(t) Llamamos ecuacin de Ricatti a una ecuacin de esta forma. No podemos dar

una frmula para sus soluciones, salvo en el caso en que conozcamos una solucin particular. En ese caso se lleva a una ecuacin del tipo de Bernoulli con un adecuado cambio de variable.

En efecto, sea 1(t) una solucin de la ecuacin anterior, considerando z(t) = y(t) 1(t) Entonces:

z = y 1 y = z + 1 Rescribamos la ecuacin:

z + 1 + P(t)(z + 1) + Q(t)( z + 1)2 = R(t) Haciendo cuentas, y usando que 1 verifica la ecuacin, llegamos a:

z + 1 + P(t) z + P(t)1 + Q(t) z2 + 2Q(t) z 1 + Q(t) 12 = R(t) z + (P(t) z + 2Q(t)1) z + Q(t) z2 = 0 (Ecuacin de Bernoulli)

Ejemplo:

Resolver:

y = y2 22t

Se comprueba fcilmente que 1(t) = t1 es solucin. Haciendo el cambio de

variable:

y(t) = z(t) + t1 y(t) = z(t) 2

1t

Sustituyendo:

z(t) 21t

= 21

+

tz 2

2t

Simplificando queda:

z = t2 z + z2 (Ecuacin de Bernoulli)


Ecuaciones Diferenciales / Ecuacin de Segundo Orden

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z z-2 = t2 z-1 + 1

Haciendo el cambio de variable u = z-1 , u = - z z-2 Se tiene:

- u = t2 u + 1

cuya solucin es:

u = 3

c2

tt

Deshaciendo el cambio:

3

2

2 c33

3c1

ttzt

tz ==

y(t) = 32

c331

tt

t +

Solucin general de la ecuacin original.

6.3 ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN

6.3.1 Introduccin

Una ecuacin diferencial de 2do orden es una ecuacin da la forma:

y = (t,y,y)

Por ejemplo: y = sen t + 3 y + y Del mismo modo que en ecuaciones diferenciales de primer orden, una funcin y

= y(t) es solucin de dicha ecuacin diferencial, si y(t) satisface la ecuacin diferencial, o sea si verifica:

y(t) = (t,y(t),y(t)) Por ejemplo, la funcin y(t) = cos t es solucin de la ecuacin diferencial y = - y

ya que verifica dicha ecuacin.

Junto con la ecuacin diferencial pueden imponerse las condiciones iniciales : y(t0) = y0, y(t0) = y0



92

La ecuacin diferencial junto con las condiciones iniciales se denomina problema de valores iniciales.

Ejemplo:

Si x(t) representa la posicin con respecto al tiempo de una partcula que se mueve bajo la influencia de la gravedad. Entonces x(t) satisface el problema da valores iniciales:

x = - g x(t0) = x0 x(t0) = x0 donde x0 es la posicin inicial y x0 la velocidad inicial.

6.3.2 Existencia y Unicidad de las soluciones

Las ecuaciones diferenciales de segundo orden o mayor, son generalmente difciles de resolver. En el presente curso slo vamos a resolver ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden de la forma:

y + p(t) y+ q(t) y = g(t) El presente desarrollo se puede generalizar para ecuaciones lineales de orden n,

pero por simplicidad, nicamente demostraremos aquellos teoremas posibles para las ecuaciones de segundo orden.

Consideremos primero la ecuacin diferencial lineal homognea de 2do orden

y + p(t) y+ q(t) y = 0 Ciertamente no es obvio en este caso como hallar todas las soluciones que

verifican dicha ecuacin ni como, resolver el problema de valores iniciales:

y + p(t) y+ q(t) y = 0 y(t0) = y0 y(t0) = y0

Veamos antes cuando efectivamente dicha ecuacin tiene solucin.

Teorema 6.3: (de existencia y unicidad) Sean p(t) y q(t) funciones continuas en un intervalo I, entonces existe y

es una nica la funcin y(t) que satisface: y + p(t) y+ q(t) y = 0

y(t0) = y0 y(t0) = y0 en particular una solucin de dicha ecuacin que satisface y(t0) = 0, y(t0) = 0 para algn valor t = t0 debe ser idnticamente nula.

No demostraremos este teorema



93

6.3.3 El Operador Diferencial

Cada ecuacin diferencial puede ser considerada como una funcin de funciones, donde cada funcin y tiene dos derivadas y el operador D a cada funcin y le asocia una nueva funcin D[y] que depende tanto de la funcin y como de las derivadas de y. Esta funcin D se le llama Operador Diferencial. Para las ecuaciones de segundo orden podemos definir el siguiente operador diferencial:

D[y] = y + p(t) y+ q(t) y

Ejemplo:

Si p(t) = 0 y q(t) = t D[y(t)] = y(t) + t y(t) En particular, para y(t) = cos t , D[cos t] = -cos t + t cos t

Propiedades del operador D:

1) D[ y] = D[y] 2) D[y1 + y2] = D[y1] + D[y2]

Demostracin:

1) D[ y(t)] = ( y)(t) + p(t) ( y)(t) + q(t) ( y)(t) = y(t) + p(t) y(t) + q(t) y(t) = ( y(t) + p(t) y(t) + q(t) y(t)) = D[y(t)]

2) D[(y1 + y2)(t)] = (y1 + y2)(t) + p(t) (y1 + y2)(t) + q(t)(y1 + y2)(t) = y1(t) + p(t) y1(t) + q(t)y1(t) + y2(t) + p(t) y2(t) + q(t) y2(t) = D[y1(t)] + D[y2(t)]

#

Un operador D que asigne funciones a funciones y cumpla las propiedades 1 y 2 se llama operador lineal.

6.3.4 Ecuacin Lineal Homognea

Las propiedades del operador diferencial nos sugieren que si hay exactamente dos funciones y1(t) e y2(t) que satisfacen:

y + p(t) y+ q(t) y = 0



94

entonces, 1y1(t) + 2 y2(t) tambin es solucin de la ecuacin diferencial lineal homognea, el siguiente teorema nos dice que toda solucin de dicha ecuacin es de esta forma.

Teorema 6.4: Sean y1(t) e y2(t) dos soluciones de: y + p(t) y+ q(t) y = 0

en un intervalo I, tales que y1(t)y2(t) y1(t) y2(t) 0 en dicho intervalo. Entonces y(t) = 1y1(t) + 2 y2(t) es la solucin general de la ecuacin diferencial.

Notas:

En definitiva la solucin general de un ecuacin diferencial lineal homognea se puede obtener a partir de una combinacin lineal de dos soluciones y1(t) e y2(t)

La relacin entre las dos soluciones, y1(t)y2(t) y1(t) y2(t) es el valor del

determinante '' 21

21yyyy

Demostracin: Sea y(t) una solucin de la ecuacin diferencial: y + p(t) y+ q(t) y = 0,

debemos hallar dos constantes 1 y 2 tales que: y(t) = 1y1(t) + 2 y2(t) Tomemos t0 I y sean y0 = y(t0) e y0 = y(t0), las constantes 1 y 2 si

existen deben verificar las ecuaciones:

1y1(t0) + 2 y2(t0) = y0 1y1(t0) + 2 y2(t0) = y0

como y1(t)y2(t) y1(t) y2(t) 0 t I, el sistema tiene solucin nica. (t) = 1y1(t) + 2 y2(t) es solucin de la ecuacin diferencial por ser una

combinacin lineal de soluciones de y + p(t) y+ q(t) y = 0. Adems por construccin (t0) = y0 y (t0) = y0

Como (t) y y(t) satisfacen el mismo problema de valores iniciales, por el teorema 6.3 se cumple y(t) (t). Por lo tanto y(t) = 1y1(t) + 2 y2(t) t I

#

El problema de hallar la solucin general se reduce entonces al de encontrar dos soluciones y1(t) e y2(t) que verifiquen y1(t)y2(t) y1(t) y2(t) 0 t I.



95

Se dice que y1(t) e y2(t) son el conjunto fundamental de soluciones pues toda solucin es combinacin lineal de ellas.

Definicin 6.2: El determinante y1(t)y2(t) y1(t) y2(t) es llamado el Wronskiano de y1(t)

e y2(t) y se anota W(t)

Teorema 6.5: Sean p(t) y q(t) dos funciones continuas en I y sean y1(t) e y2(t) dos

soluciones de:

y + p(t) y+ q(t) y = 0 Entonces W(t) es idnticamente nulo, o no es nunca cero en I.

Demostracin: Veamos que si y1(t) e y2(t) son dos soluciones de la ecuacin diferencial homognea, entonces W(t) satisface la ecuacin diferencial:

W(t) + p(t) W(t) = 0. W(t) = y1(t)y2(t) + y1(t) y2(t) y1(t)y2(t) y1(t) y2(t) = y1(t) y2(t) y1(t)y2(t)

Puesto que y1(t) e y2(t) son dos soluciones de la ecuacin homognea y1 = -p(t) y1 q(t) y1 e y2 = -p(t) y2 q(t) y2

Resulta entonces

W(t) = y1[-p(t) y2 q(t) y2 ] y2 [-p(t) y1 q(t) y1] = - p(t)[ y1 y2 y1 y2] = -p(t)W(t)

Dado t0 I, resulta W(t) = t

tt 0P

0 )eW(

Como 0 t I, entonces W(t) = 0 t I, o W(t) 0 t I t

t0P

e

#

Es obvio que si una de las soluciones es una constante multiplicada por la otra solucin W(t) = 0 (Verificarlo). El siguiente teorema nos dice que el reciproco tambin es cierto.

Teorema 6.6: Sean y1(t) e y2(t) dos soluciones de la ecuacin homognea en I tales que

W(t0) = 0

para algn t0 I, entonces una de las funciones es una constante multiplicada por la otra.



96

Demostracin: Supongamos que W(t0) = 0, entonces

1y1(t0) + 2 y2(t0) = 0 1y1(t0) + 2 y2(t0) = 0

tiene una solucin no trivial, 1 0 y 2 0 Sea y(t) = 1y1(t) + 2 y2(t), y(t) es solucin de la ecuacin homognea por ser

combinacin lineal de y1 e y2. Adems por construccin y(t0) = 0 e y(t0) = 0, por teorema 6.3 resulta y(t) = 0

1y1(t) + 2 y2(t) = 0 en I Si 1 0 tenemos y1(t) = (-2/1) y2(t) , si 2 0 obtenemos y2(t) = (-1/2) y1(t) En ambos casos una de las funciones es una constante multiplicada por la otra.

#

Definicin 6.3: Las funciones y1(t) e y2(t) se dice que son Linealmente Dependientes

(LD) en un intervalo I si una de ellas es una constante por la otra. Las funciones y1(t) e y2(t) son Linealmente Independientes (LI) en I si no son Linealmente Dependientes.

Corolario Teorema 6.6: Dos soluciones y1(t) e y2(t) son linealmente independientes en un

intervalo I si y solo si W(t) 0 en dicho intervalo. O sea dos soluciones y1(t) e y2(t) forman un conjunto fundamental de soluciones si y solo si son Linealmente Independientes

Veremos a continuacin un mtodo general que aprovecha el conocimiento de una de las soluciones de y + p(t) y+ q(t) y = 0 para hallar la segunda solucin linealmente independiente.

Mtodo de Reduccin de Orden:

Supongamos que conocemos una solucin y1(t) de la ecuacin homognea , podemos reducir el problema de hallar todas las soluciones de dicha ecuacin al de resolver una ecuacin lineal homognea de primer orden.

Para ello efectuarnos la sustitucin y(t) = y1(t) v(t), entonces: y = v y1 + v y1 y = v y1 + v y1 + v y1 + v y1 por lo tanto:



97

D[y] = v y1 + 2 v y1 + v y1 + p(t)( v y1 + v y1) + q(t) v y1 = = y1 v + (2 y1 + p(t) y1) v + (y1 + p(t) y1+ q(t) y1) v = = y1 v + (2 y1 + p(t) y1) v puesto que y1 + p(t) y1+ q(t) y1 = 0

Entonces y(t) = y1(t) v(t) es una solucin de la ecuacin lineal homognea si v satisface la ecuacin diferencial:

y1 v + (2 y1 + p(t) y1) v = 0 que es de primer orden en v y cuya solucin es:

v = + = 1111

'2PP

'2

ee cec yy

yy

v = 21

Pe c

y

Puesto que necesitamos una sola solucin de la ecuacin de primer orden podemos suponer c = 1 e integrando obtenemos:

y2(t) = y1(t) v(t) = y1(t)

21

Pe

y

que es la segunda solucin de la ecuacin homognea

Dicha solucin es independiente de y1 pues W = y1 v 0, pues y1 0 y v 0.

6.3.5 Ecuaciones Lineales con Coeficientes Constantes

Vamos a considerar ahora la ecuacin diferencial lineal homognea de segundo orden a coeficientes constantes:

D[y] = a y + b y + c y = 0 (1)

con a, b , c constantes, a 0 Sabemos por el teorema 6.4 del punto anterior que es suficiente hallar dos

solucionen y1(t) e y2(t) de (1), linealmente independientes. Nuestro problema consiste entonces en encontrar tales funciones y1(t) e y2(t). Para ello observemos que los trminos a y, b y, c y deben cancelarse unos con otros; en general ello ocurre si las funciones y, y, y son funciones del mismo tipo.

La funcin y(t) = et , constante, tiene la propiedad que y e y aparecen multiplicadas por y; esto sugiere que et es solucin de (1)

Calculemos D[et] = a (et ) + b (et ) + c (et) = (a 2 + b + c)et Por lo tanto y(t) = et es solucin de (1) (a 2 + b + c) = 0 (2)



98

La ecuacin (2) se denomina polinomio caracterstico de la ecuacin diferencial (1) y tiene dos races 1 y 2.

A continuacin discutiremos las diferentes soluciones de la ecuacin (1) segn las races que presenta el polinomio caracterstico.

a) Si b2 4ac > 0, entonces 1 y 2 son reales y distintas. En dicho caso y1(t) = e1t e y2(t) = e2t son dos soluciones distintas de (1). Dichas soluciones son claramente linealmente independientes pues W(t) = (2 1) e(1 + 2)t 0 si 1 2

Ejemplo:

Hallar la solucin general de la ecuacin:

y + 5y + 4y = 0

Polinomio caracterstico: 2 + 5 + 4, cuyas races son: 1 = -4 y 2 = -1 Por lo tanto y1(t) = e-4t e y2(t) = e-t forman un conjunto fundamental de soluciones y toda solucin es de la forma:

y(t) = 1 e-4t + 2 e-t Si agregamos las condiciones iniciales y(0) = 1 e y(0) = 0, la solucin del

problema de valores iniciales se resuelve hallando las constantes 1 y 2 y(0) = 1 + 2 = 1 y(0) = - 4 1 2 = 0

1 = -1/3 y 2 = 4/3 Entonces la solucin del problema de valores iniciales es:

ttty += e34e

31)( 4

b) Si b2 4ac < 0, entonces (2) tiene races complejas conjugadas:

1 = + i y 2 = - i Si tomamos e(+i)t = et ( cos t + i sen t) y e(-i)t = et ( cos t - i sen t)

como dos soluciones de (1) tendramos dos soluciones complejas y nosotros buscamos dos soluciones reales de (1). El siguiente lema (que no demostraremos) nos dice que toda solucin compleja de la ecuacin diferencial a coeficientes constantes da origen a dos soluciones reales de la misma ecuacin.

Lema: Sea y(t) = u(t) + i v(t), una solucin compleja de (1) con a, b, c reales,

entonces y1(t) = u(t) e y2(t) = v(t) son dos soluciones reales de (1).



99

En nuestro caso y1(t) = et cos t e y2(t) = et sen t son dos soluciones reales de (1). Estas dos soluciones son linealmente independientes pues W(t) no se anula (verificarlo).

Por lo tanto, y(t) = 1 et cos t + 2 et sen t es la solucin general de (1). Notar que la solucin general anterior es generada tanto por e1t como e2t ,

pues las funciones u(t) y v(t) obtenidas son iguales salvo signo.

Ejemplo:

Hallar la solucin del problema de valores iniciales

y + 2y+ 4 y = 0 , y(0) = 1, y(0) = 1

Polinomio caracterstico: 2 + 2 + 4 = 0 cuyas races son: 1 = -1 + 3 i 2 = -1 3 i Por lo tanto y1(t) = e-t cos 3 t e y2(t) = e-t sen 3 t

entonces y(t) = 1 e-t cos 3 t + 2 e-t sen 3 t y(0) = 1 = 1 y(0) = -1 + 3 2 = 1 2 = 2/ 3

c) Si b2 4ac = 0, entonces el polinomio caracterstico tiene dos races reales iguales 1 = 2 = = -b/2a en este caso por este mtodo obtenemos una nica solucin y1(t) = et de la ecuacin (1). Debemos hallar entonces una segunda solucin linealmente independiente con y1. Para ello usaremos el mtodo de reduccin de orden visto anteriormente. Llevemos la ecuacin (1) a la forma:

y + (b/a) y + (c/a)y = 0

Ahora resulta p(t) = b/a v(t) = ( ) abtabt

abt

dtab

/

/

22/

/

ee

e

e

=

= 1

Resulta entonces y2(t) = y1(t) dt 1 = t y1(t) es la segunda solucin de (1). Las funciones y1(t) e y2(t) son linealmente independientes pues el mtodo de

reduccin de orden as lo aseguraba. En consecuencia la solucin general de (1) es.:

y(t) = (1 + 2 t) et

Ejemplo:

Hallar la solucin del problema de valores iniciales:

y + 4y + 4y = 0 y(0) = 1 , y(0) = 3

Polinomio caracterstico: 2 + 4 + 4 = 0 = -2



100

Por lo tanto y(t) = (1 + 2 t) e-2t y(0) = 1 = 1 y(0) = -21 + 2 = 3 2 = 5

Resulta y(t) = (1 + 5 t) e-2t

6.3.6 Ecuacin Lineal no Homognea

Sea la ecuacin no homognea:

D[y] = y + p(t) y+ q(t) y = g(t) con p(t), q(t) y g(t) continuas en un intervalo I.

Varemos ahora algunas propiedades que nos dicen como utilizar el conocimiento de las soluciones, de la ecuacin homogneas para resolver la ecuacin no homognea.

Propiedad: La diferencia entre dos soluciones de la ecuacin lineal no homognea es

una solucin de la ecuacin diferencial lineal homognea

Demostracin:

Sean 1(t) y 2(t) dos soluciones de la ecuacin no homognea, por la linealidad del operador D:

D[1(t) 2(t)] = D[1(t)] D[2(t)] = g(t) g(t) = 0 Por lo tanto 1 2 es solucin de la ecuacin homognea. #

Teorema 6.7: Sean p(t), q(t) y g(t) continuas en un intervalo I. El problema de valores

iniciales:

y + p(t) y+ q(t) y = g(t) y(t0) = y0 y(t0) = y0

de tener solucin, tiene solucin nica.

Demostracin:

Sean 1 y 2 dos soluciones de la ecuacin no homognea tales que: 1(t0) = 2(t0) = y0 y 1(t0) = 2(t0) = y0



101

Entonces por la propiedad anterior 1 2 es una solucin de la ecuacin diferencial homognea y + p(t) y+ q(t) y = 0 que satisfacen:

(1 2)(t0) = 0 y (1 2)(t0) = 0, resulta entonces por el teorema 6.3 que: 1 2 = 0 #

Teorema 6.8: Sean y1(t) e y2(t) dos soluciones linealmente independientes de la

ecuacin diferencial lineal homognea y (t) una solucin particular de la ecuacin diferencial lineal no homognea. Entonces toda solucin de la ecuacin no homognea es de la forma :

y(t) = 1y1(t) + 2 y2(t) + (t)

Demostracin: Sea y(t) una solucin de la ecuacin diferencial no homognea, por la propiedad

anterior, la funcin (t) = y(t) (t) es una solucin de la ecuacin homognea, por lo tanto:

(t) = 1y1(t) + 2 y2(t) para algunas constantes 1 y 2, resulta entonces:

y(t) = 1y1(t) + 2 y2(t) + (t) #

Ejemplo:


y + y = t Las funciones y1(t) = cos t e y1(t) = sen t son dos soluciones linealmente

independientes de: y + y = 0. Adems (t) = t es una solucin particular de dicha ecuacin, entonces la solucin general es:

y(t) = 1 cos t + 2 sen t + t Por lo visto hasta ahora el problema de resolver la ecuacin lineal no homognea

suponiendo conocidas dos soluciones linealmente independientes de la ecuacin homognea, se reduce al de hallar una solucin particular (t). Veremos cmo hallar dicha solucin para el caso de ecuaciones lineales a coeficientes constantes.

6.3.7 Mtodo prctico para hallar Soluciones Particulares

En ciertos casos para poder hallar una solucin particular de la ecuacin diferencial no homognea resulta ms simple suponer una solucin. En esta seccin,



102

estableceremos un mtodo sistemtico para suponer soluciones de la ecuacin diferencial lineal a coeficientes constantes:

a y + b y + c y = g(t) (1) cuando a, b, c son constantes y g(t) es algn tipo especial de funcin

1) Sea g(t) = et (a0 + a1 t + a2 t2 + + an tn ) Es lgico suponer una solucin del tipo

(t) = et (A0 + A1 t + A2 t2 + + An tn ) = et Q(t) pues de esta forma cada trmino de (1) resultara una funcin del tipo de g(t)

Efectivamente, D[(t)] = a (t) + b (t) + c (t) = = et [a Q(t) + (2 a + b)Q(t) + (a 2 + b + c)Q(t)]

En consecuencia, (t) es solucin de (1) si y solo si: a Q(t) + (2 a + b)Q(t) + (a 2 + b + c)Q(t) = a0 + a1 t + a2 t2 + + an tn (2)

Si a 2 + b + c 0, ambos miembros de (2) son polinomios de grado n e igualando coeficientes se obtienen A0, A1, . . . ,An. Observar que pedir que a 2 + b + c 0 es lo mismo que pedir que no sea raz del polinomio caracterstico P() = a 2 + b + c

Si a 2 + b + c = 0, 2 a + b 0, propondremos: (t) = et t Q(t) para que ambos miembros de (2) resulten polinomios de grado n y procedemos como en el caso anterior.

Si a 2 + b + c = 0, 2 a + b = 0, propondremos (t) = et t2 Q(t)

Resumiendo:

a) (t) = et Q(t) si no es raz del polinomio caracterstico b) (t) = et t Q(t) si es una raz simple del polinomio caracterstico c) (t) = et t2 Q(t) si es raz doble del polinomio caracterstico.

Ejemplo:

y 3 y + 2 y = (1 + t)e3t

En este caso 3 no es raz del polinomio caracterstico P() = 2 3 + 2 y por lo tanto la solucin particular es:

(t) = (A0 + A1 t) e3t y resulta D[(t)] = [(2A0 + 3 A1) + 2 A1 t] e3t = (1 + t)e3t



103

Luego A0 = -1/4 y A1 = 1/2, (t) = (-1/4 + 1/2 t) e3t En forma anloga se puede resolver el problema cuando (t) = P(t) cos t, con

P(t) un polinomio de grado n. Se ver en la prxima seccin una tabla general para las ecuaciones no

homognea de orden n a coeficientes constantes.

6.3.8 Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

Definicin 6.4: La ecuacin:

D[y(t)] = an(t)y(n)(t) + an-1(t)y(n-1)(t) + . . . + a0(t)y(t) = 0 (1)

an(t) 0, es llamada la ecuacin homognea lineal de orden n.

Dicha ecuacin junto a las condiciones iniciales:

y(t0) = y0, y(t0) = y0, . . . , y(n-1)(t0) = y0(n-1) se denomina un problema de valores iniciales.

La teora para la ecuacin de orden n es completamente anloga a la vista para la ecuacin de segundo orden.

Teorema 6.9: Sean y1, y2, , yn, n soluciones linealmente independientes de (1), o sea

ninguna yi es combinacin lineal de las restantes. Entonces la solucin general de (1) es de la forma

y(t) = 1 y1(t) + 2 y2 (t) + + n yn(t) con 1 , 2 , , n constantes.

Definicin 6.5: La ecuacin

D[y(t)] = an(t)y(n)(t) + an-1(t)y(n-1)(t) + + a0(t)y(t) = g(t) (2)

an(t) 0, es llamada la ecuacin no homognea lineal de orden n.

Proposicin: La diferencia de dos soluciones de la ecuacin (2) en solucin de (1)



104

Teorema 6.10:

Sea (t) una solucin particular de (2), y sean y1(t), y2(t) yn(t), n soluciones linealmente independientes de (1); entonces la solucin general de (2) es:

y(t) = 1y1(t) + 2 y2(t) + + n yn(t) + (t) con, 1, 2 , , n constantes.

6.3.9 Ecuacin de Orden n a Coeficientes Constantes:

Para hallar n soluciones linealmente independientes de (1) cuando los coeficientes a0, a1 , a2, , an no dependen de t, calculamos:

D[et] = (a0 + a1 + a2 2 + + an n ) et Esto implica que et es solucin de (1) si y solo si es raz del polinomio caracterstico P() = a0 + a1 + a2 2 + + an n

Si el polinomio caracterstico tiene n races distintas: 1, 2, , n la solucin general de (1) es:

y(t) = 1 e1t + 2 e2t + + n ent Si j = j + j en una raz compleja del polinomio caracterstico, u(t) = ejt cos

j t y v(t) = ejt sen j t son dos soluciones reales de (1). Finalmente si j es una raz de multiplicidad k del polinomio caracterstico, o

sea:

P() = a0 + a1 + a2 2 + + an n = ( j)kq() donde q(j) 0, las siguientes funciones: ejt , t ejt, t2 ejt , , tk-1 ejt son k soluciones linealmente independientes de (1)

Ejemplo:


y 3 y + 3 y y = 0 El polinomio caracterstico es:

P() = 4 3 3 + 3 2 = ( 1 )3 = 0 Sus races son 1 = 0 y 2 = 1, con multiplicidad 3.

La solucin general es: y(t) = 1 + (2 + 3 t + 4 t2)et

Para la ecuacin diferencial de orden n a coeficientes constantes no homognea, el mtodo prctico visto para la ecuacin no homognea de orden dos se puede extender



105

a dicho caso y se resume en el siguiente cuadro, donde P() es el polinomio caracterstico de la siguiente ecuacin diferencial.

any(n)(t) + an-1y(n-1)(t) + + a0y(t) = g(t)

g(t) Se cumple Hay una solucin particular de la forma (t) 0 no es raz de P() Mq(t) polinomio de grado q

Qq(t) polinomio de grado q 0 es raz de P() con multiplicidad m

tm Mq(t)

no es raz de P() Mq(t) et Qq(t) et , es raz de P()

con multiplicidad m tm Mq(t) et

i no es raz de P() Us(t) cos t + Vs(t) sen t (*) Qq(t) cos t + Rr(t) sen t i es raz de P()

con multiplicidad m t m[Us(t) cos t + Vs(t) sen t] (*)

i no es raz de P() Us(t) cos t + Vs(t) sen t (*) et [Qq(t) cos t + Rr(t) sen t] i es raz de P()

con multiplicidad m t m et [Us(t) cos t + Vs(t) sen t] (*)

(*)Us(t) y Vs(t) son polinomios de grado s, con s = max { q , r }

6.3.10 Sistemas de Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

La teora de la ecuacin diferencial de orden n puedo utilizarse para resolver sistemas de n ecuaciones diferenciales de primer orden del tipo:

y1 = a11(t) y1 + a12(t) y2 + + a1n(t) yn + g1(t) y2 = a21(t) y1 + a22(t) y2 + + a2n(t) yn + g2(t) : : : : :

: : : : :

yn = an1(t) y1 + an2(t) y2 + + ann(t) yn + gn(t) La idea es despejar una de las variables de la primer ecuacin, sustituirla en la

segunda y as sucesivamente hasta obtener una nica ecuacin en la variable yi de orden n.

Aplicaremos este mtodo, conocido como mtodo de eliminacin para sistemas, en algunos ejemplos.



106

Ejemplo:

1) Hallar la solucin del problema de valores iniciales:

=+===0)0('3)0(3'

yyxyxyxx

Solucin:

Despejando y de la primera ecuacin resulta:

y = 3 x x y = 3 x x Sustituyendo en la segunda ecuacin:

3x x = x + 3 x x x 4 x + 4 x = 0 Resulta: x(t) = ( 1 + 2 t) e2t y(t) = ( 1 2 + 2 t) e2t

x(0) = 1 = 3 y(0) = 1 2 = 0 1 = 2 = 3 entonces: x(t) = 3 (1 + t) e2t y(t) = 3 t e2t

2) Hallar la solucin del sistema siguiente:

+=++=yxy

tyxx32'

43'

Despejando x de la segunda ecuacin, obtenemos: x = (3/2) y (1/2) y x = (3/2) y (1/2) y = -(9/2) y + (3/2) y + 4 y + t Operando resulta:

y y = -2 t

en este caso 0, no es raz del polinomio caracterstico P() = 2 1 = 0, por lo tanto la solucin particular es:

(t) = ( a + b t), con b = 2, a = 0

Entonces:

y(t) = 1et + 2e-t + 2 t x(t) = 1et + 2 2e-t + 3 t - 1


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