este documento contiene , material de estudio, usado en cursos como ecuaciones diferenciales, algebra lineal o calculo 2 .
contiene :
separacion de variables,factores de integracion y ecuacion de bernoulli, ecuaciones homogeneas y no homogeneas de primer orden , ecuaciones exactas, lineales y no lineales.
espero sea de utilidad y lo disfrute
Plan Refuerzo Escolar 2024 para estudiantes con necesidades de Aprendizaje en...
Apuntes ecuaciones diferenciales
1. ECUACIONES DIFERENCIALES.
Definición. Por una ecuación diferencial ordinaria de orden n
definida en un intervalo I entenderemos una relación
de la forma Fx,y,y′
,y′′
,...,yn
0 , x ∈ I
involucrando una función F , una variable independiente
x ∈ I , una función desconocida yx junto con sus
derivadas y′
,y′′
,...,yn
respecto a x.
Una función x con derivadas hasta el orden n es llamada una solución
de la ecuación diferencial si la sustitución y x reduce la ecuación
a una identidad.
Esto es Fx,x,′
x,...,n
x ≡ 0 , ∀x ∈ I
La palabra ordinaria significa que la función involucrada depende de una
sola variable x.En contraste están las ecuaciones diferenciales parciales
en donde la función incognita depende de dos o mas variables.
La solución general de la ecuación es el conjunto de todas las soluciones.
Ejemplos.
y′
fx con f continua Solución general y
x0
x
ftdt C , C ∈
y′
kx Solución general y C ekx
, C ∈
y′′
y 0 Solución general y c1 cosx c2 sinx , c1 ,c2 ∈
No se está interesado siempre en hallar todas las soluciones de una ecuación
diferencial sino solo en aquellas que cumplan además condiciones
adicionales.Esta son principalmente de dos tipos.
a) Condiciones iniciales.
b) Condiciones de frontera.
Condicion inicial es una condición que debe cumplir una solución de la
ecuación en un punto.
x 2ekx
es la solución de y′
kx con y0 2
x cosx 2sinx es la solución de y′′
y 0 que cumple
0 1 ∧ ′
0 2
Condición de frontera es una condición que debe cumplir una solución de la
ecuación en dos o mas puntos
x cosx sinx es la solución de y′′
y 0 que cumple
0 1 ∧ ′
−1
Ecuaciones diferenciales de primer orden.
Una ecuación de la forma Fx,y,y′
0 ; x ∈ I
involucrando una función F , una variable independiente
2. x ∈ I , una función desconocida yx junto con su
derivada y′
respecto a x.
dada la ecuación interesa si tiene soluciones y que se puede
decir de ellas.
Una función x derivable es llamada una solución de la
ecuación diferencial si la sustitución y x reduce la ecuación
a una identidad. Esto es Fx,x,′
x ≡ 0 , ∀x ∈ I
El grafico de una solución es llamada una curva solución de la ecuación.
Ejemplo.
y′
fx f continua en un intervalo I.
y fxdx C
con la condición yx0 y0 , y y0
x0
x
ftdt
Ejemplo.
y′
ay , y ≠ 0
y′
y a
d
dx
ln|y| a
ln|y| ax C
y C eax
Si ux es una solución cualquiera de y′
ay
d
dx
ux e−ax
u′
xe−ax
uxe−ax
−a
d
dx
ux e−ax
a uxe−ax
− a uxe−ax
0
ux e−ax
C
ux C eax
Entonces y C eax
, C ∈ es la solución general de y′
ay .
Ecuaciones en forma normal.
Estas tienen la forma y′
fx,y donde fx,y es continua en una
región del plano 2
.
Ejemplo. y′
− x
y
x yy′
0
d
dx
x2
2
d
dx
y2
2
0
x2
2
y2
2
C
x2
y2
c2
las curvas solución son semicircunferencias centradas en el origen.
Ejemplo.
y′
3y
2
3 , y ≠ 0
1
3
y
−2
3 y′
1
3. d
dx
y
1
3 1
y
1
3 x C
solución general
y x C3
; C ∈
y 0 solución
SEPARACIÓN DE VARIABLES.
La ecuación diferencial de primer orden en su forma normal tiene la
forma y′
fx,y donde fx,y es una función continua definida
en una región del plano 2
.
La ecuación puede ser escrita con la notación
dy
dx
fx,y o en forma
equivalente fx,ydx − dy 0.
Reciprocamente una ecuación de la forma Mx,ydx Nx,ydy 0
donde Mx,y ; Nx,y son funciones continuas definidas en una
región del plano 2
corresponde a la ecuación de primer orden en
su forma normal
dy
dx
−
Mx,y
Nx,y
de forma que la ecuación
Mx,ydx Nx,ydy 0 es una forma alternativa de anotar una ecuación
diferencial de primer orden en su forma normal .
Obs) Sea x,y ≠ 0 entonces las ecuaciones Mx,ydx Nx,ydy 0
y x,yMx,ydx x,yNx,ydy 0 son equivalentes(tienen la misma
solución general).
Un caso especial de la ecuación es Mxdx Nydy 0 en este caso
diremos que la ecuación tiene las variables separadas.En ese caso la
solución general es Mxdx Nydy C .
Un poco mas general M1xN1ydx M2xN2ydy 0 es equivalente
a la ecuación con variables separadas
M1x
M2x
dx
N2x
N1x
dy 0
Ejemplo:
xy 12
dx x2
1yey
dy 0
primero observamos que la función y −1 es una solución.La ecuación
es equivalente a
x
x2
1
dx
yey
y 12
dy 0 con y ≠ −1
de aquí 1
2
lnx2
1 ey
y 1
C es la solución general y y −1
solución añadida.
4. Ejercicios.
1) Determine si las ecuaciones son separables.
cosy
dy
dx
sinx y 3
dy
dx
4x
y2
2) Hallar la solución general de las ecuaciones separables y luego de
la solución del problema de valor inicial.
i)
dy
dx
−2sin1 x
y2
; y 4
ii)
dy
dx
−3x
y 4
; y2 7
iii) 2y
dy
dx
ex−y2
; y4 −2
ECUACIONES CON COEFICIENTES HOMOGÉNEOS.
DEF) Una función continua fx,y es homogénea de grado si
para cada número real t ≠ 0 ftx,ty t
fx,y
Ejemplos
x2
y2
homogénea de grado 2.
xy homogénea de grado 2.
e
y
x homogénea de grado 0.
1
3 xy
homogénea de grado − 1
3
.
Supongamos que en la ecuación Mx,ydx Nx,ydy 0
Mx,y ; Nx,y son ambas homogéneas del mismo grado
el cambio de variables en la variable dependiente y vx conduce
a una ecuación separable en las variables x , v.
Sea y vx entonces
Mx,vxdx Nx,vxvdx xdv 0
x
M1,vdx x
N1,vvdx xdv 0
Mvdx Nvvdx xdv 0
Mv Nvv dx Nvxdv 0
dx
x
Nv
Mv Nvv
dv 0
Ejemplo.
x2
3y2
dx − 2xydy 0
x2
3v2
x2
dx − 2x2
vxdv vdx 0
1 3v2
dx − 2vxdv vdx 0
1 v2
dx − 2vxdv 0
dx
x − 2v
1 v2
dv 0
5. ln|x| − ln1 v2
C
x
1 v2
C
x
1
y
x 2
C
x3
x2
y2
C .Solución general.
Ejemplo.
x y 1dx y − x − 3dy 0
Aquí la ecuación no tiene los coeficientes homogéneos pero
está suficientemente cerca de tenerlos.Hacemos un cambio
de variables previo.
Sean x u ∧ y v al reemplazar en la
ecuación
u v 1du v − u − − 3dv 0
−1
− 3
de aquí −2 ∧ 1
El cambio de variables x u − 2 ∧ y v 1 convierte
la ecuación en una con coeficientes homogéneos.
u vdu v − udv 0
Sea v wu
u wudu wu − uudw wdu 0
1 wdu w − 1udw wdu 0
1 w2
du w − 1udw 0
du
u
w − 1
1 w2
dw 0 integrando
lnu 1
2
ln1 w2
− arctanw C
ln u 1 w2
arctanw C
u 1 w2
C earctanw
pero w v
u entonces u 1 v
u 2
C earctan
v
u
u2
v2
C earctan
v
u
poniendo u x 2 ∧ v y − 1
x 22
y − 12
C e
arctan
y − 1
x 2
Solución.
Ejercicios.
1) Resuelva en el caso de ser una ecuación con coeficientes
homogéneos.
i) x3 dy
dx
x2
y − y3
ii) x
dy
dx
xcos
y
x y
6. iii) x y
dy
dx
y iv) x − 2y
dy
dx
2x − y
2) Encuentre la solución general de las ecuaciones.
i)
dy
dx
x − 3y − 7
x − 4
ii
dy
dx
x − 2y
3x − 6y 4
iii)
dy
dx
x − y 1
x 1
2
iv)
dy
dx
x − y 1
2x − 2y
2
3) Resolver los problemas de valor inicial.
i) x
dy
dx
y x2
− y2
; y1 1
2
ii) x
dy
dx
− y
y
lny − lnx
; y1 e
ECUACIONES EXACTAS.
Sea Fx,y una función de dos variables.La diferencial total
de Fx,y está definida como dF ∂F
∂x
dx ∂F
∂y
dy
tiene sentido donde quiera que ∂F
∂x
; ∂F
∂y
existan.
dF Mx,y dx Nx,ydy
Teorema: Sea Mx,y dx Nx,ydy 0 la ecuación diferencial
de primer orden normal definida en una región R del
plano 2
.Supongamos que existe una función Fx,y
diferenciable tal que ∂F
∂x
Mx,y ∧ ∂F
∂y
Nx,y
en R .Entonces Fx,y C es la solución general de
Mx,y dx Nx,ydy 0 .
Dem) Por el teorema de la función implicita se tiene que si
x0 , y0 ∈ R tal que ∂F
∂y
x0 , y0 ≠ 0 ∧ Fx0,y0 C
existe y yx tal que yx0 y0 ∧ F x,yx C
y
dy
dx
−
∂F
∂x
∂F
∂y
−
Mx,y
Nx,y
o sea
Mx,y dx Nx,ydy 0 .
7. Def) Una expresión de la forma Mx,y dx Nx,ydy se dice
que es una diferencial exacta en una región R del plano si
existe una función Fx,y tal que dF Mx,y dx Nx,ydy.
En ese caso la ecuación de primer orden normal
Mx,y dx Nx,ydy 0 se dice que es una ecuación
exacta.Además la expresión Fx,y C es la solución
general de la ecuación.
Ejemplo:
2x ey
dx xey
dy 0
Como Fx,y x2
xey
cumple ∂F
∂x
2x ey
y
∂F
∂y
xey
la solución general es x2
xey
C
La ecuación Mx,y dx Nx,ydy 0 es exacta si hay una
función Fx,y tal que ∂F
∂x
Mx,y ∧ ∂F
∂y
Nx,y
de aquí ∂2
F
∂x∂y
∂Mx,y
∂y
∧ ∂2
F
∂y∂x
∂Nx,y
∂x
con Fx,y continuamente diferenciable(derivadas parciales
continuas) ∂2
F
∂x∂y
∂2
F
∂y∂x
por lo que
Mx,y dx Nx,ydy es una diferencial exacta cuyos coeficientes
son continuamente diferenciables entonces ∂M
∂y
∂N
∂x
La reciproca se cumple si la región es simplemente conexa.
Teorema:
Sean Mx,y ∧ Nx,y funciones de dos variables
continuamente diferenciables en una región R
simplemente conexa del plano 2
entonces
Mx,y dx Nx,ydy es una diferencial exacta en R
si y solo si ∂M
∂y
∂N
∂x
en R .
Ejemplo:
Las ecuaciones siguientes son exactas
2y2
yexy
dx 4xy xexy
2ydy 0 , ∂M
∂y
∂N
∂x
en 2
cos4y2
dx − 8xysin4y2
dy 0 , ∂M
∂y
∂N
∂x
en 2
.
Sea x0 , y0 ∈ R pongamos
Fx,y
x0
x
Mx, y0dx
y0
y
Nx,ydy
8. ∂F
∂x
Mx, y0
y0
y
∂N
∂x
dy Mx, y0
y0
y
∂M
∂y
dy
∂F
∂x
Mx, y0 Mx,y y0
y
Mx, y0 Mx,y − Mx, y0
∂F
∂x
Mx,y además ∂F
∂y
Nx,y
Resumen: ECUACIONES EXACTAS.
Sea Mx,y dx Nx,ydy 0 definida en una
región R del plano 2
simplemente conexa.
Mx,y dx Nx,ydy 0 exacta ∂M
∂y
∂N
∂x
Además Fx,y C es la solución general de la ecuación
donde
Fx,y
x0
x
Mx, y0dx
y0
y
Nx,ydy
Ejemplo. 1) sinxy xycosxydx x2
cosxydy 0
Mx,y sinxy xycosxy ; ∂M
∂y
2xcosxy − x2
ysinxy
Nx,y x2
cosxy ; ∂N
∂x
2xcosxy − x2
ysinxy
luego es exacta puesto que está definida en 2
que es
simplemente conexo.
Sea Fx,y
0
x
0dx
0
y
x2
cosxydy C xsinxy
xsinxy C la solución general.
Ejemplo 2)
dy
dx
−2xy3
− 2xy
3x2
y2
ey
2xy3
2xydx 3x2
y2
ey
dy 0
Mx,y 2xy3
2xy ; ∂M
∂y
6xy2
2x
Nx,y 3x2
y2
ey
; ∂N
∂x
6xy2
∂M
∂y
≠ ∂N
∂x
La ecuación no es exacta.
Ejercicios: En los siguientes ejercicios demuestre que la ecuación
diferencial es exacta.Obtenga la solución general,quizas
en forma explicita y utilice la solución general para hallar
una solución del problema de valor inicial.
i) 3y4
− 1 12xy3 dy
dx
0 ; y1 2
ii) xcos2y − x − sin2y − x − 2xcos2y − x
dy
dx
0 ; y
12
8
9. iii) 2x − ysinxy 3y2
− xsinxy
dy
dx
0 ; y0 2
iv) 2y − y2
sec2
xy2
2x − 2xysec2
xy2
dy
dx
0 ; y1 2
v) 1 e
y
x −
y
x e
y
x e
y
x
dy
dx
0 ; y1 −5
FACTORES DE INTEGRACIÓN Y ECUACIÓN DE BERNOULLI.
La ecuación Mx,y dx Nx,ydy 0 no exacta puede ser
convertida en una exacta amplificandola por un factor x,y ≠ 0
de forma que x,y Mx,y dx x,yNx,ydy 0 sea exacta.
De forma que ∂
∂y
x,y Mx,y ∂
∂x
x,y Nx,y
∂
∂y
M ∂M
∂y
∂
∂x
N ∂N
∂x
∂
∂y
M −
∂
∂x
N ∂N
∂x
− ∂M
∂y
Caso especial. Supongamos que depende solo de x x.
la relación queda −
∂
∂x
N ∂N
∂x
− ∂M
∂y
∂
∂x
N ∂M
∂y
− ∂N
∂x
∂
∂x
∂M
∂y
− ∂N
∂x
N
∂M
∂y
− ∂N
∂x
N
fx queda d
dx
lnx fx
lnx fxdx de donde x e
fxdx
Para
∂M
∂y
− ∂N
∂x
N
fx dependiendo solo de x , x e
fxdx
es un factor de integración.
Para
∂N
∂x
− ∂M
∂y
M
gy dependiendo solo de y , y e
gydy
es un factor de integración.
Otras posibilidades son
x,y xa
yb
; x,y eaxby
; x,y xa
ebx
yc
Ejemplos:
1)
dy
dx
6xy − y2
3xy − 6x2
6xy − y2
dx 6x2
− 3xydy 0
∂M
∂y
6x − 2y ; ∂N
∂x
12x − 3y no es exacta
10. ∂N
∂x
− ∂M
∂y
M
6x − y
6xy − y2
1
y Factor y y
La ecuación 6xy2
− y3
dx 6x2
y − 3xy2
dy 0 es exacta.
Fx,y
0
x
0dx
0
y
6x2
y − 3xy2
dy C 3x2
y2
− xy3
3x2
y2
− xy3
C solución general.
2) 3x2
y 6xy 1
2
y2
dx 3x2
ydy 0
∂M
∂y
3x2
6x y ; ∂N
∂x
6x no es exacta
∂M
∂y
− ∂N
∂x
N
3x2
y
3x2
y
1 ; Factor x ex
3x2
yex
6xyex
1
2
y2
ex
dx 3x2
ex
yex
dy 0 es exacta
d
dy
3x2
yex
6xyex
1
2
y2
ex
ex
3x2
6x y
d
dx
3x2
ex
yex
ex
3x2
6x y
Fx,y
0
x
0dx
0
y
3x2
ex
yex
dy 1
2
yex
6x2
y
yex
6x2
y C la solución general.
3) 2y2
− 9xydx 3xy − 6x2
dy 0
∂M
∂y
4y − 9x ; ∂N
∂x
3y − 12x no es exacta
∂M
∂y
− ∂N
∂x
N
y 3x
3xy − 6x2
no depende solo de x.
∂N
∂x
− ∂M
∂y
M
−y − 3x
2y2
− 9xy
no depende solo de y.
Intentaremos un factor de integración de la forma x,y xa
yb
2xa
y2b
− 9xa1
yb1
dx 3xa1
yb1
− 6x2a
yb
dy 0
∂
∂y
2xa
y2b
− 9xa1
yb1
22 bxa
y1b
− 9b 1xa1
yb
∂
∂x
3xa1
yb1
− 6x2a
yb
3a 1xa
yb1
− 62 ax1a
yb
22 b 3a 1 ∧ 9b 1 62 a
3a −2b 1
6a −9b −3
a 1 ∧ b 1
La ecuación 2xy3
− 9x2
y2
dx 3x2
y2
− 6x3
ydy 0
es exacta
Fx,y
0
x
0dx
0
y
3x2
y2
− 6x3
ydy x2
y3
− 3x3
y2
x2
y3
− 3x3
y2
C la solución general.
11. Ejercicios. Resolver buscando un factor de integración.
i) y2
y − x
dy
dx
0
ii) 3y2
6y 10x2
dx xy 1dy 0
iii) 2x − 2y − x2
2xy 2x2
− 4xy − 2x
dy
dx
0 Pruebe eax
eby
iv) sinx − y cosx − y − cosx − y
dy
dx
0 , y0 7
6
v) 3x2
y y3
2xy2 dy
dx
0 , y2 1
vi) 2xy 3
dy
dx
0 , y0 4 Pruebe ya
ebx2
vii) 2y1 x2
x
dy
dx
0 , y2 3 Pruebe xa
ebx2
viii) y1 x 2x
dy
dx
0 , y4 6 Pruebe ya
ebx
Ejemplo) La ecuación de Bernoulli.
Esta ecuación tiene la forma
y′
pxy qxy
En la forma pxy − qxy
dx dy 0 ponemos x,y gx yb
pxgxyb1
− yb
gxqxdx gx yb
dy 0
b 1pxgxyb
− byb−1
gxqx g′
xyb
Al poner b − se llega a g′
x 1 − pxgx
d
dx
lngx 1 − px
lngx 1 − pxdx C
gx C e
1−pxdx
con ello x,y y−
e
1−pxdx
es un factor de integración.
Ejemplo.
x2 dy
dx
xy −y− 3
2
dy
dx
1
x y − 1
x2
y− 3
2
1
x y 1
x2
y− 3
2 dx dy 0 / x,y y
3
2 e
1 3
2
dx
x
x,y y
3
2 e
1 3
2
dx
x
y
3
2 e
5
2
lnx
x
5
2 y
3
2
x
3
2 y
5
2 x
1
2 dx x
5
2 y
3
2 dy 0 es exacta
Fx,y
1
x
x
3
2 x
1
2 dx
1
y
x
5
2 y
3
2 dy
Fx,y 2
3
x
3
2 2
5
x
5
2 − 16
15
2
5
x
5
2 y
5
2 − 2
5
x
5
2
Fx,y 2
5
x
5
2 y
5
2 2
3
x
3
2 − 16
15
12. 2
5
x
5
2 y
5
2 2
3
x
3
2 C solución general.
Ejercicios. Resolver las siguientes ecuaciones de Bernoulli.
i) x3 dy
dx
x2
y 2y− 4
3 ii) x2 dy
dx
− xy ex
y3
iii) x2 dy
dx
− 3xy −2y
5
3 iv) 2x3 dy
dx
4x2
y −5y4
ECUACIONES CON OPERADORES.
Sean V1 ; V2 dos espacios vectoriales y : V1 → V2
una aplicación lineal.
Problema: Dado y ∈ V2 hallar x ∈ V1 tales que x y.
La ecuación x y es una ecuación con operadores.
La ecuación x 0 es la ecuación homogénea asociada.
SG x ∈ V1 / x y la solución general de la ecuación.
SH x ∈ V1 / x 0 la solución de la ecuación
homogénea asociada.
Obs) SH es un subespacio de V1 , SH Ker
Sea xp una solución particular de x y y xh una
solución cualquiera de x 0 la ecuación homogénea asociada.
xp xh xp xh y 0 y
Sea x una solución cualquiera de x y
x − xp x − xp y − y 0 de donde x − xp xh
o sea x xp xh.
TEOREMA.
Si xp es una solución particular de x y entonces
SG x ∈ V1 / x xp xh con xh solución de x 0
Sea
Cn
I
y fx / f : I → ,funciones n − veces diferenciables
con derivada continua.
CI funciones continuas.
13. D : C1
I → CI , Dy y′
es una aplicación lineal.
Dn
: Cn
I → CI , Dy yn
es una aplicación lineal.
Def)
Una transformación lineal L : Cn
I → CI se dice que es
un operador diferencial lineal de orden n definido en el intervalo I de
los reales si puede ser expresado de la forma.
L anxDn
an−1xDn−1
...a2xD2
a1xD a0x
donde las funciones coeficientes aix continuas en I y el coeficiente
principal no es identicamente nulo en I .
Asi si y ∈ Cn
I
Ly anx
dn
y
dxn an−1x
dn−1
y
dxn−1
...a2x
d2
y
dx2
a1x
dy
dx
a0xy
o más simple
Ly anxyn
an−1xyn−1
...a2xy2
a1xy′
a0xy
Ejemplos.
L Dn
L xD2
3 x D − 1
L es una transformación lineal y por lo tanto tienen sentido las
operaciones habituales entre ellas como por ejemplo la suma,
multiplicación por escalares y las compuestas entre ellas.
Recordemos que la composición no es conmutativa,por ejemplo
xD 22xD 1y xD 22xy′
y x3y′
2xy′′
22xy′
y
xD 22xD 1y 2x2
y′′
7xy′
2y 2x2
D2
7xD 2y
xD 22xD 1 2x2
D2
7xD 2
2xD 1xD 2y 2xD 1xy′
2y 2x3y′
xy′′
xy′
2y
2xD 1xD 2y 2x2
D2
7xD 2y
2xD 1xD 2 2x2
D2
7xD 2
2xD 1xD 2 xD 22xD 1 en este caso
Pero con el ejemplo
DxDy Dxy′
y′
xy′′
xD2
Dy ; DxD xD2
D
xDDy xDy′
xy′′
xD2
y ;xDD xD2
luego DxD ≠ xDD
Además
xD 22xD 1 ≠ 2x2
D2
5xD 2
los operadores no se comportan como las operaciones entre
binomios o polinomios.Pero estas dificultades desaparecen
cuando los operadores tienen coeficientes constantes
L anDn
an−1Dn−1
...a2D2
a1D a0
en este caso el operador L se comporta tal cual como un
polinomio en D.
Ejercicios.
1) Evaluar las expresiones.
i) D2
Dex
ii 3D2
2D 2sinx
iii) xD − x2lnx iv) D 1D − x2ex
cosx
14. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES.
Una ecuación diferencial lineal de orden n en un intervalo I
es por definición una ecuación con operadores de la forma
L y hx
en que h es continua en I y L es un operador diferencial
lineal de orden n definido en I.
La ecuación se llama homogénea si hx es identicamente
cero( L y 0 de otro modo en no homogénea.
La ecuación será llamada normal si el coeficiente principal
anx no se anula nunca en I.
Una función yx es una solución de la ecuación L y hx
si yx ∈ Cn
I y satisface la ecuación identicamente en I.
Asi una ecuación diferencial lineal de orden n en un intervalo
I tiene la forma
anx
dn
y
dxn an−1x
dn−1
y
dxn−1
...a1x
dy
dx
a0xy hx
donde los coeficientes ajx ; j 1,2,...,n y hx
son continuas en I y anx no es identicamente cero en I.
Ejemplos
d2
y
dx2
y 0
x3 d3
y
dx3
x
dy
dx
y 3cosx
Recordemos que en el caso de la ecuación lineal homo-
génea L y 0 su solución es un espacio vectorial KerL.
se tiene:
El espacio solución de cualquier ecuación diferencial
lineal,normal y homogénea de orden n es un subespacio
n −dimensional de Cn
I.
Asi si L es normal y y1x ,y2x , y3x , ..., ynx es
un conjunto linealmente independiente entonces toda
solución de L y 0 tiene la forma
yx c1 y1x c2 y2x c3 y3x ...cn ynx
Por ejemplo. y′′
y 0
es una ecuación lineal homogénea normal de orden 2 .
las funciones sinx y cosx son claramente soluciones
además son un conjunto linealmente independiente.
cosx sinx 0
x 0 0 ∧ x
2
0
cosx , sinx es una base del espacio solución de
y′′
y 0
entonces la solución general es yx c1 cosx c2 sinx
15. con c1 , c2 ∈ .
En la ecuación y′′
y x la función y x es una
solución particular de forma que entonces su solución
general es yx x c1 cosx c2 sinx con c1 , c2 ∈ .
Ejercicios.
1) Verificar que la función es una solución de la
ecuación dada.
i) xy′′
y′
0 ln 1
x
ii) 1 − x2
y′′
− 2xy′
6y 0 ; 3x2
− 1
iii) x2
y′′
− xy′
y 1 ; 1 2xlnx
2) Demuestre que eax
cosbx ; eax
sinbx son soluciones
linealmente independientes de la ecuación
D2
− 2aD a2
b2
y 0 b ≠ 0
¿ Cual es la solución general de la ecuación?
3) Demuestre que eax
y x eax
son soluciones
linealmente independientes de la ecuación
D − a2
y 0 b ≠ 0
¿ Cual es la solución general de la ecuación?
Hallar la solución que cumple las condiciones
iniciales y0 1 ; y′
0 2.
LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN.
La ecuación diferencial lineal de primer orden es la mas
simple de las ecuaciones y tiene la forma
a1x
dy
dx
a0xy hx
donde a1x ,a0x ,hx son continuas en un intervalo I
y a1x ≠ 0 en I.
Si la ecuación es normal a1x ≠ 0 , ∀x ∈ I este tiene
la forma y′
pxy qx
La ecuación homogénea asociada tiene un espacio
solución de dimensión uno de forma que una solución
no nula será una base del espacio solución de la ecua-
ción homogénea asociada.
y′
pxy 0 ponemos y′
−pxy con y ≠ 0
y′
y −px , d
dx
lny −px de aqui lny −pxdx
y e
−pxdx
es una solución no nula.
Entonces y C e
−pxdx
es la solución general de
y′
pxy 0.
16. Para hallar una solución particular de y′
pxy qx
la amplificamos por un factor de integración x ≠ 0
x y′
xpxy xqx ponemos ahora
d
dx
xy xqx
xy′
′
xy xqx esto se cumple si
′
x xpx de aqui d
dx
lnx px
x e
pxdx
Entonces la ecuación tiene la forma
d
dx
y e
pxdx
qx e
pxdx
y e
pxdx
qx e
pxdx
y e
−pxdx
qx e
pxdx
es una solución particular de y′
pxy qx
La solución general es
yx e
−pxdx
qx e
pxdx
C e
−pxdx
Teorema Sea y′
pxy qx definida en I.
La solución general es
yx e
−pxdx
C qx e
pxdx
La forma de resolución nos dá un procedimiento
Escriba la ecuación de la forma y′
pxy qx
amplifiquela por el factor de integración x e
pxdx
y luego integrar.
Ejemplo:
1) y′
xy x / e
xdx
e
x2
2
d
dx
y e
x2
2 x e
x2
2
y e
x2
2 e
x2
2 C
y 1 Ce
−x2
2 , C ∈
2) D − y 0
y′
− y 0 / x e
−dx
e−x
d
dx
y e−x
0
y e−x
C
y C ex
17. Ejercicios.
1) Hallar la solución general de la ecuación.
i) y′
1
x y x2
2
ii) y′
− 6 y x − coshx
iii) sin2x y′
sin2
x y 2sinx
iv) x y′
2
x y 4
2) Obtenga la solución del problema de valor inicial.
i) y′
− y 2e4x
, y0 −3
ii) y′
1
x − 2
y 3x , y3 4
iii) y′
3y 5e2x
− 6 , y0 2
iv) y′
4
x y 2 , y1 4
3) Momento de inercia de un cigueñal.
Suponga que el cigueñal de un motor a diesel revoluciona
a R radianes/segundo.El momento de torsión que aplican los
gases al cigueñal recibe el nombre de momento de torsión
de la válvula de estrangulación y es de la forma kx donde x
es la coordenada de la posición de la válvula y k una
constante .Si I es el momento de inercia del cigueñal,el
momento de torsión inercial que actúa contra el momento
de torsión de la válvula es I dR
dx
.También actúa en oposi-
ción al momento de torsión de la válvula un momento de
torsión amortiguante de la forma cR.Adopte la ley de Newton
en forma de torsión
momento de inerciaaceleración angular momento de torsión.
se obtiene
I dR
dx
cR kx
c ≠ 0 resolver y hallar la solución que R0 0.
4) Rotación de una hélice
Considere la rotación de la hélice de un barco a diesel.
Si M es momento de inercia del eje de rotación del motor,
N el número de revoluciones por minuto y x es la coordenada
de la válvula de admisión,entonces se puede demostrar que
N satisface la ecuación diferencial de la forma
M dN
dx
AN
fx donde A y son constantes.
Suponiendo que M es constante , A 10 1 y fx x2
.
obtenga la solución general para Nx.
Ejemplo: La ecuación de Bernoulli.
Recordemos que esta ecuación tiene la forma
y′
pxy qxy
con 0 ; 1 esta ecuación es lineal y es no lineal
18. para ≠ 0 ; ≠ 1.Para estos casos un cambio de variable
convierte esta ecuación en otra que es lineal.
Con y ≠ 0 la ecuación queda y−
y′
pxy1−
qx
ponemos u y1−
entonces du
dx
1 − y− dy
dx
la ecuación queda 1
1 −
du
dx
px u qx
la cual es lineal en la variable u.
Ejemplo.
x2 dy
dx
xy −y− 3
2
dy
dx
1
x y − 1
x2
y− 3
2
y
3
2
dy
dx
1
x y
5
2 − 1
x2
u y
5
2 de donde u′
5
2
y
3
2 y′
2
5
u′
1
x u − 1
x2
lineal en u.
u′
5
2
1
x u − 5
2
1
x2
/ x
5
2
d
dx
x
5
2 u − 5
2
x
1
2
x
5
2 u − 5
3
x
3
2 C
u − 5
3
x−1
C x
−5
2
y
5
2 − 5
3
x−1
C x
−5
2
x
5
2 y
5
2 5
3
x
3
2 C
Obs) Este ejemplo se desarrolló en la parte de ecuaciones exactas
donde la solución fue 2
5
x
5
2 y
5
2 2
3
x
3
2 C
Ejercicios. Resolver las ecuaciones.
i) yy′
xy2
− x 0
ii) xy2
′
xy3
x2
1
iii) y′
y2
sinx − ycos2
x
sinxcosx
La ecuación de Riccati.
La ecuación diferencial
dy
dx
a2xy2
a1xy a0x 0
donde a2x ,a1x , a0x son continuas en un intervalo I
con a2x ≠ 0 en I se conoce como la ecuación de Riccati.
Sea y1x una solución particular de la ecuación.Entonces
el cambio de variable y y1x 1
z transforma esta
ecuación en una que es lineal en la variable zx.
Ejemplo.
y′
y2
− 1 2ex
y e2x
0 ( sp y ex
)
19. con y ex
1
z
ex
1
z ′
ex
1
z 2
− 1 2ex
ex
1
z e2x
0
ex
− z′
z2
e2x
2ex
z 1
z2
− ex
− 2e2x
− 1
z − 2ex
z e2x
0
− z′
z2
1
z2
− 1
z 0
z′
z 1 / ex
d
dx
zex
ex
zex
ex
C
z 1 C e−x
Solución y ex
1
1 C e−x
; C ∈
Ejercicios:
1) Resolver
i) y′
− xy2
2x − 1y x − 1 ( sp y 1)
ii) y′
xy2
− 2x2
y x3
x 1 ( sp y x − 1)
iii) 2y′
−
y
x 2
− 1 0 ( sp y x )
2) Verificar que en el caso de la ecuación de Riccati con
coeficientes constantes
dy
dx
a2y2
a1y a0 0 , a2 ≠ 0
y m es solución de la ecuación si y solo si m
es solución de la ecuación cuadrática a2y2
a1y a0 0
Resolver
i) y′
y2
3y 2 0
ii) y′
y2
− 2y 1 0
iii) y′
4y2
− 9 0
iv) 6 y′
6y2
y − 1 0
EXISTENCIA Y UNICIDAD DE SOLUCIONES.
PROBLEMAS DE VALOR INICIAL.
La ecuación de primer orden y′
pxy qx definida en I.
tiene la solución general
yx e
−pxdx
C qx e
pxdx
con C ∈
se plantea la pregunta de si x0 ∈ I y dado y0 ∈ existe
una curva solución que pase por el punto x0, y0 es decir
si hay alguna solución de la ecuación que cumpla y x0 y0,
esta condición se llama una condición inicial y el problema de
encontrar una tal solución un problema de valor inicial.
Para el problema de la existencia basta elegir la constante C que
resulte al reemplazar en la solución general x x0 ∧ y y0.
Para la unicidad supongamos que y1x e y2x son soluciones
20. de la ecuación que cumplen ambas y1 x0 y0 ∧ y2 x0 y0
sea hx y1x − y2x
y1x − y2x′
px y1x − y2x
y1
′
x px y1x − y2
′
x px y2x qx − qx 0
además y1x0 − y2x0 y0 − y0 0 de forma
que hx y1x − y2x satisface el problema
y′
px y 0
yx0 0
la solución general de y′
px y 0 es y C e
−pxdx
y la única que cumple la condición es yx 0
de forma que hx y1x − y2x 0 o sea y1x y2x , x ∈ I.
En conclusión el problema de valor inicial
y′
px y qx
yx0 y0
tiene una y solo una solución.
El teorema siguiente generaliza este resultado.
TEOREMA DE EXISTENCIA Y UNICIDAD.
Dada la ecuación diferencial lineal normal de orden n ,definida
en un intervalo I y dados x0 ∈ I , a0,a1,a2,...,an−1 ∈
el problema de valor inicial
anx
dn
y
dxn an−1x
dn−1
y
dxn−1
...a1x
dy
dx
a0xy hx
yx0 a0
y′
x0 a1
y′′
x0 a2
...........
yn−1
x0 an−1
tiene una y solo una solución.
Ejemplo:
x2
y′′
− 4xy′
6y 36lnx
y1 2
y′
1 3
La solución general de esta ecuación es
y 6lnx 3x2
5 c1x3
c2x2
y′
6
x 6x 2xc2 3x2
c1
x 1 , 3 5 c1 c2 2
6 6 3c1 2c2 3
de aqui c1 3 , c2 −9
la solución del problema es y 6lnx 3x2
5 3x3
− 9x2
Ejemplo:
El espacio solución de una ecuación diferencial lineal normal
homogénea de orden n
21. anx
dn
y
dxn an−1x
dn−1
y
dxn−1
...a1x
dy
dx
a0xy 0
definida en I es un subespacio n dimensional de Cn
I.
Veremos el caso n 2
Sea x0 ∈ I dados a0 1 ∧ a1 0 existe una única solución
y1x tal que y1x0 1 ∧ y1
′
x0 0. Análogamente
con x0 ∈ I dados a0 0 ∧ a1 1 existe una única solución
y2x tal que y2x0 0 ∧ y2
′
x0 1.
y1x , y2x es una base del espacio solución de la ecuación
a2x
d2
y
dx2
a1x
dy
dx
a0xy 0
y1x y2x 0
y1
′
x y2
′
x 0 evaluando en x x0 se llega
y1x0 y2x0 0
y1
′
x0 y2
′
x0 0 de aquí 0
y1x , y2x es linealmente independiente.
Sea yx una solución cualquiera de la ecuación
yx0 a ∧ y′
x0 b
Ahora la función a y1x b y2x satisface el problema de
valor inicial
a2x
d2
y
dx2
a1x
dy
dx
a0xy 0
yx0 a
y′
x0 b
el teorema afirma que solo una función satisface el problema
luego yx a y1x b y2x
y1x , y2x es un conjunto generador.
conclusión y1x , y2x es base del espacio solución
siendo su dimensión dos, el orden de la ecuación.
COROLARIO.
Sean y1x , y2x,..., ynx funciones en CI
cada una de las cuales posee derivadas hasta el orden n − 1
en todos los puntos del intervalo I y supongamos que en algún
punto x0 ∈ I los vectores
yix0 , yi
′
x0 , yi
′′
x0 , ..., yi
n−1
x0 , i 1,2,3,...,n
son linealmente independientes en n
.Entonces las funciones
y1x , y2x,..., ynx son linealmente independientes en CI.
Ejemplo.
Las funciones ex
, xex
,x2
ex
son linealmente independientes
pues i 1 y1x ex
ex
,ex
,ex
i 2 y2x xex
xex
,xex
ex
,2ex
xex
i 3 y3x x2
ex
x2
ex
,x2
ex
2xex
,2ex
x2
ex
4xex
con x x0 0 se tienen los vectores 1,1,1 ; 0,1,2 ; 0,0,2
como estos son linealmente independientes en 3
se tiene que las
22. funciones ex
, xex
,x2
ex
son linealmente independientes en CI.
Ejercicios. Probar que las funciones son linealmente independientes
en CI para el intervalo dado.
i) eax
; ebx
, a ≠ b I −,
ii) 1,x,x2
I −,
iii) 1 , ln x − 1
x 1
I 1,
iv) x ; xlnx I 0,
v) eax
cosbx ; eax
sinbx , b ≠ 0 , I −,
EL WRONSKIANO.
Sean y1x , y2x,..., ynx funciones en CI
cada una de las cuales posee derivadas hasta el orden n − 1
en todos los puntos del intervalo I el determinante
y1x y2x y3x ... ynx
y1
′
x y2
′
x y3
′
x ... yn
′
x
y1
′′
x y2
′′
x y3
′′
x ... yn
′′
x
... ... ... ... ...
y1
n−1
x y2
n−1
x y3
n−1
x ... yn
n−1
x
define una función real en el intervalo I que se conoce
como el Wronskiano de las funciones y1x , y2x,..., ynx
W y1,y2,.., yn
y1x y2x y3x ... ynx
y1
′
x y2
′
x y3
′
x ... yn
′
x
y1
′′
x y2
′′
x y3
′′
x ... yn
′′
x
... ... ... ... ...
y1
n−1
x y2
n−1
x y3
n−1
x ... yn
n−1
x
Puesto que las columnas de un determinante sean vectores
linealmente independiente es equivalente a que el determinante
sea distinto de cero el corolario anterior queda mejor formulado
como: Si en algún punto x0 ∈ I el Wronskiano es distinto
de cero entonces el conjunto de funciones
y1x , y2x,..., ynx son linealmente independientes en CI.
Ejemplos.
1) Wex
,e−x
ex
e−x
ex
−e−x
− 2 ≠ 0 , ex
,e−x
li
2) x , 3x l d Wx,3x
x 3x
1 3
0
3) x
, x
, x
23. W x
, x
, x
x
x
x
x−1
x−1
x−1
− 1x−2
− 1x−2
− 1x−2
W x
, x
, x
−x
x
x
− −
−
x3
con ,, distintos las funciones son l i.
Teorema:
Un conjunto de soluciones de una ecuación diferencial
lineal normal de orden n es linealmente independiente en CI
y por lo tanto una base para el espacio solución si y solo si su
Wronskiano nunca se anula en I.
Ejercicios.
Usando el Wronskiano demostrar que el conjunto de funciones es
linealmente independiente en CI.
i) 1 , e−x
, 2e2x
en cualquier intervalo.
ii) ex
, sin2x en cualquier intervalo.
iii) ex
, ex
sinx en cualquier intervalo.
iv) e−x
, x e−x
, x2
e−x
en cualquier intervalo
v) ln x−1
x1
; 1 en − ,−1
De acuerdo a los resultados anteriores el Wronskiano de un conjunto
de soluciones de una ecuación diferencial lineal homogénea normal o
bien se anula identicamente o bien no se anula nunca.Este hecho queda
corroborado en el siguiente resultado.
TEOREMA.
Sean y1x , y2x,..., ynx soluciones sobre un intervalo I
de la ecuación normal de orden n.
dn
y
dxn an−1x
dn−1
y
dxn−1
...a1x
dy
dx
a0xy 0
entonces
W y1x , y2x,..., ynx C e
an−1xdx
para alguna constante C adecuada.
Este resultado se conoce como la formula de Abel para el Wronskiano.
Veamos el caso n 2.Supongamos que y1x , y2x son soluciones
de
d2
y
dx2
a1x
dy
dx
a0xy 0
d
dx
W y1x , y2x d
dx
y1x y2x
y1
′
x y2
′
x
d
dx
y1x y2
′
x − y1
′
x y2x
d
dx
W y1x , y2x y1
′
x y2
′
x y1x y2
′′
x − y1
′
x y2
′
x − y1
′′
x y2x
y1x −a1xy2
′
x − a0x y2x − y2x −a1xy1
′
x − a0x y1x
24. d
dx
W y1x , y2x −a1x y1x y2
′
x − y1
′
x y2x −a1xW y1x , y2x
d
dx
W y1x , y2x a1xW y1x , y2x 0
entonces W y1x , y2x satisface la ecuación y′
a1xy 0
la solución general de esta es yx C e
−a1xdx
de forma que para alguna constante C se tiene W y1x , y2x C e
−a1xdx
Ejemplo.
Sea y1x ≠ 0x una solución de
d2
y
dx2
a1x
dy
dx
a0xy 0
con yx tambien solución se tiene que
W y1x , yx
y1x yx
y1
′
x y′
x
y1x y′
x − y1
′
x yx C e
−a1xdx
y′
x −
y1
′
x
y1x
yx C 1
y1x
e
−a1xdx
/ e
− y1
′ x
y1x
dx
1
y1x
d
dx
yx
y1x
C
y1x2
e
−a1xdx
yx
y1x
C
y1x2
e
−a1xdx
dx K
yx C y1x e
−a1xdx
y1x2
dx K y1x
Se tiene entonces
Teorema: Si y1x es una solución no trivial de
d2
y
dx2
a1x
dy
dx
a0xy 0
entonces y2x y1x e
−a1xdx
y1x2
dx es una solución de la
ecuación en cualquier subintervalo donde y1x ≠ 0 además
y1x , y2x es linealmente independiente y la solución
general de la ecuación es y c1y1x c2y2x
Ejercicios:
1) Hallar el Wronskiano de las soluciones de la ecuación.
i) x2
y′′
xy′
x2
1y 0 ; y11 0 ; y1
′
1 1 ;y21 y2
′
1 1
ii) x2
y′′
− 3xy′
y 0 ; y1−1 y1
′
−1 2 ; y2−1 0 ; y2
′
−1 −1
2) Hallar la solución general de la ecuación dada una solucion no trivial.
i) y′′
− 2ay′
a2
y 0 ; y1x eax
ii) y′′
tanxy′
− 6cot2
y 0 ; y1x sinx3
iii) 2xy′′
− ex
y′
0 ; y1x 1
25. iv) 1 − x2
y′′
− 2xy′
2y 0 ; y1x x
ECUACIONES CON COEFICIENTES CONSTANTES.
Esta tiene la forma
anyn
an−1yn−1
....a1y′
a0y hx
donde a0 ,a1 ,...,an ∈ y an ≠ 0
L anDn
an−1Dn−1
....a1D a0 es el operador lineal
con coeficientes constantes.
Algebraicamente este operador se comporta como un polinomio en D
y como tal puede ser factorizado completamente en con factores
unicamente de grado uno y de grado dos con discriminante negativo.
Además los factores conmutan.
La ecuación homogénea tiene la forma
anyn
an−1yn−1
....a1y′
a0y 0
o anDn
an−1Dn−1
....a1D a0y 0
La ecuación homogénea de orden dos.
Lema:
Si L1 ,L2 ,...,Ln son operadores diferenciales lineales con
coeficientes constantes entonces el espacio nulo de cada uno de
ellos está contenido en el espacio nulo de su producto.
KerLj ⊂ KerL1L2L3 ...Ln , j 1,2,3,...,n
Sea yx ∈ KerLj Ljy 0
L1L2L3 ...Lny L1L2L3...Lj−1Lj1 ...LnLj y
L1L2L3...Lj−1Lj1 ...Ln Ljy
L1L2L3...Lj−1Lj1 ...Ln 0x 0
de donde KerLj ⊂ KerL1L2L3 ...Ln , j 1,2,3,...,n
Consideremos la ecuación diferencial lineal homogénea con
coeficientes constantes de segundo orden.
D2
a1D a0y 0
La expresión cuadrática D2
a1D a0 en se comporta
en cuanto a sus raices de tres maneras.Con , sus raices.
Caso1) , reales y ≠
D2
a1D a0y 0
D − D − y 0
Ahora ex
es una solución de D − y 0 ( ex
∈ KerD −
ex
es una solución de D − y 0 ( ex
∈ KerD −
de forma que por el lema anterior ex
, ex
∈ Ker D − D −
es decir son soluciones de D − D − y 0 como
26. W ex
, ex
ex
ex
ex
ex
− ex
≠ 0
son linealmente independientes y como el espacio solución tiene
dimensión dos,la solución general es yx c1ex
c2 ex
Caso 2)
raices reales e iguales
D − 2
y 0
aqui solo hay a la vista ex
pero ocupando la formula de Abel para
el Wronskiano se tiene que una segunda solución se puede obtener
con la formula y2x y1x e
−a1xdx
y1x2
dx
y2x ex
e
2dx
ex
2
dx ex
e2x
e2x
dx xex
W ex
, xex
ex
xex
ex
xex
ex
e2x
≠ 0
son linealmente independientes y como el espacio solución tiene
dimensión dos,la solución general es yx c1ex
c2 xex
Caso 3) Raices complejas a bi ; a − bi , b 0
considerando que son distintos según el caso 1 se tiene que la
solución general es
yx c1ex
c2ex
c1eabix
c2ea−bix
yx eax
c1ebix
c2e−bix
ocupando la formula de Euler ei
cos isin se tiene
yx eax
c1cosbx isinbx c2cosbx − isinbx
yx c1eax
cosbx c2eax
sinbx la solución general.
Ahora eax
cosbx y eax
sinbx son soluciones linealmente
independientes de la ecuación D − a biD − a − biy 0
D2
− 2aD a2
b2
y 0
y eax
cosbx
y′
acosbxeax
− beax
sinbx
y′′
− eax
b2
cosbx − a2
cosbx 2absinbx
− eax
b2
cosbx − a2
cosbx 2absinbx − 2aacosbxeax
− beax
sinbx
cosbxeax
a2
b2
0
análogamente eax
sinbx
W eax
cosbx , eax
sinbx
eax
cosbx eax
sinbx
acosbxeax
− beax
sinbx bcosbxeax
aeax
sinbx
bcosbx2
e2ax
ae2ax
cosbxsinbx − ae2ax
cosbxsinbx bsinbx2
e2ax
be2ax
27. W eax
cosbx , eax
sinbx be2ax
≠ 0
luego son soluciones linealmente independientes.
Resumen:
Para resolver una ecuación diferencial lineal con coeficientes
constantes de orden dos de la forma
D2
a1D a0y 0 hallamos las raices de expresión
cuadrática D2
a1D a0 entonces la solución general
de la ecuación es como sigue:
, raices SOLUCIÓN GENERAL
reales ≠ yx c1 ex
c2 ex
reales yx c1 ex
c2 x ex
complejas a bi ; a − bi yx c1 eax
cosbx c2 eax
sinbx
Ejercicios:
1) Hallar la solución general de
i) y′′
− y′
− 6y 0
ii) y′′
− 10y′
25y 0
iii) y′′
6y′
9y 0
iv) y′′
− 14y′
49y 0
v) y′′
− 4y′
8y 0
vi) y′′
10y′
26y 0
vii) y′′
− 2y′
10y 0
Ecuaciones homogéneas de orden arbitrario.
El desarrollo anterior se extiende fácilmente a ecuaciones
de orden superior.Por ejemplo
D4
− 2D3
2D2
− 2D 1y 0
factorizamos el operador completamente
D − 12
D2
1y 0
los factores nos entregan las soluciones
ex
, xex
, cosx , sinx las cuales al ser un conjunto linealmente
independiente (Ver Wronskiano es muy largo) dan la solución general
yx c1ex
c2xex
c3 cosx c4 sinx .
La discusión está ahora completa salvo por casos como
D − 15
D2
1y 0 o D − 12
D2
16
y 0
para esto usamos
Lema.
Si yx ∈ KerL entonces xm−1
yx ∈ KerLm
En base a los dos lemas se tiene por ejemplo
ex
∈ KerD − 1 o sea satisface D − 1y 0
se tiene que xex
∈ KerD − 12
y por resultado anterior xex
∈ KerD − 15
x2
ex
∈ KerD − 13
; x3
ex
∈ KerD − 14
, x4
ex
∈ KerD − 15
En resumen se tiene entonces lo siguiente:
Si en la factorización completa del operador
28. L anDn
an−1Dn−1
....a1D a0 aparece el factor D − m
entonces en el espacio nulo del operador aparecen las funciones
ex
, xex
, x2
ex
,...., xm−1
ex
Para el caso de raices complejas a bi , a − bi donde aparece el
factor D2
− 2aD a2
b2
m
en el espacio nulo aparecerán las
funciones
eax
cosbx ; x eax
cosbx ; x2
eax
cosbx , ...., xm−1
eax
cosbx
eax
sinbx ; x eax
sinbx ; x2
eax
sinbx , ...., xm−1
eax
sinbx
Ejemplos:
1) Resolver
yv
3yiv
2y′′′
6y′′
y′
3y 0
D5
3D4
2D3
6D2
D 3y 0
D 3D2
12
y 0
e−3x
corresponde al factor D 3
cosx , sinx corresponden al factor D2
1
de forma que las funciones
e−3x
, cosx , sinx ,xcosx , xsinx son soluciones de la ecuación.
Para ver que son una base del espacio solución (que tiene dimensión 5)
hay que ver que es un conjunto linealmente independiente.Como el
Wronskiano es un determinante de orden 5 ese camino es ineficiente.
La solución general es
yx ae−3x
bcosx csinx d xcosx e xsinx
2) Resolver y7
− 2y5
y3
0
D7
− 2D5
D3
y 0
D3
D4
− 2D2
1y 0
D3
D2
− 12
y 0
D3
D − 12
D 12
y 0
como D − y 0 tiene a ex
como solución tenemos
1 por D , 1 ,x ,x2
por D3
ex
por D − 1 ; ex
, xex
por D − 12
e−x
por D 1 ; e−x
, xe−x
por D 12
la solución general es
yx c1 c2 x c3 x2
c4 ex
c5 xex
c6 e−x
c7 xe−x
3) Hallar una ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes
que tenga entre sus soluciones a e2x
y a x3
e−3x
.
Debe estar el operador D − 2 por e2x
Debe estar D 3 por e−3x
y D 34
por x3
e−3x
D − 2D 34
y 0 es la ecuación de minimo orden que tiene
a esas funciones entre sus soluciones.
4) Hallar un operador lineal de coeficientes constantes L que al ser apli-
cado a la ecuación D2
1D − 1y ex
2 − 7xsinx produzca una
acuación homogénea.
29. L debe contener como factor D que aniquila al 2, debe contener
D − 1 para que aniquile a ex
, finalmente como D2
1 anula a sinx
debe estar el factor D2
12
o sea L DD − 1D2
12
aplicado a
la ecuación produce la ecuación homogénea
DD2
13
D − 12
y 0
5) La ecuación D − 2D 53
D2
− 4D 13y 0
tiene las soluciones e2x
,e−5x
,xe−5x
,x2
e−5x
,e2x
cos3x,e2x
sin3x
probar que son un conjunto linealmente independiente y por
consecuencia una base para el espacio solución.
c1e2x
c2e−5x
c3xe−5x
c4x2
e−5x
c5e2x
cos3x c6e2x
sin3x 0x
aplicamos a esta relación el operador D 53
D2
− 4D 13
el cual anula(aniquila) a las funciones e−5x
,xe−5x
,x2
e−5x
,e2x
cos3x,e2x
sin3x
pero no a e2x
y como es lineal se tiene
c1D 53
D2
− 4D 13e2x
0 como D 53
D2
− 4D 13e2x
≠ 0
nos da c1 0 nos queda la relación
c2e−5x
c3xe−5x
c4x2
e−5x
c5e2x
cos3x c6e2x
sin3x 0x
aplicamos ahora el operador D 52
D2
− 4D 13 el cual aniquila
a todos los terminos salvo a x2
e−5x
lo que deja
c4D 52
D2
− 4D 13x2
e−5x
0 de aqui c4 0
c2e−5x
c3xe−5x
c5e2x
cos3x c6e2x
sin3x 0x / D 5D2
− 4D 13
c3D 5D2
− 4D 13xe−5x
0 implica c3 0
a c2e−5x
c5e2x
cos3x c6e2x
sin3x 0x / D2
− 4D 13
c2D2
− 4D 13e−5x
0 implica c2 0
c5e2x
cos3x c6e2x
sin3x 0x x3
3x2
− x − 3
x 0 implica c5 0
c6e2x
sin3x 0x implica c6 0
el conjunto es linealmente independiente.
Ejercicios:
1) Hallar la solución general de las siguientes ecuaciones.
i) y′′′
3y′′
− y′
− 3y 0
ii) y′′′
5y′′
− 8y′
− 12y 0
iii) y′′′
6y′′
13y′
0
iv) yiv
18y′′
81y 0
v) 4yiv
− 8y′′′
− y′′
2y′
0
vi) yv
6 yiv
15y′′′
26y′′
36y′
24y 0
2) Hallar operadores diferenciales lineales que aniquilen a cada
un de las funciones.
i) x2
ex1
ii) 3e2x
cos2x
iii) x2
sinxcosx iv) 3 4x − 2e−x
v) x2x 1sinx vi) x2
ex
sin2
x
vii) xex
13
viii) x2
− 11 cosxe3x
LA ECUACIÓN NO HOMOGÉNEA.
30. METODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS.
Para introducir el método supongamos que tenemos la ecuación
D2
− 4y 3ex
La ecuación homogénea asociada tiene como solución general
yhx c1e2x
c2e−2x
Debido al aspecto de la ecuación se tiene la idea que hay una
solución particular de la ecuación que tiene la forma ypx a ex
para conocer a la reemplazamos en la ecuación y se tiene
D2
− 4a ex
a ex
− 4aex
−3aex
3ex
tomando a −1 se tiene entonces que ypx − ex
es una
solución particular de D2
− 4y 3ex
por lo tanto la solución
general es yx − ex
c1e2x
c2e−2x
.
Este método donde una solución particular de la ecuación
se conoce salvo por algunas constantes que pueden ser
conocidas reemplazando esta solución en la ecuación se
conoce como el método de los coeficientes indeterminados.
Este método depende de la habilidad de reconocer la forma de
una solución particulares es por ello que carece de generalidad,
sin embargo la frecuencia con que puede usarse justifica que se
le tenga atención.
Un tipo de ecuaciones donde este método siempre funciona es una
ecuación lineal con coeficientes constantes Ly hx donde hx
es una solución de alguna ecuación del mismo tipo,entonces podemos
hallar un operador L1 que aniquile a hx L1hx 0 para
convertir la ecuación en una que es homogénea L1 Ly 0 y así
obtener una solución particular de Ly hx a partir de una adecuada
elección de las constantes desde la solución general de L1 Ly 0 .
Ejemplos
1) Resolver D2
1y 3x2
4 / D3
D3
D2
1y 0
su solución es yx c1 c2x c3x2
c4 cosx c5 sinx
reemplazando en la ecuación original hallamos las constantes
adecuadas.Pero los dos últimos terminos son aniquilados por
el operador de la ecuación D2
1 de forma que inevitablemente
en el proceso desaparecerán.Entonces diremos que la forma de
una solución particular será ypx a b x c x2
.
y′′
y 3x2
4
ypx a b x c x2
yp
′
x b 2cx
yp
′′
x 2c
2c a b x c x2
3x2
4
de aquí c 3 ; b 0 ; a −2
ypx 3x2
− 2
solución general yx −2 3x2
c1 cosx c2 sinx , c1 ,c2 ∈ .
32. puede ser escrita como yx ypx yhx donde ypx es una solución
particular de la ecuación y yhx es la solución general de la ecuación
homogénea asociada.Bajo la premisa de que la ecuación homogénea
asociada anx
dn
y
dxn an−1x
dn−1
y
dxn−1
....a1x
dy
dx
a0xy 0
está resuelta (lo cual es cierto en el caso de coeficientes constantes) se
tiene yhx c1y1x c2y2x ....cnynx se hace la suposición
que es posible encontrar una solución particular de la ecuación haciendo
que los parámetros sean ahora variables y hallarlos via sustitución en la
ecuación.
Concretamente ypx c1xy1x c2xy2x ....cnxynx
En el caso n 2
d2
y
dx2
a1x
dy
dx
a0xy hx
definida en un intervalo I con yhx c1y1x c2y2x , c1,c2 ∈
la solución general de la ecuación homogénea asociada.Buscamos una
solución
ypx de
d2
y
dx2
a1x
dy
dx
a0xy hx que cumpla
yx0 0 ∧ y′
x0 0
donde x0 ∈ I un punto arbitrario.
ypx c1xy1x c2xy2x reemplazando en la ecuación omitiendo la x.
c1y1 c2y2′′
a1c1y1 c2y2′
a0c1y1 c2y2 hx
c1
′
y1 c1y1
′
c2
′
y2 c2y2
′
′
a1c1
′
y1 c1y1
′
c2
′
y2 c2y2
′
a0c1y1 c2y2 hx
los terminos c1y1
′′
a1y1
′
a0y1 0 ; c2y2
′′
a1y2
′
a0y2 0 porque
y1x ; y2x son soluciones de
d2
y
dx2
a1x
dy
dx
a0xy 0
c1
′′
y1 2c1
′
y1
′
c2
′′
y2 2c2
′
y2
′
a1c1
′
y1 c2
′
y2 hx
c1
′
y1 c2
′
y2′
a1c1
′
y1 c2
′
y2 c1
′
y1
′
c2
′
y2
′
hx
para que esto se cumpla
c1
′
xy1x c2
′
xy2x 0
c1
′
xy1
′
x c2
′
xy2
′
x hx
con la regla de Cramer
c1
′
x
0 y2x
hx y2
′
x
y1x y2x
y1
′
x y2
′
x
−y2xhx
Wy1x,y2x
, c1x
x0
x
−y2tht
Wy1t,y2t
dt
c2
′
x
y1x 0
y1
′
x hx
y1x y2x
y1
′
x y2
′
x
y1xhx
Wy1x,y2x
; c2x
x0
x
y1tht
Wy1t,y2t
dt
34.
0
x
sin2t tan2t dt
0
x
sin2
2t
cos2t
dt
0
x
1 − cos2
2t
cos2t
dt
0
x
sec2t dt −
0
x
cos2t dt
0
x
sin2t tan2t dt 1
2
ln sec2x tan2x − 1
2
sin2x
ypx 1
2
sin2x 1
2
− 1
2
cos2x − 1
2
cos2x 1
2
ln sec2x tan2x − 1
2
sin2x
ypx − 1
4
cos2x ln sec2x tan2x
solución
yx − 1
4
cos2x ln sec2x tan2x c1 cos2x c2 sin2x
Ejercicios.
Resolver usando el método de variación de parámetros.
i) y′′
9y 3sec3x
ii) y′′
2y′
y 1
x e−x
iii) y′′
y′
− 6y x
iv) y′′
− 5y′
6y 8sin2
4x
v) y′′
− 3y′
2y cose−x
REDUCCIÓN DE ORDEN.
El método de variación de parámetros exige que la ecuación homogénea
asociada esté resuelta,pero podemos simplificar y en algunos casos resolver
la ecuación aun cuando no tengamos una base completa del espacio solución
de la ecuación homogénea asociada.En este caso el método de variación de
parámetros conduce a la reducción del orden de la ecuación.
Ejemplo
Resolver la ecuación xy′′
− xy′
− 2y′
2y x3
x
se tiene como dato que ex
es una solución de xy′′
− xy′
− 2y′
2y 0
ponemos y cxex
; y′
c′
xex
cxex
;
y′′
c′′
xex
2c′
xex
cxex
reemplazo en la ecuación
xc′′
xex
2c′
xex
cxex
− xc′
xex
cxex
− 2c′
xex
cxex
2cxex
x3
xc′′
xex
xc′
xex
− 2c′
xex
x3
x
c′′
x 1 − 2
x c′
x x2
e−x
e−x
ponemos ux c′
x
u′
x 1 − 2
x ux x2
e−x
e−x
/ e
1−
2
x dx
ex
x2
d
dx
ex
x2
ux 1 1
x2
35. ex
x2
ux x − 1
x c1
ux x3
e−x
− xe−x
c1 x2
e−x
c′
x x3
e−x
− xe−x
c1 x2
e−x
cx
x3
e−x
dx − 6 x
ex − 3 x2
ex − x3
ex − 6
ex
xe−x
dx − x
ex − 1
ex
x2
e−x
dx − 2 x
ex − x2
ex − 2
ex
cx −6 x
ex − 3 x2
ex − x3
ex − 6
ex − − x
ex − 1
ex c1 −2 x
ex − x2
ex − 2
ex c2
cx − e−x
x3
3x2
5x 5 c1 −2 x
ex − x2
ex − 2
ex c2
con ello
yx −x3
3x2
5x 5 c1 −2x − x2
− 2 c2 ex
Ejercicios.
Hallar la solución general de la ecuación usando la solución dada de la
ecuación homogénea asociada.
i) y′′
xy′
3x ; 1
ii) 4x2
y′′
− 8xy′
9y 0 ; x
3
2
iii) xy′′
2 xy′
y e−x
; x−1
iv) xy′′
x − 1y′
− y 0 ; e−x
LA ECUACIÓN DE EULER.
Una ecuación de la forma
xn dn
y
dxn an−1xn−1 dn−1
y
dxn−1
an−2xn−2 dn−2
y
dxn−2
....a2x2 d2
y
dx2
a1x
dy
dx
a0y 0
o en la forma de operadores Ly 0
xn
Dn
an−1xn−1
Dn−1
....a1xD a0y 0
con a0,a1,...,an−1 constantes
se conoce como la ecuación de Euler homogénea de orden n.
Un cambio de variables convierte esta ecuación en una con coeficientes
constantes.
Para g función n veces diferenciable definimos Tgx glnx
T es lineal y tiene inversa con T−1
fx fex
DTg Dglnx 1
x g′
x 1
x TDg
D2
Tg D DTg D 1
x TDg − 1
x2
TDg 1
x DTDg − 1
x2
TDg 1
x2
TD2
g
D2
Tg 1
x2
TDD − 1g
D3
Tg D 1
x2
TDD − 1g −2
x3
TDD − 1g 1
x2
DTDD − 1g
36. D3
Tg −2
x3
TDD − 1g 1
x3
TD2
D − 1g 1
x3
TDD − 1D − 2g
en general
Dk
Tg 1
xk
TDD − 1D − 2...D − k 1g
con ello
xk
Dk
T TDD − 1D − 2...D − k 1
el operador
L xn
Dn
an−1xn−1
Dn−1
....a1xD a0
LT xn
Dn
T an−1xn−1
Dn−1
T ....a1xDT a0T
LT T
L
con
L DD − 1...D − n 1 an−1DD − 1...D − n 2 ...a1D a0
La ecuación
Ly 0
LT T−1
y 0
T
LT−1
y 0
LT−1
y 0 la cual es una ecuación con coeficientes constantes.
Ejemplo:
Resolver x3
y′′′
x2
y′′
− 2xy′
2y 0
L DD − 1D − 2 DD − 1 − 2D 2 D3
− 2D2
− D 2
L D − 1D − 2D 1
LT−1
y 0
T−1
y c1 ex
c2 e2x
c3 e−x
/ T
y c1 Tex
c2 Te2x
c3 Te−x
y c1 x c2 x2
c3
1
x
Ejemplo.
x2
y′′
2xy′
− 2y 0
L DD − 1 2D − 2 D2
D − 2 D 2D − 1
LT−1
y 0
T−1
y c1 ex
c2 e−2x
y c1 x c2
1
x2
Ejercicios:
Hallar la solución general de las siguientes ecuaciones de Euler.
i) x2
y′′
xy′
9y 0
ii) x2
y′′
− 3xy′
7y 0
iii) x3
y′′′
9x2
y′′
19xy′
8y 0
iv) x3
y′′′
− 5x2
y′′
18xy′
− 26y 0
v) x3
y′′′
− 7x2
y′′
19xy′
104y 0
Para el caso de la ecuación de Euler no homogénea hacemos.
Ly h
L T T−1
y T T−1
h
37. T
L T−1
y T T−1
h
L T−1
y T−1
h
la cual es una ecuación con coeficientes constantes.
Ejemplo
Resolver x2
y′′
xy′
x x2
L DD − 1 D D2
; T−1
x x2
T−1
x T−1
x2
T−1
x x2
ex
e2x
D2
T−1
y ex
e2x
pongamos ux T−1
y
La homogénea tiene la solución uhx c1 c2 x
upx Aex
Be2x
up
′
x Aex
2Be2x
up
′′
x Aex
4Be2x
Aex
4Be2x
ex
e2x
de donde A 1 ; B 1
4
entonces T−1
y ex
1
4
e2x
c1 c2 x / T
y x 1
4
x2
c1 c2 lnx
Ejercicios
Resolver
i) x2
y′′
xy′
− 9y x3
1
ii) x2
y′′
4xy′
2y 2lnx
iii) x2
y′′
xy′
9y sinlnx3
iv) x3
y′′′
4 x2
y′′
xy′
y x