Sistemas de Ecuaciones Diferenciales

1. EJEMPLO 2: Un SED en términosde operadoresdiferenciales
Expresarel siguientesistemade ecuacionesentérminosde operadoresdiferenciales
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= sen 𝑡
𝑑2 𝑥
𝑑𝑡2 + 4
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+
𝑑2 𝑦
𝑑𝑡2 − 3
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 𝑡2 + 𝑒 𝑡
Solución:
Si
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 𝐷𝑦 y
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 𝐷𝑥 , entonces
𝑑2 𝑥
𝑑𝑡2
= 𝐷2 𝑥 y
𝑑2 𝑦
𝑑𝑡2
= 𝐷2 𝑦. De esta manera,el sistemase
puede expresarcomo
𝐷𝑥 + 𝐷𝑦 = sen 𝑡
𝐷2 𝑥 + 4𝐷𝑥 + 𝐷2 𝑦 − 3𝐷𝑦 = 𝑡2 + 𝑒 𝑡
O bien,
𝐷𝑥 + 𝐷𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑡
( 𝐷2 + 4𝐷) 𝑥 + ( 𝐷2 − 3𝐷) 𝑦 = 𝑡2 + 𝑒 𝑡
Para resolverunsistemade ecuacionesdiferencialesordinariasmedianteeliminaciónsistemática
debemosescribirloentérminosde operadoresdiferenciales,paradespuésrealizaroperaciones
equivalentesalasrealizadasenel métodode “sumay resta”tradicionalesenlossistemasde
ecuacioneslineales.Yasí,sin máspreámbulo,estamosencondicionesde resolvernuestros
primerossistemasde ecuacionesdiferenciales.
De aquí enadelante,enumeraremoslasecuacionesde unsistemacomoecuación1,ecuación2 y
así sucesivamente.
EJEMPLO 3: Un SED de primer ordencon condicionesiniciales
Resolver
𝑥′ =
9
2
𝑦
𝑦′ = 2𝑥
𝑥(0) = 6, 𝑦(0) = 0
Solución:
De maneraequivalente,entérminosde operadoresescribimos

2. 𝐷𝑥 −
9
2
𝑦 = 0
−2𝑥 + 𝐷𝑦 = 0
En este pasoaplicamosel métodode sumay restatradicional,de maneraque al multiplicarla
ecuación1 por 2, y laecuación2 por 𝐷 tenemos
2𝐷𝑥 − 9𝑦 = 0
−2𝐷𝑥 + 𝐷2 𝑦 = 0
Al sumar ambasecuaciones
2𝐷𝑥 − 9𝑦 = 0
−2𝐷𝑥 + 𝐷2 𝑦 = 0
𝐷2 𝑦 − 9𝑦 = 0
Luego
( 𝐷2 − 9) 𝑦 = 0
O bien,
𝑦′′ − 9𝑦 = 0 (∗)
que esuna ecuaciónlineal ordinariaconcoeficientesconstantes;pararesolverlasupongamosque
𝑦 = 𝑒 𝑚𝑡 essoluciónde laecuacióndiferencial.Entoncescalculamossusderivadasysustituimos
enla ecuación (∗) para obtenerlaecuaciónauxiliar:
𝑦′ = 𝑚𝑒 𝑚𝑡
𝑦′′ = 𝑚2 𝑒 𝑚𝑡
(𝑚2 𝑒 𝑚𝑡)− 9( 𝑒 𝑚𝑡) = 0
( 𝑚2 − 9) 𝑒 𝑚𝑡 = 0
Como 𝑒 𝑚𝑡 ≠ 0 entonces
𝑚2 − 9 = 0
⇒ 𝑚 = ±3
Así, lasoluciónes
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒3𝑡 + 𝑐2 𝑒−3𝑡
Para obtenerlasolucióncorrespondiente a 𝑥( 𝑡) sustituimosenlaecuación2 del sistemaoriginal
𝑦′ = 2𝑥 para obtener

3. 𝑥 =
1
2
𝑦′ =
1
2
(3𝑐1 𝑒3𝑡 − 3𝑐2 𝑒−3𝑡)
De donde
𝑥( 𝑡) =
3
2
𝑐1 𝑒3𝑡 −
3
2
𝑐2 𝑒−3𝑡
Para finalizar,evaluamoslascondiciones 𝑥(0) = 6, y 𝑦(0) = 0, de donde
𝑥( 𝑡) =
3
2
𝑐1 −
3
2
𝑐2 = 6
𝑦(0) = 𝑐1 + 𝑐2 = 0
Si resolvemosel sistemasimultáneamentetenemos 𝑐1 = 2 y 𝑐2 = −2. La soluciónal sistemaes
entonces
𝑥 = 3 𝑒3𝑡 + 3 𝑒−3𝑡
𝑦 = 2𝑒3𝑡 − 2𝑒−3𝑡.
EJEMPLO 4: Un SED de primer ordencon condicionesiniciales
Resolver
𝑥′ + 2𝑥 − 2𝑦′ = 0
−2𝑥 + 𝑦′ − 3𝑦 = 0
𝑥(0) = 0, 𝑦(0) = 14
Solución:
De maneraequivalente,escribimosentérminosde operadores
( 𝐷 + 2) 𝑥 − 2𝐷𝑦 = 0
−2𝑥 + ( 𝐷 − 3) 𝑦 = 0
Multiplicandolaecuación1por 2, la ecuación2 por D+2 y sumamos
Luego,
( 𝐷2 − 5𝐷 − 6) 𝑦 = 0
Le asociamossuecuaciónauxiliar
2 ( 𝐷 + 2) 𝑥 − 4𝐷𝑦 = 0
−2( 𝐷 + 2) 𝑥 + ( 𝐷 − 3)( 𝐷 + 2) 𝑦 = 0
( 𝐷 − 3)( 𝐷 + 2) 𝑦 − 4𝐷𝑦 = 0

4. 𝑚2 − 5𝑚 − 6 = 0
La cual tiene raíces 𝑚 = 6 y 𝑚 = −1. Entoncesla soluciónes
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒6𝑡 + 𝑐2 𝑒−𝑡
Para obtenerlasolucióncorrespondiente a 𝑥( 𝑡) sustituimosenlaecuación2 del sistemaoriginal
−2𝑥 + 𝑦′ − 3𝑦 = 0, para obtener
2𝑥 = 𝑦′ − 3𝑦 = (6𝑐1 𝑒6𝑡 − 𝑐2 𝑒−𝑡)− 3(𝑐1 𝑒6𝑡 + 𝑐2 𝑒−𝑡)
De donde
𝑥(𝑡) =
2
3
𝑐1 𝑒6𝑡 − 2𝑐2 𝑒−𝑡
.
Para finalizar,evaluamoslascondiciones 𝑥(0) = 0, 𝑦(0) = 14
𝑥(0) =
3
2
𝑐1 − 2𝑐2 = 0
𝑦(0) 𝑐1 + 𝑐2 = 14
Si resolvemosel sistema simultáneotenemos 𝑐1 = 8 y 𝑐2 = 6.La soluciónal sistemaes
𝑥 = 12𝑒6𝑡 − 12 𝑒−𝑡 y 𝑦 = 8𝑒6𝑡 + 6𝑒−𝑡.
Si consideramos unSED con dosvariablesdependientespodemosobservarque unavezque se ha
obtenidounaprimerasolución,lasegundapuede obtenerse de diferentesformas:porsustitución
encualquierade lasecuacionesopor eliminaciónsistemáticade laotra variable dependiente.En
cualquierade loscasos,el grado de dificultadencontradonoesel mismoysoloconla resolución
de muchosejerciciospuede distinguirse cuál eslamásconveniente.
Otra formadiferente de resolverlos ejerciciosanterioresesutilizandodeterminantes.Estoes
posible cuandose trabajacon unSED que tiene tantasecuacionesordinariascomo variables
dependientes.Paraempezar,expresamosel sistemaentérminosde operadoresdiferenciales
ubicandolostérminosconlasvariablesdependientesalaizquierdaylasfuncionesindependientes
a la derecha.Se considerael determinanteformadoportodosloscoeficientesde lasvariables
dependientesyse aplicalareglade Cramer.Esto se ilustraenlossiguientes ejemplos.
EJEMPLO 5: Uso de la regla de Cramer para resolverun SED ordinarias
Resolver
𝑥′ =
9
2
𝑦
𝑦′ = 2𝑥

5. Solución:
Iniciamosexpresandoel SEDentérminosde operadoresdiferenciales
𝐷𝑥 −
9
2
𝑦 = 0
−2𝑥 + 𝐷𝑦 = 0
Si consideramosel sistemaanteriorcomounsistemade dosecuacionesenlasdosvariables 𝑥 y 𝑦,
tenemos
| 𝐷 −
9
2
−2 𝐷
| 𝑥 = |0 −
9
2
0 𝐷
|
Y además
| 𝐷 −
9
2
−2 𝐷
| 𝑦 = |
𝐷 0
−2 0
|
Si resolvemoslasegundaecuaciónobtenemos ( 𝐷2 − 9) 𝑦 = 0,que resultaserlamismaecuación
ordinariaobtenidaenel ejemplo3,lacual produce 𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒3𝑡 + 𝑐2 𝑒−3𝑡.
A continuaciónpodemosaplicarexactamente el mismoprocedimientoilustradoenel ejemplo3
para obtener 𝑥(𝑡) =
3
2
𝑐1 𝑒3𝑡 −
3
2
𝑐2 𝑒−3𝑡,obienconsiderarlaprimeraecuación
| 𝐷 −
9
2
−2 𝐷
| 𝑥 = |0 −
9
2
0 𝐷
|
que produce la ecuaciónordinaria ( 𝐷2 − 9) 𝑥 = 0 consolución 𝑥(𝑡) = 𝑐3 𝑒3𝑡 + 𝑐4 𝑒−3𝑡.
En este caso,debemosencontrarlarelaciónentre lasconstantesde integración 𝑐3 y 𝑐4con 𝑐1 y 𝑐2;
para esto,sustituimosambasfunciones 𝑥( 𝑡) = 𝑐3 𝑒3𝑡 + 𝑐4 𝑒−3𝑡 y 𝑦( 𝑡) = 𝑐1 𝑒3𝑡 + 𝑐2 𝑒−3𝑡 en
cualquierade lasecuacionesoriginales.Si utilizamoslasegundade ellas 𝑦′ = 2𝑥 tenemos
3𝑐1 𝑒3𝑡 − 3𝑐2 𝑒−3𝑡 = 2(𝑐3 𝑒3𝑡 − 𝑐4 𝑒−3𝑡)
de donde 𝑐3 =
3
2
𝑐1 𝑦 𝑐4 = −
3
2
, para concluirque 𝑥(𝑡) =
3
2
𝑐1 𝑒3𝑡 −
3
2
𝑐2 𝑒−3𝑡, comoen el ejemplo3.
EJEMPLO 6: Un SED no homogéneo
Resolver
𝑥′ − 𝑥 − 𝑦 = 𝑡
−2𝑥 + 𝑦′ − 2𝑦 = 𝑒 𝑡

6. Solución:
De maneraequivalente,escribimos
𝐷𝑥 − 𝑥 − 𝑦 = 𝑡
−2𝑥 + 𝐷𝑦 − 2𝑦 = 𝑒 𝑡
O bien,
( 𝐷 − 1) 𝑥 − 𝑦 = 𝑡
−2𝑥 + ( 𝐷 − 2) 𝑦 = 𝑒 𝑡
Se tienenlosdeterminantes
∆= |
𝐷 − 1 −1
−2 𝐷 − 2
|
𝑥 =
∆1
∆
𝑦 =
∆2
∆
O bien,
∆𝑥 = ∆1 ⇒ |
𝐷 − 1 −1
−2 𝐷 − 2
| 𝑥 = |
𝑡 −1
𝑒 𝑡 𝐷 − 2
|
∆𝑦 = ∆2 ⇒ |
𝐷 − 1 −1
−2 𝐷 − 2
| 𝑦 = |
𝐷 − 1 𝑡
−2 𝑒 𝑡|
Eligiendoel primerode ellostenemos
|
𝐷 − 1 −1
−2 𝐷 − 2
| = ( 𝐷 − 1)( 𝐷 − 2) − (−1)(−2) = 𝐷2 − 2𝐷 − 𝐷 + 2 − 2 = 𝐷2 − 3𝐷
|
𝑡 −1
𝑒 𝑡 𝐷 − 2
| = ( 𝐷 − 2) 𝑡 − (−1) 𝑒 𝑡 = ( 𝐷 − 2) 𝑡 + 𝑒 𝑡
Así,
( 𝐷2 − 3𝐷) 𝑥 = ( 𝐷 − 2)( 𝑡) + 𝑒 𝑡 = 𝐷𝑡 − 2𝑡 + 𝑒 𝑡
O bien,
( 𝐷2 − 3𝐷) 𝑥 = 1 − 2𝑡 + 𝑒 𝑡
𝑥′′ − 3𝑥′ = 1 − 2𝑡 + 𝑒 𝑡

7. Obteniendoasíuna ecuacióndiferencial ordinarialineal no homogénea,recordemosque la
solucióngeneral de laEDOLNHesde laforma 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 donde 𝑦𝑐 esla solucióngeneral de la
ecuación homogéneaasociaday 𝑦𝑝 esuna soluciónparticularde laecuación.
Aquí lasolucióngeneral es
𝑥 = 𝑥 𝑐 + 𝑥 𝑝
Calculamos 𝑥 𝑐,laecuaciónhomogéneaasociadaes
𝑥′′ − 3𝑥′ = 0
Resolviendoobtenemos
𝑥 = 𝑒 𝑚𝑡 ⇒ 𝑥′ = 𝑚𝑒 𝑚𝑡 ⇒ 𝑥′′ = 𝑚2 𝑒 𝑚𝑡
( 𝑚2 𝑒 𝑚𝑡) − 3( 𝑚𝑒 𝑚𝑡) = 0
⇒ 𝑒 𝑚𝑡( 𝑚2 − 3𝑚) = 0
⇒ 𝑚2 − 3𝑚 = 0 ⇒ 𝑚( 𝑚 − 3) = 0 ⇒ 𝑚 = 0 ⌃ 𝑚 = 3
Entoncesla soluciónes
𝑥 𝑐 = 𝑐1 𝑒0𝑡 + 𝑐2 𝑒3𝑡 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒3𝑡
Ahoracalculamos 𝑦𝑝.
Tenemos 𝑥′′ − 3𝑥′ = 1 − 2𝑡 + 𝑒 𝑡.Proponemoscomosolucióna
𝑥 𝑝 = 𝐴𝑒 𝑡 + 𝐵𝑡2 + 𝐶𝑡 ⇒ 𝑥 𝑝
′ = 𝐴𝑒 𝑡 + 2𝐵𝑡 + 𝐶 ⇒ 𝑥 𝑝
′′ = 𝐴𝑒 𝑡 + 2𝐵
Sustituyendoenlaecuación nohomogénea
𝐴𝑒 𝑡 + 2𝐵 − 3( 𝐴𝑒 𝑡 + 2𝐵𝑡 + 𝐶) = 1 − 2𝑡 + 𝑒 𝑡
𝐴𝑒 𝑡 + 2𝐵 − 3𝐴𝑒 𝑡 − 6𝐵𝑡 − 3𝐶 = 1 − 2𝑡 + 𝑒 𝑡
−2𝐴𝑒 𝑡 − 6𝐵𝑡 + 2𝐵 − 3𝐶 = 1 − 2𝑡 + 𝑒 𝑡 ⇒
{
−2𝐴 = 1 ⇒ 𝐴 =
1
2
−6𝐵 = −2 ⇒ 𝐵 =
1
3
2𝐵 − 3𝐶 = 1 ⇒ 𝐶 = −
1
9

8. Así
𝑥 𝑝 = −
1
2
𝑒 𝑡 +
1
3
𝑡2 −
1
9
𝑡
Por tantola solucióngeneral es
𝑥 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒3𝑡 +
1
3
𝑡2 −
1
9
𝑡 −
1
2
𝑒 𝑡
Para obtener 𝑦 hacemos
𝑥′ − 𝑥 − 𝑦 = 𝑡
𝑦 = 𝑥′ − 𝑥 − 𝑡
𝑦 = (3𝑐2 𝑒3𝑡 +
2
3
𝑡 −
1
9
−
1
2
𝑒 𝑡) − ( 𝑐1 + 𝑐2 𝑒3𝑡 +
1
3
𝑡2 −
1
9
𝑡 −
1
2
𝑒 𝑡) − 𝑡
𝑦 = 3𝑐2 𝑒3𝑡 +
2
3
𝑡 −
1
9
−
1
2
𝑒 𝑡 − 𝑐1 − 𝑐2 𝑒3𝑡 −
1
3
𝑡2 +
1
9
𝑡 +
1
2
𝑒 𝑡 − 𝑡
𝑦 = 2𝑐2 𝑒3𝑡 −
1
3
𝑡2 −
2
9
𝑡 −
1
9
− 𝑐1
.